Hádam vás ani veľmi neprekvapí, že ani s týmito zjednodušujúcimi predpokladmi úloha nemá presné analytické riešenie. S niekoľkými aproximáciami sa však vieme dostať k rozumne presnému výsledku iba s trochou znalostí o elipse a druhým Keplerovým zákonom. Na začiatok si ale musíme vyjasniť zopár vecí.

O pôvode dní

Astronómovia vo všeobecnosti rozlišujú prinajmenšom tri rôzne roky. Ich dĺžky sa trochu líšia kvôli rôznym slabým, ale merateľným efektom. Pre túto úlohu nie sú veľmi podstatné, keďže by nám výpočet značne skomplikovali, ale jadro úlohy ani výsledok veľmi nezmenia. Tieto roky sú:

• Siderický, dlhý $\num{365.256363}$ dňa – to je perióda, po ktorej sa Zem vráti do rovnakého miesta voči vzdialeným hviezdam, teda v inerciálnej sústave.

• Tropický, dlhý približne $\num{365.2422}$ dňa, čo je perióda, po ktorej sa Slnko vráti na rovnaké miesto voči jarnému bodu, teda čas medzi dvomi rovnodennosťami.

• a nakoniec anomalistický, dlhý až $\num{365.259636}$ dňa, čiže perióda medzi dvomi prechodmi perihéliom.

Rozdiely nie sú veľké, iba zopár minút, ale predsa. V tejto úlohe všetky takéto efekty (stáčanie perihélia, precesiu zemskej osi, …) môžeme explicitne zanedbať. Budeme preto uvažovať Juliánsky rok, dlhý presne $y = \SI{365.25}{\day} = \SI{31557600}{\second}$, s ktorým sa nám bude počítať o trochu lepšie.

Čo to ale vlastne je “jeden deň”? Obvykle (a tiež v predchádzajúcom texte) sa takto označuje takzvaný stredný solárny deň, čiže priemerný čas medzi dvomi po sebe nasledujúcimi poludniami. Ten ale nie je daný periódou rotácie Zeme okolo vlastnej osi v inerciálnej sústave (resp. voči vzdialeným hviezdam, ktoré sú na našich časových škálach prakticky nehybné), ale voči Slnku: totiž to je tá vec, ktorá nás na povrchu zaujíma najviac.

Lenže ako tvrdí aj zadanie úlohy, táto perióda sa počas roka trochu mení. Preto počítame dlhodobý priemer a až vtedy máme akú-takú istotu, že aj o milión dní bude poludnie stále približne v rovnakom čase. Dĺžka stredného solárneho dňa je neprekvapivo $24 \cdot 60 \cdot \SI{60}{\second} = \SI{86400}{\second}$.[^1]

Keďže však Zem rotuje prográdne, teda v rovnakom smere ako obieha[^2], za každý rok nám v skutočnosti zdanlivo jedno otočenie ubudne: voči vesmíru sme sa otočili ešte o jednu otočku navyše, teda až $\num{366.25}$-krát a naša skutočná rotačná perióda v nerotujúcej sústave, čiže siderický deň, nie je $\SI{86400}{\second}$, ale iba $$ T = \frac{\num{365.25}}{\num{365.25} + 1} \cdot \SI{86400}{\second} \doteq \SI{86164}{\second}. \qquad{(1)}$$

Ak by sa Zem točila naopak, teda retrográdne, jedna obrátka by nám takto pribudla.

Pri pohľade zo Zeme to vyzerá tak, že každý deň Slnko prejde po oblohe z východu na západ, rovnako ako hviezdy, ale o trochu pomalšie. Tento rozdiel rýchlostí sa počas roka navyše mení. Ak by sme dokázali oblohu zafixovať, videli by sme, ako Slnko prejde po oblohe každý rok len raz, a to opačným smerom, než akým sme zvyknutí, teda zo západu na východ. Kto neverí, môže si to vyskúšať napríklad v Stellariu.

Teda aby sme to zhrnuli: za jeden siderický deň sa Zem otočí presne o $\ang{360}$, ale zároveň sa o malý kúsok posunie a teda nám Slnko o malý kúsok ujde. Preto musí Zem točiť nadčasy – konkrétne ešte toľko, o aký uhol $\FDiff{\phi}$ sa posunula na svojej dráhe (a za ten čas sa opäť trochu posunie, takže sa musí točiť ešte chvíľu, a tak ďalej, ale to už odignorujeme). V priemere to je tých chýbajúcich 236 sekúnd každý deň, ale keďže dráha nie je kružnica, v perihéliu je to o niečo viac a v aféliu o niečo menej. A my chceme nájsť takú excentricitu, pre ktorú bude tento rozdiel $\SI{3600}{\second}$.

Všimnime si ešte, že priemerný deficit sa nemení: rotačná rýchlosť je konštantná a obežná doba tiež, keďže závisí iba od hlavnej polosi $a$, ktorá sa zmeniť nesmie.

Samotný výpočet

Ak by Zem obiehala po kružnici, teda elipse s excentricitou $e = 0$, obežná aj rotačná rýchlosť by boli konštantné a všetky dni by boli rovnako dlhé. Skutočná dráha Zeme, aspoň teda nakoľko ju vieme aproximovať elipsou, ale úplne kruhová nie je: má síce malú, ale nezanedbateľnú excentricitu, približne $\num{0.0167}$.

Teraz príde čas na ďalšie zjednodušenia a zanedbania. Pomôžeme si tým, že nebudeme rátať presnú, konečnú zmenu uhla, ale iba samotnú rýchlosť v aféliu a perihéliu, ktorú potom budeme počas jedného dňa považovať za konštantnú. Pre takýto veľký pomer dĺžky dňa a roka si to môžeme dovoliť, keďže každý deň sa Zem posunie na svojej dráhe sotva o $\ang{1}$. Pre planétu, ktorej rok by mal iba povedzme 10 dní, by to ale nešlo.

Podľa druhého Keplerovho zákona (čo je len prezlečený zákon zachovania momentu hybnosti) je plošná rýchlosť na dráhe konštantná: za rovnaký čas spojnica Zeme so Slnkom “pozametá” vždy rovnakú plochu. Jej hodnota nás netrápi, je to jednoducho nejaká konštanta spojená s momentom hybnosti Zeme, ale označme si ju $C/2$.

Priemerná uhlová rýchlosť na dráhe je z definície $\Mean{\omega} = \frac{2 \pi}{y}$, a zároveň plošná rýchlosť krát jeden rok musí byť rovná ploche celej elipsy. Plocha elipsy je $$ \pi a b = \pi a^2 \sqrt{1 - e^2}, \qquad{(2)}$$ takže $$ \pi a^2 \sqrt{1 - e^2} = \frac{C}{2} y = \frac{2 \pi C}{2 \Mean{\omega}} \Implies \Mean{\omega} = \frac{C}{a^2 \sqrt{1 - e^2}} \doteq \frac{236}{86400} \qquad{(3)}$$ obehu za jeden deň.

Uhlovú rýchlosť v perihéliu ($\omega_q$) a aféliu ($\omega_Q$) vieme zistiť priamo zo zachovania momentu hybnosti: poznáme vzdialenosť a poznáme plošnú rýchlosť, takže $$ \omega_q = \frac{C}{q^2} = \frac{C}{a^2 \left(1 - e\right)^2} \QQText{a} \omega_Q = \frac{C}{Q^2} = \frac{C}{a^2 \left(1 + e\right)^2}. \qquad{(4)}$$

Pomer rýchlostí musí byť prevráteným pomerom vzdialeností, keďže $\vec{r} \times \vec{v}$ je konštantné a navyše v krajných bodoch elipsy sú na seba vektor rýchlosti a polohy kolmé, takže stačí brať obyčajný súčin. A ešte k tomu platí aj úmernosť $v = \omega r$. No a čo je najdôležitejšie, pomer uhlových obežných rýchlostí je dosť dobre úmerný deficitu rotácie, ktorý Zem počas jedného dňa naberie. Teda ak vieme dať do pomeru $\omega_q$ a $\omega_Q$, máme vyhraté.

Teraz už len potrebujeme, aby posun Zeme na jej dráhe počas “najrýchlejšieho”, a teda najdlhšieho dňa, bol $\frac{1}{24}$ celej dráhy, čiže asi $\ang{15}$. Ako každý deň, sprievodič ale opíše iba $\frac{1}{\num{365.25}}$ plochy orbity. Ak drobný posun v aféliu zanedbáme – čiže sa tvárime, ako keby tam bol tropický deň rovnako dlhý ako siderický – dostávame rovnicu $$ \frac{\omega_q - \omega_Q}{\Mean{\omega}} = \frac{\frac{\ang{15}}{\text{deň}}}{\Mean{\omega}}, \qquad{(5)}$$ čo vieme s pomocou rovnice 4 vymasírovať do podoby $$ \frac{ \frac{C}{a^2 \left(1 - e\right)^2} - \frac{C}{a^2 \left(1 + e\right)^2} }{ \frac{C}{a^2 \sqrt{1 - e^2}} } \MustEqual \frac{3600}{236}. \qquad{(6)}$$

To sa dá ďalej upraviť do tvaru $$ \frac{4e \sqrt{1 - e^2}}{\left(1 + e\right)^2 \left(1 - e\right)^2} = \frac{3600}{236}, \qquad{(7)}$$ ktorý už Wolfram Alpha bez problémov vyrieši a povie, že $e \approx \num{0.8036}$.

Korekcia prvého rádu

Ak chceme byť o niečo presnejší, pripočítame ešte jednu opravu: to, o koľko sa Zem za tú extra hodinu posunie po dráhe, a teda o koľko viac sa musí otočiť. V perihéliu je uhlová rýchlosť dosť veľká a sprievodič opíše až $\frac{25}{24 \cdot \num{365.25}}$ plochy orbity. Dostávame teda $$ \frac{\frac{25}{24}\omega_q - \omega_Q}{\Mean{\omega}} = \frac{\frac{\ang{15}}{\text{deň}}}{\Mean{\omega}}, \qquad{(8)}$$ a $$ \frac{ \frac{25}{24}\frac{C}{a^2 \left(1 - e\right)^2} - \frac{C}{a^2 \left(1 + e\right)^2} }{ \frac{C}{a^2 \sqrt{1 - e^2}} } \MustEqual \frac{3600}{236}, \qquad{(9)}$$ čo sa dá utĺcť do tvaru $$ \frac{\sqrt{1 - e^2} \left(e^2 + 98 e + 1\right)}{\left(1 + e\right)^2 \left(1 - e\right)^2} = \frac{86400}{236}. \qquad{(10)}$$

Aj s tým si Wolfram|Alpha opäť ľahko poradí a povie nám, že presnejšie riešenie je $e \approx \num{0.798466}$. Takto by sa dalo pokračovať a pridať ďalšie členy, ale nemá to úplne zmysel: presnosť čoskoro prekoná chybu, ktorú sme spôsobili našimi aproximáciami.

Numerické riešenie

Presnejší výsledok by sme dostali, keby sme rátali aj so zmenou orbitálnej rýchlosti aj počas jedného dňa. Nezaobišli by sme sa však bez integrovania, a aj to nie práve estetických funkcií. Pre získanie odhadu chyby si ale môžeme napísať numerickú simuláciu, ktorá nám riešenie nájde s rozumnou presnosťou.

Prípadne by sme si mohli ešte napísať vonkajšiu funkciu, ktorá simuláciu spustí viackrát a správnu hodnotu nám sama binárne vyhľadá, ale keďže prvotný odhad máme celkom dobrý, vieme to rýchlo spraviť aj ručne. Dozvedáme sa, že presnejším riešením by bola hodnota $e \approx \num{0.7992}$, čo sa od nášho pomerne hrubého riešenia líši len minimálne.

Pre porovnanie môžeme skúsiť náš výpočet vyhodnotiť pre známu skutočnú hodnotu zemskej excentricity $e \approx \num{0.016709}$. Z rovnice 4 vyjadríme pomer $$ \frac{\omega_q}{\omega_Q} = \left(\frac{1 - e}{1 + e}\right)^2 \doteq \num{0.935}. $$

Rozdiel medzi najdlhším a najkratším dňom potom bude približne $\left(1 - \num{0.935}\right) \cdot \SI{236}{\second} \doteq \SI{15.25}{\second}$, zatiaľ čo simulácia tvrdí, že by to malo byť asi $\SI{15.81}{\second}$. A to je v zhode s časovou rovnicou, ak z nej vyberieme len člen pre excentricitu (pozor na to, že na Wikipédii je to počítané v minútach a nie sekundách).

Komentár opravovateľa

Riešenie sa zjavne dalo vybúchať viacerými celkom odlišnými spôsobmi. Pokiaľ vám vyšla aspoň trochu rozumná hodnota okolo $e \approx \num{0.8}$, bolo to aspoň za 6 bodov, zvyšok závisel od zrozumiteľnosti medzikrokov. Asi najspokojnejší som bol s riešením Dávida Lučivňáka.

Takisto sa to dalo celkom rozumne doškálovať, ak ste našli správny vzorec na Wikipedii, akurát si bolo treba dať pozor, že časová rovnica popisuje až integrál, resp. parciálne súčty toho, čo tu skúmame – teda rozdiel medzi poludním rovnomerne plynúceho času na hodinách a skutočného poludnia, ako ho vidíme na oblohe, nie dĺžku jednotlivých dní.