Лисаков и макромир

Интеграл Кеплера

Задача

Есть классическая задача на третий закон Кеплера: сколько времени будет падать Земля на Солнце, если её остановить?

Решение с помощью 3 закона Кеплера

Представим, что падение происходит по очень вытянутому эллипсу, большая ось которого проходит от начального положения центра Земли до центра Солнца. Большая полуось этого эллипса, очевидно, равна половине начального расстояния между телами. Период обращения Земли вокруг Солнца записывается следующим образом:

$$ T = \sqrt{4 \pi^2 a^3 \over GM} = {2 \pi a^{3/2} \over \sqrt{GM}}, $$

где \(a\) — большая полуось земной орбиты (1 астрономическая единица — около 150 млн. км); \(G\) — гравитационная постоянная \( \left(6.67 \times 10^{-13} ~ \text{Н} \cdot \text{м}^2 \cdot \text{кг}^{-2} \right)\), M — масса Солнца \(\left(2\times 10^{30} \text{кг}\right)\).

Чтобы найти искомый период падения \(T^\prime\), надо заменить \(a\) на \(a/2\) и поделить всё выражение пополам — Земля летит только половину эллипса до Солнца. Получим:

T^\prime = {\pi a^{3/2} \over 2 \sqrt{2GM}}.

Иными словами, \(T^\prime\) будет в \(4 \sqrt{2}\) раз короче года, т.е. около 65 дней.

Решение с помощью интегрирования

Недавно мы решали эту задачу на уроке астрономии с 11 классом. Разумеется, первым делом дети вспомнили про \(t=\sqrt{2h/g}\). Быстро сообразив, что ускорение свободного падения будет сильно меняться в процессе падения, они решили, что тут нужно интегрировать. На уроке этим заниматься мы благоразумно не стали, но мне всё-таки стало самому интересно проделать это упражнение.

Найдём \(v(r)\) для интегрирования

Итак, для начала выразим скорость \(v(r)\) через текущее расстояние \(r\) от падающей Земли до Солнца. Запишем закон сохранения энергии, написав в левой части сумму кинетической и потенциальной энергии до начала движения Земли, а в правой — то же для произвольного момента времени, когда Земля оказалась на расстоянии \(r < a\) от Солнца:

$$ 0 - {GMm \over a} = {mv(r)^2 \over 2} - {GMm \over r},$$

где \(M\) и \(m\) — массы Солнца и Земли. Получаем выражение для скорости:

v(r) = \sqrt{2GM \left( \frac{1}{r} - \frac{1}{a} \right)}.

С другой стороны, \(v(r) = \frac{dr}{dt}\), то есть

$$ dt = {dr \over \sqrt{2GM \left( \frac{1}{r} - \frac{1}{a} \right)}}.$$

Берём интеграл

Интегрируем обе части уравнения, в качестве пределов для времени взяв промежуток от \(0\) до \(T^\prime\). Расстояние, очевидно, за это время изменится от \(0\) до \(a\) (ось направили от Земли к Солнцу):

\int_0^{T^\prime} dt = \frac{1}{\sqrt{2GM}} \int_0^a \frac{dr}{\sqrt{\frac{1}{r} - \frac{1}{a}}}.

Чтобы не таскать с собой константы, рассмотрим, как берётся интеграл

$$ I = \int_0^a \frac{dr}{\sqrt{\frac{1}{r} - \frac{1}{a}}}. $$

Домножим числитель и знаменатель на \(r\), затем в числителе из \(r\) выделим часть, содержащую производную от подкоренного выражения (для последующего внесения под дифференциал):

$$ I = \int_0^a \frac{rdr}{\sqrt{r - \frac{r^2}{a}}} = \int_0^a \frac{\left[\left(-\frac{2r}{a}+1\right)\left(-\frac{a}{2}\right) + \frac{a}{2} \right]dr}{\sqrt{-\frac{r^2}{a} + r}}. $$

Интеграл \(I\) теперь можно представить как сумму двух интегралов \(I=I_1+I_2\):

$$ \begin{aligned} I_1 &= \int_0^a \frac{\left(-\frac{2r}{a}+1\right)\left(-\frac{a}{2}\right) dr}{\sqrt{-\frac{r^2}{a} + r}}; \\ I_2 &= \frac{a}{2} \int_0^a \frac{dr}{\sqrt{-\frac{r^2}{a} + r}}. \end{aligned} $$

Вычислим первый интеграл. Вносим подготовленную на прошлом шаге конструкцию под знак дифференциала и обозначаем подкоренное выражение за \(x\):

$$ \begin{aligned} I_1 &= \int_0^a \frac{\left(-\frac{2r}{a}+1\right)\left(-\frac{a}{2}\right) dr}{\sqrt{-\frac{r^2}{a} + r}} = -\frac{a}{2} \int_0^a \frac{d\left(-\frac{r^2}{a} + r\right)}{\sqrt{-\frac{r^2}{a} + r}} = \\ &= -\frac{a}{2} \int_0^0 \frac{dx}{x^{1/2}}. \end{aligned} $$

Произошла замена пределов интегрирования. Поскольку мы положили \(x=-r^2/a+r\), то при \(r=a\) (верхний предел) получаем \(x=0\), аналогично и для нижнего предела \(r=0\) получим равный нулю \(x\). Значение интеграла \(I_1\), очевидно, равно нулю.

$$ I_1 = 0. $$

Теперь вычислим второй интеграл. Вынесем из-под корня \(\sqrt{1/a}\), затем приведём к табличному интегралу[1] , где под корнем стоит разность квадратов константы и переменной интегрирования, для удобства произведём замену.

$$ \begin{aligned} I_2 &= \frac{a}{2} \int_0^a \frac{dr}{\sqrt{-\frac{r^2}{a} + r}} = \frac{a}{2} \int_0^a \frac{1}{\sqrt{1/a}} \frac{dr}{\sqrt{-r^2 + ra}} = \\ &= \frac{a^{3/2}}{2} \int_0^a \frac{dr}{\sqrt{\frac{a^2}{4} - \left(r-{a \over 2}\right)^2}} = \frac{a^{3/2}}{2} \int_{-a/2}^{a/2} \frac{dx}{\sqrt{\left(\frac{a}{2}\right)^2 - x^2}}. \end{aligned} $$

Положив \(x=r-a/2\), мы поменяли и пределы интегрирования. Досчитываем:

$$ \begin{aligned} I_2 &= \frac{a^{3/2}}{2} \int_{-a/2}^{a/2} \frac{dx}{\sqrt{\left(\frac{a}{2}\right)^2 - x^2}} = \frac{a^{3/2}}{2} \left.\arcsin\left({x \over a/2}\right)\right|_{-a/2}^{a/2} = \\ &= \frac{a^{3/2}}{2} \big[\arcsin(1) - \arcsin(-1) \big] = \frac{a^{3/2}}{2} \left[{\pi \over 2} - \left(-{\pi \over 2}\right)\right] = \\ &= \frac{\pi a^{3/2}}{2}. \end{aligned} $$

Перепишем теперь уравнение 3 с учётом выполненных расчётов:

$$ \begin{aligned} \int_0^{T'}dt = T' &= \frac{1}{\sqrt{2GM}} \int_0^a \frac{dr}{\sqrt{\frac{1}{r} - \frac{1}{a}}} = \\\\ &= \frac{\pi a^{3/2}}{2\sqrt{2GM}}. \end{aligned} $$

Как видим, этот результат полностью совпадает с уравнением 1, полученным с помощью третьего закона Кеплера. Это радует!

Замечания

  1. Ответ можно слегка уточнить, интегрируя по расстоянию не от нуля до \(a,\) а от нуля до \(a - (R_{\rm Sun} + R_{\rm Earth}),\) чтобы узнать, за какое время Земля коснётся Солнца. Мы же посчитали время падения одной материальной точки на другую.

  2. Устойчивого выражения «Интеграл Кеплера» не существует.

  3. В учебниках по небесной механике подобные упражнения проделываются обыкновенно в полярных координатах, что с непривычки может показаться менее наглядным, чем рассмотренный здесь способ.

  4. Интеграл посчитала моя жена.

График \(v(r)\)

Ниже показан график зависимости скорости от расстояния, построенный согласно зависимости 2. Земля в момент падения будет обладать скоростью \(v > 600\) км/с (текущая линейная скорость Земли при движении по орбите вокруг Солнца — около 30 км/с). На графике кривая справа обрывается на расстоянии \(R_{\rm Sun} + R_{\rm Earth}\) от центра Солнца.

Любопытно, что пролетев половину пути, Земля разгонится до скорости, равной второй космической на расстоянии \(a\) от Солнца — около 42 км/с.


  1. \(\int \frac{dx}{\sqrt{a^2 - x^2}} = \arcsin \frac{x}{a} + C, |x| < |a|\)