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Mechanik » Gravitation » Periheldrehung (Kepler-Problem)
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Universität/Hochschule Periheldrehung (Kepler-Problem)
PhysicxCreation
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  Themenstart: 2021-02-24

\(\begingroup\)\(\newcommand{\diff}{\mathrm{d}}\) Hallo zusammen, ich sitze an folgender Aufgabe zur Periheldrehung, zugehörig zum Themenkomplex "Kepler/Zweikörper-Problem". Leider komme ich bei den letzten beiden Teilaufgaben nicht weiter. Da der Inhalt der Aufgabe stringend aufeinander aufbaut, werde ich sie bis zu meinem Fragezeichen der Vollständigkeit halber abarbeiten. Betrachten Sie zwei Himmelskörper mit den Massen \(m_{1}\) und \(m_{2}\), die mit dem Potential \[U(r)=-\frac{k}{r}\left( 1+\frac{\lambda}{r} \right),\quad r = |\vec{r}|=|\vec{r}_{1}-\vec{r}_{2}|,\quad k=Gm_{1}m_{2}\] wechselwirken, wobei die Abweichung gegenüber dem reinen Kepler-Problem durch eine kleine Länge \( \lambda\) charakterisiert sei. Bestimmen Sie zunächst die Lagrange-Funktion \( \mathcal{L}(\vec{r},\dot{\vec{r}},t)\) des Relativvektors \( \vec{r}=\vec{r}_{1}-\vec{r}_{2}\) und begründen Sie, dass der Drehimpuls \( \vec{I}\) ebenso wie die Energie \( E\) erhalten sind. Mit der reduzierten Masse \( \mu\) \[\mu=\frac{m_{1}\cdot m_{2}}{m_{1}+m_{2}}\] erhält man die Lagrange-Funktion \[\mathcal{L}(\vec{r},\dot{\vec{r}},t)=\frac{\mu}{2}\cdot\dot{r}^{2}-U(r)\] Aufgrund von \[\frac{\partial\mathcal{L}(\vec{r},\dot{\vec{r}},t)}{\partial t}=0\] folgt mithilfe des Noether-Theorems natürlich sofort die Energieerhaltung. Da lediglich der Relativabstand der beiden Körper für das Potential maßgeblich ist, folgt auch die Drehimpulserhaltung. Begründen Sie, warum die Relativbewegungen \( \vec{r}(t)\) in einer Ebene stattfindet und zeigen Sie, dass für die Polarkkordinanten \( r(t),\varphi(t)\) des Relativvektors \( \vec{r}(t)\) in dieser Ebene gilt \[\dot{r}(t) = \pm\sqrt{\frac{2}{\mu}\bigl( E-V(r(t))\bigr)},\quad\dot{\varphi}(t)=\frac{I}{\mu(r(t))^{2}}\] mit der reduzierten Masse \( \mu\) wie oben, dem effektiven Potential \[ V(r) = \frac{I^{2}}{2\mu(r(t))^{2}}+U(r)\] und \( I=|\vec{I}|\). Folgern Sie hieraus für die Bahnkurve \( r(\varphi)\) die Differentialgleichung \[ \frac{\diff r(\varphi)}{\diff\varphi}=\pm\frac{(r(\varphi))^{2}}{I}\cdot \sqrt{2\mu\bigl(E-V(r(\varphi))\bigr)}.\] Da der Drehimpuls nach Betrag und Richtung zeitlich konstant ist, erfolgt die Bewegung in einer festen Ebene, denn Orts- und Impulsvektor liegen folgerichtig stets in einer Ebene senkrecht zum Drehimpuls. Da die Energie erhalten ist und das Potential eine konservative Kraft induziert, folgt für die Hamiltonfunktion des Systems \[ H=E=T+U\quad\Leftrightarrow\quad T=E-U\] Einsetzen von \( T= \tfrac{\mu}{2}\cdot\dot{r}^{2}\) führt dann auf \[\dot{r}(t) = \pm\sqrt{\frac{2}{\mu}\bigl( E-V(r(t))\bigr)} \] Teilen wir diese Gleichung nun durch eine Umformung des zeitlich konstanten Drehimpulses \[ I=\mu\dot{\varphi}(t)(r(t))^{2}\quad\Leftrightarrow\quad\dot{\varphi}(t)=\frac{1}{\mu (r(t))^{2}},\] dann erhält man schon \[ \frac{\diff \dot{r}(t)}{\diff\dot{\varphi}(t)}=\frac{\tfrac{\diff r}{\diff t}}{\tfrac{\diff\varphi}{\diff t}}=\frac{\diff r}{\diff\varphi}=\pm\frac{(r(\varphi))^{2}}{I}\cdot \sqrt{2\mu\bigl(E-V(r(\varphi))\bigr)}.\] Leiten Sie für den inversen Radius \( s(\varphi)=\bigl( r(\varphi)\bigr)^{-1}\) die Differentialgleichung \[ \frac{\diff^{2}s(\varphi)}{\diff\varphi^{2}}=-\left( 1- \frac{2\mu k \lambda}{I^{2}} \right)\cdot s(\varphi) + \frac{\mu k}{I^{2}}\] her und lösen Sie diese für kleines \( \lambda\) mit \( |\lambda|<\frac{I^{2}}{2\mu k}\). Mein Ansatz ging über \[ \frac{\diff r(\varphi)}{\diff\varphi}=-\frac{1}{s^{2}}\cdot\frac{\diff s}{\diff\varphi}=-r^{2}\cdot\frac{\diff s}{\diff\varphi}\quad\Rightarrow\quad \left( \frac{\diff s}{\diff\varphi} \right)^{2}=\frac{1}{r^{4}}\cdot \left( \frac{\diff r}{\diff\varphi}\right)^{2},\] allerdings konnte ich leider durch das Einsetzen der zuletzt hergeleiteten Gleichung nicht bis auf das gegebene Ergebnis folgern. Habe ich hier einen Denkfehler eingebaut oder ist beim Rechnen etwas in eine falsche Richtung gelaufen? Das Lösen der Differentialgleichung für kleine \( \lambda\) selbst dürfte dann recht einfach sein, die homogene Lösung ist ja durch die klassische Lösung des harmonischen Oszillators gegeben und die partikuläre Lösung ist die konstante Funktion (Inhomogenität) selbst. Der Perihel entspricht einer Konstellation der beiden Himmelskörper im kleinsten Abstand voneinander. Bestimmen Sie die Differenz \( \Delta\varphi\) des Polarwinkels \( \varphi\) zwischen zwei aufeinanderfolgenden Periheldurchläufen. Skizzieren und diskutieren Sie die Bahn \( r(\varphi)\) für die Fälle \( \lambda >0\), \( \lambda=0\) sowie \( \lambda<0\). An dieser Stelle bin ich dann leider aktuell komplett überfragt. Ich weiß nur noch aus einer sehr elemenatren Betrachtung der Keplerschen Himmelsmechanik, dass die Lösungen durch klassische Kegelschnitte gegeben sein dürften. Aber wie kann ich das aus den Gleichungen ableiten? Für Anregungen und Lösungshinweise wäre ich sehr dankbar!\(\endgroup\)


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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-02-27

Hallo, und herzlich Willkommen im Physikforum von Matroids Planet! So, wie Du die Aufgabe hingeschrieben hast, geht nicht eindeutig hervor, was man bei der Herleitung der Differentialgleichung für s(\phi) voraussetzen darf. Ich denke mal, man darf hier die Bewegungsgleichung zweiter Ordnung für r(t) verwenden, die bekommt man ja recht schnell, z.B. über Lagrange, \lr(1)\mue r^**-L^2/\mue 1/r^3=-dU/dr , wobei ich den Drehimpuls mit L notiert habe. Mit etwas Kettenregel sollte dann wegen r=r(\phi(t)) und r=1/s so etwas wie \lr(2)r^**=-L^2/\mue^2 s^2 (d^2\.s)/(d\.\phi^2) herauskommen. Vielleicht kannst Du das zunächst einmal nachvollziehen? Grüße Juergen


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MontyPythagoras
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Hallo PhysicxCreation, Dein Fehler ist hier der "Klassiker" $$\frac{\mathrm d^2s}{\mathrm d\varphi^2}\neq\left(\frac{\mathrm ds}{\mathrm d\varphi}\right)^2$$Das linke ist ja die zweite Ableitung, das rechte die erste Ableitung zum Quadrat. Dein Ansatz war schon ganz OK, nur falsch herum, um zielführend zu sein. Ich benutze nachfolgend mal den Strich $()'$ für die Ableitung nach $\varphi$. Es ist $$s'=-\frac1{r^2}r'$$Setzt Du das schon mal ein, dann hast Du $$s'=\mp\frac1I\;\sqrt{2\mu\left(E-\frac{I^2}{2\mu}s^2+ks(1+\lambda s)\right)}$$Der schlaueste Weg ist nun, zunächst zu quadrieren: $$s'^2=\frac{2\mu}{I^2}\left(E-\frac{I^2}{2\mu}s^2+ks(1+\lambda s)\right)$$Wenn Du jetzt noch einmal nach $\varphi$ ableitest und dann auf beiden Seiten durch $s'$ kürzt, bist Du im Handumdrehen da. Ciao, Thomas


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