7. Zapöjte mözgy vzorové riešenie

Naštartujme mözgy a poďme na to.

Ťažisko sústavy planét môžeme považovať za nehybné. Keďže majú obe planéty rovnakú hmotnosť, nachádza sa ťažisko v strede úsečky, ktorá ich spája. Ak sa majú planéty hýbať po kružnici, stred tejto kružnice sa musí nachádzať v ťažisku. Navyše musí spojnica planét v každom momente tvoriť priemer tejto kružnice, a tak má priemer tejto kružnice dĺžku \(D\).

Planéty sú preto v každom momente vzdialené \(D\), a tak na seba pôsobia gravitačnou silou \(F_g = G\frac{M^2}{D^2}\). Na to, aby sa planéty pohybovali po kružnici s polomerom \(\frac{D}{2}\), musí na každú z nich pôsobiť dostredivá sila \(F_d = \frac{M v^2}{\frac{D}{2}}\). Dostávame tak podmienku: \[ \begin{aligned} F_g &= F_d \\ G\frac{M^2}{D^2} &= \frac{2 M v^2}{D} \\ v &= \sqrt{\frac{G M}{2 D}} \end{aligned} \qquad(1)\]

Tým je prvá časť úlohy vyriešená. Čo sa stane ale keď bude rýchlosť menšia ako \(v\)? Na to musíme zapöjiť mözgy o čosi viac.

Pristavme sa ešte pri pohybe po kružniciach a trochu ináč sa pozrime na to, čo sa tam dialo. Vyberme si jednu z planét¹ a ignorujme tú druhú. Táto planéta cíti, že ju zo smeru ťažiska niečo ťahá smerom do ťažiska. Tejto planéte je ale úplne šumafuk, čo ju tam ťahá, dôležité je len to, že ju tam niečo ťahá. Mohla by nám tak napadnúť otázka, či nevieme niekam inam umiestniť iné teleso, ktoré by robilo to isté. A o to krajšie by to bolo, ak by sme to umiestnili do ťažiska a ešte by sa to ani nehýbalo.

Prekvapivo² niečo také vieme dosiahnuť. Umiestnime nejaké teleso do ťažiska a presuňme sa do sústavy spojenej s týmto telesom – tým zabezpečíme, že „ťažisko“ (teda toto teleso) sa nebude hýbať. Akú má mať naše teleso hmotnosť? V gravitačnom zákone \(F_G = G \frac{M_1 M_2}{R^2}\) sme \(R\) zmenšili na polovicu, čím sme \(F_G\) zväčšili na štvornásobok. Aby planéta stále cítila rovnakú silu, teleso musí mať štvrtinovú hmotnosť.

Preto sme celú situáciu v prvej časti mohli riešiť rovnako, ako keby sme v ťažisku mali zafixované teleso s hmotnosťou \(\frac{M}{4}\), okolo ktorého by vo vzdialenosti \(\frac{D}{2}\) obiehala planéta s hmotnosťou \(M\).

Tento trik použime v druhej časti úlohy. Tu môžeme spraviť to isté³ – rovnaké teleso s hmotnosťou \(\frac{M}{4}\) priklincujeme do ťažiska a necháme okolo neho obiehať planétu, pričom druhú planétu úplne ignorujeme. Trajektória, ktorú v tejto sústave opíše planéta, bude presne rovnaká, akú by opísala v ťažiskovej sústave pôvodnej úlohy.

Pustime sa už konečne do riešenia. Z pohybu planéty poznáme jeden hlavný vrchol a jeho vzdialenosť od jedného z ohnísk. Poďme zistiť vzdialenosť druhého hlavného vrchola od tohto ohniska – nech má v tomto bode planéta vzdialenosť \(x\) od ohniska a rýchlosť \(u'\). Planéte sa v každom momente bude zachovávať moment hybnosti aj energia. Zo zákona zachovania momentu hybnosti dostávame vzťah: \[ \frac{D}{2}u = xu' \qquad(2)\]

Kinetická energia planéty je \(E_k = \frac{1}{2} M u^2\), resp. \(E_k = \frac{1}{2} M u'^2\) a potenciálna energia⁴ je zas⁵ \(E_p = - \frac{GM^2}{2D}\), resp. \(E_p = - \frac{GM^2}{4x}\). Zákon zachovania energie tak dáva \[ \frac{1}{2} M u^2 - \frac{GM^2}{2D} = \frac{1}{2} M u'^2 - \frac{GM^2}{4x}. \]

Po dosadení 2 nám už len stačí vyriešiť túto rovnicu pre \(x\): \[ \begin{aligned} \frac{1}{2} M u^2 - \frac{GM^2}{2D} &= \frac{1}{2} M u^2 \left(\frac{\frac{D}{2}}{x}\right)^2 - \frac{GM^2}{4x} \\ \frac{1}{2} u^2 \left(1 - \frac{D^2}{4x^2}\right) &= G M \left(\frac{1}{2D} - \frac{1}{4x}\right) \\ u^2 \frac{4x^2 - D^2}{4x^2} &= G M \frac{2x - D}{2xD} \\ u^2 &= G M \frac{2x}{D\left(2x + D\right)} \end{aligned} \]

Tu sa pristavme a všimnime si, že ak by sme chceli kružnicovú trajektóriu, t. j. \(x = \frac{D}{2}\), vyjde nám presne to isté ako v 1. Môžeme pokračovať v úpravách: \[ \begin{aligned} u^2 &= G M \frac{x}{D\left(x + \frac{D}{2}\right)} \\ u^2 \frac{D^2}{2} &= G M x - u^2 D x \\ x &= \frac{u^2 \frac{D^2}{2}}{G M - u^2 D} \\ x &= \left(\frac{1}{\frac{G M}{u^2 D} - 1}\right) \frac{D}{2}. \end{aligned} \]

Na tomto výsledku si opäť vieme overiť viacero vecí. Či už opäť overiť, že pre \(u = v\) vyjde \(x = \frac{D}{2}\) alebo si všimnúť, že pre \(u < v\) je zátvorka menšia ako \(1\), a teda je tento bod bližšie ako bod, v ktorom sme „začali“⁶.

Už máme všetko potrebné na zistenie rovnice elipsy. Aby sme ju zapísali v tvare \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1\), potrebujeme už len zistiť dĺžky polosí \(a\), \(b\). Dĺžku polosi \(a\) zistíme ľahko ako \[ a = \frac{\frac{D}{2} + x}{2} = \left(1 + \frac{1}{\frac{G M}{u^2 D} - 1}\right) \frac{D}{4} = \left(\frac{\frac{G M}{u^2 D}}{\frac{G M}{u^2 D} - 1}\right) \frac{D}{4}. \]

Ľahko tiež vieme vypočítať lineárnu excentricitu⁷ \[ ae = \frac{\frac{D}{2} - x}{2} = \left(1 - \frac{1}{\frac{G M}{u^2 D} - 1}\right) \frac{D}{4} = \left(\frac{\frac{G M}{u^2 D} - 2}{\frac{G M}{u^2 D} - 1}\right) \frac{D}{4}. \]

Vedľajšia polos je preto dlhá \[ b = a \sqrt{1 - e^2} = \sqrt{\left(\frac{G M}{u^2 D}\right)^2 - \left(\frac{G M}{u^2 D} - 2\right)^2} \frac{1}{\frac{G M}{u^2 D} - 1}\frac{D}{4} = \left(\frac{1}{\sqrt{\frac{G M}{u^2 D} - 1}}\right)\frac{D}{2} \] a hľadaná rovnica elipsy pre \(u < v = \sqrt{\frac{G M}{2 D}}\) je \[ \frac{x^2}{\left(\frac{\frac{G M}{u^2 D}}{\frac{G M}{u^2 D} - 1}\right)^2 \frac{D^2}{16}} + \frac{y^2}{\left(\frac{1}{\frac{G M}{u^2 D} - 1}\right)\frac{D^2}{4}} = 1. \]