Stabilitás vizsgálata az égi mechanikában

Stabilitás vizsgálata az égi mechanikában Diplomamunka Halász Réka Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Elemző matematikus szak Témavezető: Dr. Csomós Petra, egyetemi adjunktus Alkalmazott Analízis és Számításmatematikai Tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem, Természettudományi Kar Budapest, 2019

Tartalomjegyzék Bevezetés 1. Elméleti háttér, alapfogalmak és tételek 6 1.1. Alapfogalmak bevezetése......................... 6 1.2. Fizikai fogalmak és a jelölések ismertetése............... 10 2. Korlátozott háromtest-probléma 1 2.1. Mozgásegyenletek felírása........................ 1 2.2. Egyensúlyi helyzetek meghatározása................... 16 2.. Egyensúlyi helyzetek stabilitásának vizsgálata............. 2 2.4. Összegzés................................. 28 2.5. Számítógépes implementáció....................... 28 Összefoglalás 1 Köszönetnyilvánítás 2

Bevezetés A szakdolgozatom egy égi mechanikai jelenségről, a korlátozott háromtest-problémáról és annak a matematikai módszerekkel való vizsgálatáról szól. Ez a jelenség egy speciális esete a háromtest-problémának, ami három égitest egymáshoz való helyzetét vizsgálja. Két, egymás körül keringő nagyobb és egy kisebb, jelentéktelen tömegű test kapcsolatát írja le. Pontosabban azt határozzuk meg, hogy az elhanyagolható égitest a másik kettőhöz képest hol van, illetve mekkora és milyen irányú a sebesség. Olyan pontokat keresünk a térben, ahol a nagy testek együttes gravitációs vonzásának hatására a kis test azokhoz képest közelítőleg nyugalomban maradhat. Az ezekben a pontokban elhelyezett test helyzete a másik kettőhöz képest fix. Ezeket a pontokat Lagrange-pontoknak nevezzük. Ezzel az égi mechanikai jelenséggel már sok híres fizikus és csillagász is foglalkozott. Voltak akik csak kevés időt szenteltek rá, de voltak olyanok is, akik egész életük során ezt vizsgálták és kutatták. 1772-ben Joseph Louis Lagrange olasz-francia matematikus vezette le először ezeknek a nyugalmi pontoknak a létezését. 1. ábra. A Lucy nevű űrhajó tervezett útja (Southwest Research Institute)

A legismertebb jelenség a témában a Trójai csoportok. Azokat a kisbolygókat hívjuk így a naprendszerben, amelyek a stabil Lagrange-pontok környékén helyezkednek el. A legnagyobb ilyen kisbolygó együttes a Nap-Jupiter rendszerben található, ezeket Trójai kisbolygóknak nevezzük. Az 588 Achilles kisbolygót a csoport első tagját Max Wolf német csillagász fedezte fel 1906. február 22-én. A Trójai kisbolygóknak mára mintegy 2000 objektuma vált ismertté. Úgy vélik, hogy ezek a kis égitestek fontos szerepet játszanak a Naprendszer történéseiben, és talán a Földön lévő élet kialakulásában is közrejátszottak. Annak érdekében, hogy minél többet megtudhassunk ezekről a kisbolygókról a NASA egy Lucy nevű eszközt küld az űrbe. Az a terv, hogy Lucy egy, a fő aszteroida övben lévő aszteroidát és hat Trójait fog közelebbről megvizsgálni. Várhatóan 2021. októberben indítják és egy 12 évig tartó utat fog bejárni. A SOHO (Solar and Heliospheric Observatory) nevű napfigyelő műholdat 1995. december 2-án indították útjára, és a Nap-Föld közötti pályára állt. A műhold feladata, hogy adatokat gyűjtsön a csillagunk közvetlen közelében történtekről. A napjainkig a SOHO szolgáltatja a legtöbb adatot a koronakidobódásokról. Ezek nagy erejű robbanások, amelyek során a napkorona darabjai lökődik ki a világűrbe. Az üstökösvadászatban is kifejezetten eredményes: átlagosan háromnaponta megfigyel egy új, úgymond napsúroló üstököst. Ezek az égitestek nem élik túl a Nappal való érintkezést. Egyetlen ilyen megfigyelés volt, mióta fellőtték a SOHO-t. Ezt az üstököst Lovejoy-üstökösnek nevezték el. 2. ábra. A Föld kiterjesztett légköre (SOHO) 4

Bolygónk légkörének legkülső része jóval túlmutat a Hold pályáján. A SOHO korábbi felvételei alapján sikerült megfigyelni a közelmúltban, hogy a Föld körüli vízszintes réteg eléri a 60 000 km-t is. Ennek tudatában azt is mondhatjuk, hogy a Hold repül a Föld kiterjesztett légkörében. Ezt az érdekes megfigyelést 2019. februárban publikálták először. A fent kifejtett égi tevékenységek csak néhány példája volt a számos másik közül, amik a korlátozott háromtest-problémához és a Lagrange-pontokhoz köthetők. A dolgozatban a jelenség matematikai hátterét ismertetem és vezetem le. A szokdolgozatom megírásához számos irodalmat használtam fel. Az eslő fejezetben az [5], a [4] és a [6] segítettek, a törzs részben a [2] és a [] Érdi Bálint tanár úr jegyzetét használtam. Továbbá az adatokat és pédákat a [7] és a [8] honlapokról gyűjtöttem. 5

1. fejezet Elméleti háttér, alapfogalmak és tételek Ebben a fejezetben bevezetünk néhány alapfogalmat és későbbiekben használt tételeket, definíciókat, valamint összefoglaljuk a probléma megértéséhez és megoldásához szükséges matematikai hátteret. 1.1. Alapfogalmak bevezetése A matematikai fogalmakkal és tételekkel foglalkozunk először, amiket használni fogunk a feladat megoldásához. 1.1. Definíció. Differenciálegyenletnek nevezzük azokat az egyenleteket, amelyekben az ismeretlen egy egyváltozós vagy többváltozós függvény és az egyenlet tartalmazza ezen függvény valamilyen deriváltját is. 1.2. Definíció. Közönséges differenciálegyenleteknek nevezzük az olyan differenciál egyenletet, amelyben az ismeretlen függvény egyváltozós. (Ha az ismeretlen függvény több változós, parciális differenciálegyenletről beszélünk.) 1.. Definíció. Az ismeretlen függvény deriváltjai közül az előforduló legmagasabb rendű derivált rendjét a differenciálegyenlet rendjének nevezzük. 1.4. Definíció. Legyen f : R n+1 R folytonos függvény, a keresett Y függvény pedig valamilyen I R nyílt intervallumon értelmezett n-szer folytonosan differenciálható függvény. Ekkor az explicit n-edrendű (közönséges) differenciálegyenletek általános alakja: Y (n) (t) = f(t, Y(t), Ẏ(t), Ÿ(t),..., Y(n 1) (t)), (1.1) 6

ahol a pont az idő (t 0) szerinti deriváltat jelenti. 1.5. Tétel (Átviteli elv). Minden n-ed rendű lineáris differenciálegyenlet átírható n darab elsőrendű differenciáltegyenletből álló egyenletrendszerré a következőkben leírtak szerint. Az (1.1) explicit n-edrendű közönséges differenciálegyenlet az Y 1 = Y, Y 2 = Ẏ,..., Y n = Y n 1 új függvények bevezetésével az alábbi elsőrendű rendszerré transzformálható: Ẏ 1 (t) = Y 2 (t) Ẏ 2 (t) = Y (t). Y (n) (t) = f(t, Y 1 (t), Y 2 (t), Y (t),..., Y (n 1) (t)). 1.6. Definíció. A p R n vektort egyensúlyi pontnak nevezzük, ha az R t Y(t) = p konstans függvény az (1.1) differenciálegyenlet megoldása. Ez azt jelenti, hogy f(p) = 0. 1.7. Definíció. Iteráció során egy függvény segítségével állítunk elő egy sorozatot úgy, hogy megadjuk a sorozat első tagját, amit itt τ jelöl, majd a sorozat minden további tagjának kiszámításához ezt a függvényt használjuk fel. Legyen f : X X függvény, τ X. Ekkor i 0 = τ i n+1 = f(i n ) egyenletrendszert iterációs sorozatnak nevezzük. 1.8. Állítás (Descartes-féle előjelszabály). Az f(x) polinom pozitív valós gyökeinek a száma megegyezik az együtthatók előjel váltakozásainak számával, vagy páros számmal kevesebb, mert egy polinomnak páros darabszámú komplex gyöke lehetséges. A negatív valós gyökeinek a számát pedig úgy kapjuk meg, hogy f( x)-nek az együtthatóit vizsgáljuk. 1.9. Definíció. A Jacobi-mátrix egy vektorértékű függvény elsőrendű parciális deriváltjait tartalmazó mátrix. Legyen f : R n R m függvény. Ekkor a vektorértékű függvény egyes komponensei: 7

f 1 (Y 1, Y 2,..., Y n f 2 (Y 1, Y 2,..., Y n f(y 1, Y 2,..., Y n ) =. f m (Y 1, Y 2,..., Y n Ezen m darab n-változós függvény parciális deriváltjaiból egy m n-es mátrixot képezhetünk: ezt hívjuk Jacobi-mátrixnak. J = f 1 f 1... Y 1 Y n..... f m f m... Y 1 Y n 1.10. Definíció. Azt mondjuk, hogy a λ C szám az M R mátrix sajátértéke, ha létezik olyan nem nulla v R vektor, melyre Mv = λv. Az ilyen v vektorokat, az M mátrix λ sajátértékhez tartózó sajátvektorainak nevezzük. A k M (λ) = det(m λi) egyenletet nevezzük az M mátrix karakterisztikus polinomjának. 1.11. Állítás. Az M mátrix sajátértékeit úgy határozhatjuk meg, hogy a mátrix karakterisztikus polinomját nullával tesszük egyenlővé. 1.12. Tétel. Azt mondjuk, hogy az (1.1) differenciálegyenlet p R egyensúlyi pontja stabil, ha minden ε > 0 számhoz létezik olyan δ > 0 szám, hogy minden q 0 R n esetén, hogy ha q 0 p < δ, feltételből következik, hogy!!! q(t) p(t) < ε!!! teljesül minden t 0-ra, ahol a q(t) a q 0 kezdeti vektorból indított megoldás A megoldást instabilnak nevezzük, ha nem stabil. Aszimptotikusan stabilnak nevezzük, ha stabil és lim p(t) p(t) = 0. t Egy stabil egyensúlyi helyzet tehát olyan, hogy az egyenlet megoldásai tetszőlegesen közel maradnak az egyensúlyi helyzethez, feltéve, hogy az egyensúlyi helyzethez elegendően közel indítottuk a rendszert. Az aszimptotikusan stabil egyensúlyi helyzet közeléből indított megoldások ezen kívül még az egyensúlyi helyzethez is tartanak. 1.1. Tétel. Legyen p egy egyensúlyi helyzete a Ẏ = f(y) 8

egyenletnek. Az f Y (p) Jacobi-mátrixnak a sajátértékeit jelölje λ i. Ha a λ i valós része negatív minden i esetén, akkor a p egyensúlyi helyzet aszimptotikusan stabil. Ha létezik legalább egy olyan sajátértéke, amelynek a valós része pozitív, akkor p instabil egyensúlyi helyzet. Ha minden λ i valós része 0, akkor a p egyensúlyi helyzet centrum. A kétdimenziós esetben nemcsak a stabilitást lehet eldönteni a rendszer lineáris részének segítségével, hanem sok esetben az egyensúlyi pont típusát is. Ehhez először tudnunk kell, hogy mit értünk azon, hogy egy egyensúlyi pont fókusz, csomó, illetve nyereg-e. Ezt az 1.1. ábrán szemlélteti. 1.1. ábra. Egyensúlyi pontok lehetséges típusai n = 2 esetben 1.14. Állítás. Az n = 2 esetben elég kiszámolni a Jacobi-mátrix determinánsát és nyomát, amiket det-el és tr-el jelölünk, és megvizsgálni az alábbi feltételeket: Az egyensúlyi pontok helye a tra deta síkon Az egyensúlyi pont típusa detj < 0 detj > 0, trj < 0 és tr 2 J/4 < detj detj > 0, trj < 0 és tr 2 J/4 > detj detj > 0, trj > 0 és tr 2 J/4 < detj detj > 0, trj > 0 és tr 2 J/4 > detj detj > 0, trj = 0 Nyereg pont Stabil fókusz Stabil csomó Instabil fókusz Instabil csomó Centrum 9

A kettőnél több dimenziós eseteknél az egyensúlyi helyzetek típusát már sokkal nehezebb meghatározni. 1.15. Definíció. A matematikában és a fizikában a fázistér vagy állapottér egy olyan geometriailag szemléltethető teret takar, amiben egy dinamikai rendszer összes lehetséges állapotai szerepelnek. A fázisteret a rendszer térben és időben változó számszerű jellemzői feszítik ki. Két- illetve háromdimenziós esetben tudjuk a fázisgörbéket ténylegesen felrajzolni. 1.16. Definíció. Moivre képlete a komplex számok hatványozását mutatja meg. Hatványozáskor a hosszat a kitevőre emeljük, a szöget pedig azzal szorozzuk, azaz: (s(cos β + i sin β)) n = s n (cos nβ + i sin nβ). Vegyük a 0 z = r(cos α + i sin α) komplex számot és határozzuk meg a az n-edik gyökét. Ha r(cos α + i sin α) = (s(cos β + i sin β)) n = s n (cos nβ + i sin nβ), akkor s n = r, és nβ α = k 2π. Ezért n ( z = n r cos α + 2kπ + i sin α + 2kπ ), n n ahol k Z és r > 0 valós szám, amiből egyértelműen vonható pozitív n-edik gyök. 1.17. Tétel (Kifejtési tétel). Ha az A egy n n-es mátrix, akkor a det(a) = n ( 1) i+j a ij det(a ij ), j=1 ahol det(a ij ) az a ij elemhez tartozó aldetermináns. Az aldetermináns egy csonka determináns, ami nem tartalmazza annak az aktuálisan vett elemnek a sorát és oszlopát. Tehát a det(a ij ) aldetermináns az a ij sorát és oszlopát nem tartalmazó determináns. 1.2. Fizikai fogalmak és a jelölések ismertetése Néhány fizikai fogalmat és tétel is meg kell említeni, hogy a továbbiakban teljes képet kapjunk. 10

1.18. Definíció. A Lagrange-pont (L 1, L 2, L, L 4, L 5 pontok) a csillagászatban a tér azon öt pontja, amelyben egy kis test két, egymás körül keringő nagyobb test együttes gravitációs vonzásának hatására azokhoz képest nyugalomban marad. Az ebben a pontban elhelyezett test helyzete fix marad a másik kettőhöz képest (a későbbiekben bevezetett úgynevezett együttforgó koordináta-rendszerben). A testek koordinátáit P i -vel jelöljük, ahol az i = 1 a legnagyobb tömegű, az i = 2 a másik nagy tömegű test, illetve az i = az elhanyagolható tömegű. Az m 1,2 jelöli a testek tömegét, a megfelelő indexeléssel, míg az r i a P i és a P távolsága. Az n jelöli azt a szögsebességet, amivel P 1 és P 2 egyenletes körmozgást végez. A fizikai időt t -gal jelöljük, és bevezetünk egy t = nt új változót, ami a testekkel együtt forgó koordináta rendszerben lesz az idő. (Ettől fog függeni a mozgásegyenletekben szereplő x és y.) Az égitestek tömegeinek arányát a tömegparaméter adja meg. Továbbá µ = m 2 m 1 + m 2 ( U = k 2 m1 + m ) 2 r 1 k = 2π T 1 + m, ahol U a potenciál függvény és k a Gauss-féle gravitációs állandó, aminek az értéke körülbelül 0, 01720209895 1/nap. 1.19. Tétel (Kepler III. törvénye). A bolygók keringési idejeinek négyzetei úgy aránylanak egymáshoz, mint az ellipszispályák fél nagytengelyeinek köbei. A képlet tehát: a 1 T1 2 = a 2, T2 2 ahol a 1 és a 2 az elipszis fél nagytengelyek hosszai, T 1 és T 2 pedig a keringési idők. 1.20. Tétel (Newton II. törvénye). Egy állandó tömegű pontszerű test gyorsulása arányos a testre ható erővel és ellentétesen arányos a test tömegével. A gyorsulás a testre ható erő irányába mutat: a = F m, ahol a a test gyorsulása, m a test tömege és F a testre ható erő. 1.21. Definíció. A Coriolis-erő az egyenletes ω szögsebességgel forgó koordinátarendszerekben ható fiktív (tehetetlenségi) erő. Ennek a fellépése abból adódik, hogy 11 r 2

a forgó rendszerben v sebességgel mozgó m tömegű test extra gyorsulásnak van kitéve, mintha rá még egy erő hatna. A forgástengelyre merőleges síkban történő mozgás esetén F c = 2mω v nagyságú Coriolis-erő. Ez az erő tehát csak mozgó testekre hat. 12

2. fejezet Korlátozott háromtest-probléma A korlátozott háromtest-probléma a háromtest-probléma egy speciális esete, amikor az egyik test tömegét elhanyagolhatóan kicsinek választjuk a másik kettőhöz képest. 2.1. Mozgásegyenletek felírása Ebben a fejezetben vezetjük le a korlátozott háromtest-probléma mozgásegyenleteit, a korábban bevezetett jelelöléseket használva. A P 1 és a P 2 a két nagytömegű test, amik körmozgást végeznek n szögsebességgel az O tömegközéppont körül. Az O tömegközéppontban vegyünk fel egy rögzített OXY derékszögű koordináta rendszert P 1 és P 2 keringési síkjában. 2.1. ábra. Az O tömegközéppont körül n szögsebességgel való forgás 1

Ebben a rendszerben P elhanyagolható tömegű test mozgásegyenletei az 1.20. Tételből, Newton II. törvényéből alakban írhatók, ahol t az idő. ekkor d 2 X dt = U 2 X, d 2 Y U = dt 2 Y Legyen t = 0 esetén a P 1 a pozitív OX tengelyen. A P 1 és a P 2 koordinátái P 1 (b cos nt, b sin nt ), P 2 ( a cos nt, a sin nt ) alakban írható fel. Az időtől való függést úgy küszöbölhetjük ki, ha a koordinátarendszert is forgatjuk a testekkel. Így az új mozgásegyenletek d 2 x d x 2n dt 2 dt n2 x = U x, d 2 ȳ dȳ + 2n dt 2 dt n2 ȳ = U ȳ, ahol x-t és ȳ-t a forgó O xȳ koordináta rendszerből vesszük. Az egyenletek bal oldalán a második tag a Coriolis-gyorsulás, a harmadik tag pedig a centrifugális gyorsulás. Az U potenciál függvénynél pedig az r 1 és a r 2 az új távolságok: r 1 = ( x b) 2 + ȳ 2, r 2 = ( x + a) 2 + ȳ 2. Célszerű a mozgásegyenleteket dimenziótalan változókkal felírni. Legyen l = a + b, tehát l a P 1 és a P 2 távolsága egymástól, továbbá ez legyen a hosszúság egysége is. Az m 1 + m 2 össztömeg legyen a tömeg egysége és az nt a szög egysége. Az új független változók: x = x l, Ezekkel a változókkal y = ȳ l, r 1 = r 1 l, r 2 = r 2 l, t = nt. ẍ 2ẏ x = 1 n 2 l U x, ÿ + 2ẋ y = 1 n 2 l U y, ahol a pont a t szerinti deriváltat jelenti és a továbbiakban ezt tekintjük az időnek. Legyen U = k2 n 2 l ( m1 + m ) ( 2 = k2 (m 1 + m 2 ) µ1 + µ ) 2, r 1 r 2 n 2 l r 1 r 2 14

ahol r 1 = ( x b ) 2 + y l 2, r 2 = ( x + a ) 2 + y 2 l és m 1 m 2 µ 1 =, µ 2 =. m 1 + m 2 m 1 + m 2 Felhasználtuk, hogy az 1.19. tétel, Kepler III. törvénye szerint: Vezessük be a új ismeretlent. Mivel µ 1 + µ 2 n 2 l = k 2 (m 1 + m 2 ). Ω = 1 2 (µ 1r 2 1 + µ 2 r 2 2) + µ 1 r 1 + µ 2 r 2 = 1, célszerű a két tömegparaméter közül csak az egyiket megtartani. Legyen µ = µ 2, ekkor µ 1 = 1 µ. Vegyük még figyelembe, hogy b l = µ, a l = 1 µ. 2.2. ábra. A testek helyzete egymáshoz képest Így a korlátozott háromtest-probléma mozgásegyenletei: ahol és Ω = 1 2 ẍ 2ẏ = Ω x, ÿ + 2ẋ = Ω y, (2.1) [ ] (1 µ)r1 2 + µr2 2 + 1 µ + µ r 1 r 2 r 1 = (x µ) 2 + y 2, r 2 = (x + 1 µ) 2 + y 2. 15

Ezek az egyenletek a P 1, P 2 tömegpontokkal együtt forgó koordináta-rendszerben érvényesek. Az egyenletekben szereplő változók jelentését a 2.2. ábra mutatja. Az egyenletek csak a µ paramétertől függnek. A rendszer szimmetriája miatt feltehető, hogy 0 < µ 0,5. A (2.1) differenciálegyenlet-rendszer negyedrendű. Szorozzuk meg az első egyenletét ẋ-tal, a másodikat ẏ-tal. Ezután adjuk össze a két egyenletet, és azt kapjuk, hogy ẋẍ + ẏÿ = Ω x ẋ + Ω y ẏ. A jobb oldalon Ω idő szerinti teljes deriváltja áll, mivel ő explicit módon nem függ az időtől. Mind két oldalt integráljuk és kis átendezéssel azt kapjuk, hogy 2ẋ2 1 + 1 2ẏ2 + c 1 = Ω + c 2 ẋ 2 + ẏ 2 = 2Ω C, ahol egy C állandó. Ezt az egyenletet Jacobi-integrálnak nevezzük, C pedig a Jacobikonstans. A Jacobi-integrálnak fontos szerepe van a korlátozott háromtest-probléma vizsgálatában. A mozgások számára megengedett és tiltott tartományok ez alapján határozhatók meg, segítségével ellenőrizhető a mozgásegyenletek numerikus integrálása során a számítások pontossága. A Jacobi-integrál egyik fontos alkalmazása az üstökösök azonosítására szolgáló Tisserand-kritérium. Minden üstökösnek van egy egyedi C értéke (Tisserand-paraméternek is hívják), ami egész életében ugyanannyi. Az égitest észlelésekor kiszámolható a hozzá tartozó Jacobi-konstans és ez a szám még egyik ismert üstököshöz sem tartozik, akkor egy még fel nem fedezettről beszélhetünk. A híres Halley-üstökös Tisserand-paramétere 0,588. Tehát egy üstökös elhalad valamelyik nagybolygó, például a Jupiter közelében, a pályaelemei igen megváltozhatnak. Egy üstökös felfedezésekor fontos eldönteni, hogy tényleg egy új üstökösről van-e szó, vagy egy már korábban megfigyeltről, amelynek pályaelemei időközben jelentősen megváltoztak. A Tisserand-kritérium segít eldönteni, hogy egy üstökös azonos-e egy korábban észlelttel, egy látszólag nagyon különböző pályán. 2.2. Egyensúlyi helyzetek meghatározása Mivel a (2.1) mozgásegyenletek másodrendűek, a vizsgálatukhoz az 1.5. Tétel, az úgynevezett átviteli elv segítségével átírjuk elsőrendű differenciálegyenlet-rendszerré. 16

Az egyenletrendszer négy darab elsőrendű differenciálegyenletből áll: ẋ(t) = u(t) ẏ(t) = v(t) u(t) = Ω x(t) + 2v(t) v(t) = Ω y(t) 2u(t). A fenti egyenletekkel feltöltünk egy vektort a következő képpen: ẋ(t) u(t) r (t) = ẏ(t) u(t) = v(t) Ω + 2v(t) g(x(t), y(t), u(t), v(t)) = g(r(t)) (2.2) x Ω v(t) 2u(t) y Ott vannak az egyensúlyi helyzetek, ahol a g(r) = 0. Ebből következik, hogy ẋ = ẏ = u = v = 0. Tehát: ẋ = u = 0 ẏ = v = 0 u = Ω x + 2v = 0 v = Ω 2u = 0. y Könnyen látható, hogy ehhez az szükséges, hogy Ω x = Ω y = 0 legyen. Ahhoz, hogy ezt meg tudjuk oldali, deriváljuk az Ω = ((1 µ)((x µ)2 + y 2 )) + µ((x + 1 µ) 2 + y 2 ) + 2 1 µ + (x µ)2 + y + µ 2 (x + 1 µ)2 + y 2 (2.) függvényt x és y szerint is. Az x szerinti derivált Ω (1 µ)(x µ) µ(x + 1 µ) ( = x = x 1 1 µ x r1 r2 r1 és az y szerinti pedig Ω y = y (1 µ)y r 1 µy r 2 17 µ r 2 ) + ( = y 1 1 µ µ ). r1 r2 µ(1 µ) r1 µ(1 µ), r2

Tehát az egyensúlyi megoldásokat szolgáltató egyenletek: ( x 1 1 µ µ ) µ(1 µ) µ(1 µ) + = 0 (2.4) r1 r2 r1 r2 ( y 1 1 µ µ ) = 0. (2.5) r1 r2 Két különböző esetet tudunk megkülönböztetni: y 0 vagy y = 0. Először azt nézzük meg, mikor nem egyenlő 0-val. Ekkor a (2.5) egyenletből azt tudjuk meg, hogy 1 1 µ µ = 0, r1 r2 ezt behelyetesítjük a (2.4) egyenletbe, amiből pedig azt kapjuk, hogy (1 µ)µ r 1 (1 µ)µ r 2 = 0. Ez akkor teljesül, ha r 1 = r 2, azaz har 1 = r 2. A (2.5) egyenletet felhasználva megkapjuk, hogy r 1 = r 2 = 1. Ebből látható, hogy a két nagyobb tömegű testtől a harmadik elhanyagolható tömegű pontosan egységnyi távolságra van. Azt tudjuk, hogy P 1 és P 2 testek egymástól való távolsága is 1, tehát a három test egy egységnyi oldalhosszúságú egyenlő oldalú háromszög csúcsain helyezkedik el. A P testet kétféleképpen lehet egy egyenlő oldalú háromszög harmadik csúcsába elhelyezni a másik két tömeghez képest. Ezt a 2.. ábra szemlélteti. Tehát két egyensúlyi megoldást kapunk az y 0 esetben. Ezeket az ábrán L 4 és L 5 pontok jelölik. A pontok derékszögű koordinátái a Pitagorasz-tétel segítségével könnyen kiszámíthatóak. Az eredmények a következők: L 4 : ( µ 1 2, 2 ), L 5 : ( µ 1 2, 2 Az y = 0 eseteket is megvizsgáljuk. Ilyenkor a testek távolságai r 1 = x µ és r 2 = x + 1 µ képpen írhatók. Ezeket a speciális távolságokat helyettesítjük a (2.4) és a (2.5) képletekből: x 1 µ x µ (x µ) µ (x + 1 µ) = 0. (2.6) x + 1 µ Az y = 0 egyensúlyi helyzetek az x tengelyre esnek. Az előbbi egyenlet megoldása attól függ, hogy x a P 1 -hez és a P 2 -höz képest hol helyezkedik el. Ez háromféle módon lehetséges, tehát újabb három esetre bontunk. 18 ).

2.. ábra. A Lagrange pontok helyzete a testekhez képest I. eset: Mikor mind a két nagy tömegű testtől balra esik az egyensúlyi megoldás, ilyenkor x < µ 1, hiszen a kisebb test (µ 1, 0)-ban van. Mivel ebben a helyzetben x < µ is teljesül, a (2.6) egyenletből következik, hogy x + 1 µ x µ + µ = 0. (2.7) 2 x + 1 µ 2 Ezt átrendezve ötödfokú algebrai egyenletet kapunk x-re. Ennek a megoldását x = µ 1 ξ alakban keressük, ahol ξ > 0 valós szám. A következőkben ξ értékét kell tehát meghatároznunk. A (2.7) egyenletből a következő egyenlet adódik ξ-re: ξ 5 + ( µ)ξ 4 + ( 2µ)ξ µξ 2 2µξ µ = 0. (2.8) A (2.8) ötödfokú egyenletnek (ahol ξ az ismeretlen) a pozitív valós gyökeit keressük. Ezt az 1.8. Állítással, a Descartes-féle előjel szabállyal tudjuk megtenni. A változó együtthatói rendre: 1, ( µ), ( 2µ), µ, 2µ. Mivel tudjuk, hogy 0 < µ < 0,5, az együtthatók előjelei a következők lesznek: +, +, +,,. Egy előjel váltás történik a köbös és a négyzetes tag együtthatói között, ebből az látható, hogy a (2.8)-nek adott µ-re egy darab pozitív 19

valós gyöke van. Ezt az egyensúlyi megoldás közelítő helyzetét a 2.. ábrán az L 1 Lagrange-pont jelöli. A (2.8) egyenlet pozitív valós gyökét iterációval határozhatjuk meg legkönnyebben, ehhez ξ -re rendezzük a következő képpen: Az iteráció kezdőértékének ξ = µ(1 + ξ) 2 2µ + ξ( µ + ξ). (2.9) ξ k = ( µ ) 1 2µ vehető. Az iteráció megoldását az esetek után pontosabban is meghatározzuk. Ebből kiindulva a (2.9) iterációval gyorsan megoldható. II. eset: Mikor az x tengelyen a két nagy tömeg közötti egyensúlyi helyzetet keressük, akkor µ 1 < x < µ. Ebből könnyen látható, hogy x µ < 0 és x + 1 µ > 0. Ennek ismeretével a (2.6) egyenletből következik, hogy x + 1 µ x µ µ = 0. (2.10) 2 x + 1 µ 2 Ez is egy x-re nézve ötödfokú algebrai egyenlethez vezet. Ennek a megoldását x = µ 1 + ξ alakban keressük, ahol ξ > 0 valós szám. Ezt helyettesítjük be a (2.10) egyenletbe, és ξ-re a következő adódik: ξ 5 ( µ)ξ 4 + ( 2µ)ξ µξ 2 + 2µξ µ = 0. (2.11) Az előző esetnél is használt Descartes-féle előjelszabályt alkalmazva azt kapjuk, hogy ennek az egyenletnek öt pozitív valós gyöke van (vagy vagy 1). Az eset elején megadott intervallumban a legcélszerűbb iterációval meghatározni az egyensúlyi helyzet x értékét. Ehhez a (2.11) egyenletet rendezzük szintén a köbös tagra: ξ µ(1 ξ) 2 = 2µ ξ( µ ξ). (2.12) A kezdőértéknek szintén ( ) 1 µ ξ k = 2µ vehető. A megfelelő egyensúlyi megoldások közelítő helyzetét a 2.. ábrán az L 2 Lagrange-pont jelöli. III. eset: Az utolsó esetben az x tengelyen a P 1 és P 2 átellenes oldalán lévő egyensúlyi helyzetet keressük, tehát µ < x. Mivel x µ > 0 és x + 1 µ > 0, a (2.6) egyenletből következik, hogy x 1 µ x µ µ = 0. (2.1) 2 x + 1 µ 2 20

A megoldást x = µ + ξ alakban keressük, ahol ξ > 0 valós szám. Innen ξ-re a következő ötödfokú egyenletet kapjuk: ξ 5 + (2 + µ)ξ 4 + (1 + 2µ)ξ (1 µ)ξ 2 2(1 µ)ξ (1 µ) = 0. (2.14) A Descartes-féle előjel szabályt alkalmazva tudjuk, hogy ennek egy pozitív valós gyöke van. Itt is iterációt használunk, amiben a (2.14) egyenletet a köbös tagra rendezzük, és a ξ = (1 µ)(1 + ξ) 2 1 + 2µ + ξ(2 + µ + ξ) (2.15) egyenletet kapjuk, az iteráció kezdőértékének pedig ξ k = ( ) 1 1 µ 1 + 2µ vehető. A 2.. ábrán ezt a megoldást közelítő helyzetet az L Lagrange-pont jelöli. 2.4. ábra. A (2.9) iteráció eredménye a Nap-Jupiter rendszer tömegparaméterével Ha matlab programozási nyelven lekódoljuk a fenti három iterációt, a különböző µ-kre kiszámolhatóak az egyensúlyi helyzetek pontos helyei. Vegyük például a Nap- Jupiter rendszert. A Nap tömege 1,989 10 0 kg és a Jupiteré 1,898 10 27 kg. Ezekből az adatokból kiszámítjuk a tömegparamétert, ami közelítőleg 10, és ezzel végezzük el az iterációt. Ezek eredményét a 2.4., a 2.5. és a 2.6. ábra mutatja. 21

2.5. ábra. A (2.12) iteráció eredménye a Nap-Jupiter rendszer tömegparaméterével 2.6. ábra. A (2.15) iteráció eredménye a Nap-Jupiter rendszer tömegparaméterével Az ábrákról a ξ értéke olvasható le, amivel kiszámolható a Lagrange-pontok x értéke a fent szereplő képletekkel. Tehát a Nap-Jupiter rendszerben az első három Lagrange-pont rendre: L 1 : ( 1.0688, 0), L 2 : ( 0.924, 0), L : (0.0676, 0). Az 1, 2 és Lagrange-pontok x koordinátáit µ függvényében a 2.7. ábra szemlél- 22

teti. A legalsó zöld az L 1, a kék az L 2 és a piros az L x koordinátáit jelöli. A µ = 0 esetben x 1 = 1, x 2 = 1, x = 1, a µ = 0,5 esetben pedig x 1 = 1,1984, x 2 = 4.512 10 11, x = 1,1984. 2.7. ábra. Az L 1,2, x koordinátái µ-t változtatva 2.. Egyensúlyi helyzetek stabilitásának vizsgálata Az egyensúlyi helyzetek stabilitásának vizsgálatakor az első lépés a Jacobi-mátrix meghatározása az 1.9. definició alapján. Ehhez a mátrixhoz az előző fejezetben lévő (2.2) egyenletből kapott g(x, y, u, v) = u(t) v(t) Ω + 2v(t) x Ω 2u(t) y 2

vektor elemeit deriváljuk x, y, u és v szerint. A mátrixban számos 0 és konstans szám lesz. A bal alsó kétszer kettes részben lesznek bonyolultabb deriváltak, ezeket a mátrixban h i -k jelölik. Tehát a Jacobi mátrix alakú, ahol Továbbra is 0 0 1 0 g r = 0 0 0 1 h 1 h 2 0 2 h h 4 2 0 (1 µ) h 1 = 1 + (x µ)2 (1 µ) µ r1 r1 5 r2 y(1 µ)(x µ) yµ(x + 1 µ) h 2 = +, h = h 4 = 1 r 5 1 y(1 µ)(x µ) + r 5 1 (1 µ) r 1 + y2 (1 µ) r 5 1 r 5 2 yµ(x + 1 µ), r2 5 µ + y2 µ. r2 r2 5 + (x + 1 µ)2 µ, r2 5 r 1 = ((x µ) 2 + y 2 ) 1 2 és r 2 = ((x + 1 µ) 2 + y 2 ) 1 2. (2.16) Az egyensúlyi helyzeteket kettő csoportba osztjuk. Az egyik csoportban vannak azok, amelyek esetében y = 0, tehát az L 1,2,. A másik csoport az L 4,5, itt y 0. Behelyettesítjük az egyensúlyi pontok koordinátáit a (2.16) mátrixba. Most is először az L 4 és az L 5 esetével számolunk. A h i elemekbe helyettesítve L j -t, ahol j = 4, 5 a következőket kapjuk: ( h 1 µ 1 ) 2, ± = 1 (1 µ) + 2 ( h 2 µ 1 ) 2, ± 2 h ( h 4 ( µ 1 ) 2, ± 2 ) µ 1 2, ± 2 = (1 µ) 4 (1 µ) 4 ± µ = h 2 (µ 1 2, ± 2 ), = 1 (1 µ) + 4 µ + µ 4 = 4, 9(1 µ) 4 = ± µ, 2 4 µ + 9µ 4 = 9 4. 24

Meg kell határoznunk a mátrix sajátértékeit, ehhez a det(a λi) = 0 egyenlet λ megoldásait kell meghatároznunk. A determinánst kiszámításához az 1.17. tételt, az úgynevezett kifejtési tételt használjuk. Az alábbi λ 0 1 0 0 λ 0 1 ± µ λ 2 4 2 4 ± µ 9 2 λ 2 4 4 determinánst kiszámolva, mind az L 4, mind az L 5 esetén a λ 4 + λ 2 + 27 4 µ 27 4 µ2 = 0 karakterisztikus egyenletet kapjuk. Ez a negyedfokú egyenlet a λ 2 ismeretlent bevezetésével visszavezethető másodfokúra. Ekkor a Λ 2 + Λ + 27 4 µ 27 4 µ2 = 0 =: Λ 0 új egyenletet kapjuk. Ezt már könnyen megoldhatjuk a másodfokú egyenletek megoldó képletével: Λ 1,2 = 1 ± 1 27µ + 27µ 2, 2 ahol a gyökök a D = 1 27µ + 27µ 2 diszkrimináns előjelétől függnek. Kiszámítjuk µ 1,2 -t a megoldóképlettel: µ 1,2 = 27 ± 27 2 108 54 Három esetet különböztetünk meg, ahol = 1 2 ± 69 18. µ 0 = 1 2 69 18 0,08520896... I. eset: A D > 0, azaz 0 < µ < µ 0 esetben: Mivel mindkét gyök negatív: Λ 1 = 1 2 + D 2, Λ 1 = 1 2 D 2. 1 < Λ 2 < 1 2 < Λ 1 < 0. 25

Ezeket felhasználva kiszámítjuk a λ 1,2 = ± Λ 1 = ±i Λ 1 = ±iv 1 λ 1,2 = ± Λ 2 = ±i Λ 2 = ±iv 2 gyököket, ahol v 1 = Λ 1 és v 2 = Λ 2. Ebben az esetben a sajátértékek valós része 0. II. eset: A D = 0, azaz µ = µ 0 esetben: Λ 1 = Λ 2 = 1 2, tehát 1 1 λ 1,2 = 2, λ 1,2 = 2. Mivel a gyökök itt is negatívak, az előbbiek alapján szinten 0 a valós rész. III. eset: A D < 0, azaz µ 0 < µ < 0, 5 eset. A korábbiakhoz hasonlóan felírjuk, hogy Λ 1 = 1 2 + i 2 lesznek. A sajátértékek pedig D, Λ2 = 1 2 i 2 D λ 1,2 = ± Λ 1 = ± 1 2 + 2 i D = ±(α + iβ) λ,4 = ± Λ 2 = ± 1 2 i 2 D = ±(γ + iδ). Mivel a négyzetgyökök alatt komplex számok vannak, és tudjuk, hogy egy komplex számnak a gyöke is komplex szám, ezért a megoldásokat általános komplex szám alakban adtuk meg α, β, γ, és δ új ismeretlenek bevezetésével. Könnyen végig gondolva ±α közül egyik biztosan pozitív lesz, ugyan így ±γ esetében is. Ebből következik, hogy nem minden sajátértékre igaz az, hogy negatív a valós része. Tehát az első és második esetben centrumról beszélhetünk, mert a valós részek 0-k. A harmadik esetben pedig L 4 és L 5 instabilak az 1.12. Tétel szerint. A következőkben az L 1,2, pontok vizsgálatával folytatjuk: L 1 (µ 1 ξ, 0), L 2 (µ 1 + ξ, 0), L (µ + ξ, 0). 26

Ekkor az alábbi h i (L 1 ) behelyettesítéseket kapjuk: (1 µ) h 1 (L 1 ) = 1 2 (1 + ξ) + 2 µ ( ξ) h 2 (L 1 ) = h (L 1 ) = 0 Hasonlóan a h i (L 2 ) behelyettesítések: végül a h i (L ) behelyettesítések: Kiszámoljuk a det(a λi)-t és a h 4 (L 1 ) = 1 + 1 µ (1 + ξ) µ ( ξ). (µ 1) h 1 (L 2 ) = 1 + 2 (1 + ξ) + 2 µ (ξ) h 2 (L 2 ) = h (L 2 ) = 0 h 4 (L 2 ) = 1 µ 1 (1 + ξ) µ (ξ), (µ 1) µ h 1 (L ) = 1 + 2 + 2 (ξ) (1 + ξ) h 2 (L ) = h (L ) = 0 h 4 (L ) = 1 µ 1 (ξ) µ (1 + ξ). λ 4 + λ 2 (4 (h 1 + h 4 )) + h 1 h 4 = 0 karakterisztikus egyenletet kapjuk. Bevezetjük a Λ = λ 2, α = 2 h 1 + h 4, β 2 = h 1 h 4 2 új ismeretleneket. Ezeket alkalmazva a Λ 2 + 2αΛ β 2 = 0 másodfokú egyenletre vezethetjük vissza. A megoldó képletet használva Λ 1 = α + α 2 + β 2 Λ 2 = α α 2 + β 2 gyököket kapjuk, ahol könnyen látható, hogy Λ 1 pozitív, míg Λ 2 negatív. A Λ 1,2 előjelét nem befolyásolja sem h 1, sem h 4 előjele, ez könnyen végiggondolható. Ha α 27

vagy β, esetleg mindkettő előjelét megváltoztatnák, akkor is az egyik Λ pozitív, míg a másik negatív lenne. Így λ 1,2 = ± Λ 1 λ,4 = ± Λ 2 = ±i Λ 2. Tehát a karakterisztikus egyenletnek két olyan gyöke van, ahol a valós rész 0, és két olyan, ahol nem 0. A nem 0 valós részű gyökök közül az egyik pozitív, amiből azt tudjuk, hogy az L 1,2, egyensúlyi helyzetek instabilak. 2.4. Összegzés A lineáris stabilitás vizsgálatát elvégezve azt mondhatjuk, hogy az L 1, L 2 és L Lagrange-pontok instabilak. Azonban találhatók periodikus megoldások ezen pontok körül speciális kezdőfeltételekre. Az L 4 és L 5 pontok stabilitása függ µ értékétől. Stabilak ezek a Lagrange-pontok, ha 0 < µ < µ 0 = 0, 0852... és instabilak, ha µ 0 µ 0, 5. Továbbá azt is megtudtuk ezekről a pontokról, hogy ezek centrumok abban az esetben, ha stabilak. A Lagrange-pontok nemlineáris stabilitásával kapcsolatban Deprit és Deprit- Bartholome munkái nyomán tudjuk, hogy ha a pont nemlineárisan instabilak azokban az esetekben, amikor lineárisan instabilak. (Ezek az L 1, L 2 és L pontok.) Az L 4 és L 5 pontok azonban a 0 < µ < µ 0 = 0, 0852... tartományban nemlineárisan is stabilak a két tömegparaméter-érték kivételével. Ezek a tömegparaméter-értékek µ = 0, 01516016... és µ = 0, 02429897... A következő táblázat mutatja meg a Lagrange-pontok stabilitását µ 0 függvényében. µ < µ 0 µ 0 µ L 1,2, instabil instabil L 4,5 stabil instabil 2.5. Számítógépes implementáció Richard Arenstorf egy amerikai matematikus volt, aki felfedezte, hogy a korlátozott háromtest problémának léteznek zárt pályái megfelelő paraméterekkel. A [1] irodalom nyújtotta a segítséget ehhez a részhez. A matlab programozási nyelven megírt programmal ábrázoljuk ezeket a pályákat. Egy vektorba töltjük be a négy változót és numerikus módszerrel oldjuk meg az 28

iterációt. Több módszer is alkalmas a megoldására, de a lépésközt elég kicsire kell állítani, ahhoz hogy a kiindulási pontba érjen vissza. A Runge-Kutta módszerhez 10 szükséges, az Explicit-Eulerhez pedig 10 4 lépésközt kell alkalmaznunk. A tömegparaméternek µ = 0,012277471 értéket adjuk. Jelölje y(i), ahol (i = 1, 2,, 4) a (2.) egyenletrendszer négy ismeretlenét (ezek rendre: x, y, u, v), a t per pedig a periódus. 2.8. ábra. Arenstorf pálya: Két hurok Ekkor két hurok esetén a kezdeti értékek: y 0 (1) = 1,2 y 0 (2) = y 0 () = 0 y 0 (4) = 1,04957510 t per = 6,1921691, míg három és négy hurok esetén: y 0 (1) = 0,994 y 0 (2) = y 0 () = 0 y 0 (4) = 2,0172629557685702057924 t per = 11,1244072660851499974047 és y 0 (4) = 2,001585106790825224057862224 t per = 17,0652165601579625588917206249 29

lesznek. A hurkokat a 2.8. ábra, a 2.9.ábra és a 2.10. ábra mutatja. 2.9. ábra. Arenstorf pálya: Három hurok 2.10. ábra. Arenstorf pálya: Négy hurok Ha a Föld-Hold rendszerre nézzük az ábrákat, akkor a Föld lenne a (0, 0) pontban, a Hold pedig az (1, 0)-ban. 0

Összefoglalás A korlátozott háromkomtest-problémát elméletileg könnyebb elemezni, mint a teljes, háromtest-problémát. Gyakorlati szempontból is érdekes, mivel pontosan leírja a valós világ számos problémáját. Öt darab egyensúlyi helyzetet találtunk a felvetett probléma esetén. Ezeket Lagrange-pontoknak nevezzük. Az öt pontból három van a két nagy testtel egyvonalban, ezek a tömegparaméter minden értékére instabilak. A másik kettő külön-külön szabályos háromszögeket alkotnak a nagy tömegű égitestekkel. Ezek az egyensúlyi helyzetek stabilak. A bevezetésben szereplő példákat most már jobban el tudjuk képzelni. A 2.11. ábra egyben szemlélteti a megemlített égi mechanikai jelenségeket. Az ábra nem méretarányos. 2.11. ábra. A Naprendszer Lagrange-pontjaiban lévő műszerek és égitestek A Trójai kisbolygók a Nap-Jupiter rendszer két stabil Lagrange-pont-jában, az L 4 és L 5 Lagrange-pontokban vannak. A bolygónktól 1,5 millió kilométerre, a Nap felé elhelyezkedő Lagrange-pont közelében foglalta el megfigyelő helyét a SOHO 1

napfigyelő műhold. Azért ez a legalkalmasabb hely a műholdnak mert ez a Naphoz legközelebbi stabil pont és kevés üzemanyaggal helyben tartható. Továbbá elég közel van a Földhöz, és könnyű a kommunikáció. A Nap-Föld rendszer L 1 pontjában a WMAP műhold helyezték el. Az L 1 ideális a csillagászat számára, mert az űrszonda elég közel van ahhoz, hogy könnyen kommunikálhasson a Földdel. Továbbá a Napnak, a Földnek és a Holdnak is ugyan azon az oldalán helyezkedik el, és könnyen megoldható, hogy mindig ellentétes irányba nézzen, csökkentve ezzel a zavaró hatásokat. Az L 1 és az L 2 pontok instabilak, ami azt jelenti, hogy ezeken a helyeken keringő műholdakon pálya- és magatartási korrekciókat végeznek. Ezeket körülbelül 2 naponta kell megtenni.a NASA valószínűleg nem fogja használni az L pontot, mivel a Nap mögött rejtve marad. Az ebben a pontban lévő rejtett bolygó ötlete népszerű téma a sci-fi írásában. 2.12. ábra. A Szaturnusz holdjainak pályái A Saturnusz holdpárja, a Janus-Epimetheus a korlátozott háromtest-probléma szintén nevezetes megoldását valósítja meg. Az egyik holddal együtt forgó koordináta-rendszerből nézve a másik hold pályája közelítőleg lópatkó alakban fogja közre az L 4, L, L 5 Lagrange-pontokat. Ezt a 2.12. ábra szemlélteti. Az ábrán a két hold pályája látható. 2

Köszönetnyilvánítás Köszönetet mondok egyetemem, az Eötvös Loránd Tudományegyetem volt és jelenlegi tanárainak, akik minden segítséget megadtak a tanulmányaim során. Külön köszönöm Dr. Csomós Petrának az odaadó munkáját és türelmét, hogy a dolgozatom elkészülhessen. Köszönöm a barátaimnak, akik támogattak és bíztattak. Végül köszönöm a családomnak, akik tanulmányaimat mindvégig figyelemmel kísérték, észrevételeikkel, hasznos tanácsaikkal segítettek és ösztönöztek.

Irodalomjegyzék [1] Arenstorf, R. F., and Davidson, M. C. (196). Solutions of restricted three-body promlem represented by means of two fixed center-problem. AIAA Journal, 1(1), 228 20. [2] Érdi Bálint A naprendszer dinamikája (Egyetemi jegyzet, ELTE Eötvös kiadó, 2011) [] Érdi Bálint Égi mechanika (Kézirat, Tankönyv kiadó, Budapest, 1989) [4] Kiss Emil Bevezetés az absztrakt algebrába (Typotex kiadó, 2014) [5] Simon L. Péter - Tóth János Differenciálegyenletek és dinamikai rendszerek (Typotex kiadó, 2009) [6] Folytonos modellezés órai jegyzet [7] A NASA hivatalos honlapja (https://www.nasa.gov/) [8] http://fizikaiszemle.hu/archivum/fsz0608/tel0608.html 4