确定小可变力对行星近日点进动的影响

是否存在一种分析技术，用于确定小变化的横向加速度对根据牛顿重力定律在2D平面中绕太阳轨道旋转的行星的行星进动率（严格来说不是进动，而是行进线的旋转）的影响？

我已经在迭代计算机模型中对此类影响进行了建模，并希望验证这些测量结果。

横向加速度公式为

$A t = (K / c^{2}) * V r * V t * A r .$ $At = (K/c^2)*Vr*Vt * Ar.$

哪里：-

c是光速，

K是介于0和+/- 3之间的大小常数，因此。 $K/(c^2) << 1$

Ar是由于太阳的牛顿引力影响而向着太阳的行星加速（）。 $Ar = GM/r^2$

Vr是行星速度相对于太阳的径向分量（+ =远离太阳的运动）

Vt是行星速度相对于太阳的横向分量（+ =行星沿着其轨道路径的前进方向）。向量Vt = V-Vr其中V是行星相对于太阳的总瞬时速度矢量。

假设行星质量相对于太阳较小

系统中没有其他实体

所有的运动和加速度都被限制在轨道的二维平面上。

更新

之所以令我感到有趣，是因为我的计算机模型中的K = +3会产生异常（非牛顿）的近周旋转速率值，非常接近广义相对论预测的值的1％左右，以及天文学家观察到的那些（Le Verrier，Newcomb更新）。

来自http://en.wikipedia.org/wiki/Apsidal_precession GR衍生的近尖点旋转公式（爱因斯坦，1915年）

ω = 24. π^{3} . a^{2} . T^{- 2} . c^{- 2} . (1 - e^{2})^{- 1}

$\boldsymbol{\omega}=24.\pi^3.a^2.T^{-2}.c^{-2}.(1-e^2)^{-1}$

更新4

我接受了沃尔特的回答。他不仅回答了最初的问题（是否有某种技术？对我来说）基本上等于爱因斯坦1915年的公式。

摘自Walter的摘要（以下为Walter的回答）：

：（来自一阶扰动分析）半长轴和偏心率没有变化，但是周延的方向在轨道平面内以速率旋转其中是轨道频率和与所述半长轴。请注意（对于），这与广义相对论（GR）进动率在阶数（爱因斯坦1915年给出）一致。

ω = Ω \frac{v_{c}^{2}}{c^{2}} \frac{K}{1 - e^{2}},

$\omega=\Omega \frac{v_c^2}{c^2} \frac{K}{1-e^2},$

Ω

$\Omega$

v_{c} = Ω a

$v_c=\Omega a$

a

$a$

K = 3

$K=3$

v_{c}^{2} / c^{2}

$v_c^2/c^2$

gravity eccentric-orbit

— 史蒂夫·奥
source

您还在寻找答案吗？

— Walter

@沃尔特。我是。我曾在physics.stackexchange.com/questions/123685/…上问过类似的问题，但尚未收到可靠的答案。

— steveOw 2014年

@沃尔特。我还问了math.stackexchange.com/questions/866836/…。

— steveOw 2014年

是的，有近似的分析方法（摄动理论），在的范围内有效。也许您可以澄清一下您的问题。横向加速度的方向是什么（我理解“横向”是指垂直于瞬时速度，但尚不清楚加速度是在轨道平面内还是在垂直平面上或在混合方向上）。

K ≪ 1

$K\ll1$

— 2014年

您的问题与数学（和物理）问题之间存在差异：此处的横向加速度与径向加速度成比例，为无量纲数，因此径向加速度对横向加速度没有影响，并且必须为加速度（尽管您谈论的是“数字”）。

K

$K$

K

$K$

— Walter

您可能要使用微扰理论。这仅给您一个大概的答案，但允许进行分析处理。您的力被认为是对Keplerian椭圆轨道的微小扰动，并且所产生的运动方程以幂扩展。对于线性摄动理论，仅保留中的线性项。这简单地导致沿未受干扰的原始轨道对摄动进行积分。将您的力写为矢量，扰动加速度为，的径向速度（）和 $K$ $K$

a = K \frac{G M}{r^{2} c^{2}} v_{r} v_{t}

$\boldsymbol{a} = K \frac{GM}{r^2c^2}v_r\boldsymbol{v}_t$

v_{r} = v \cdot \hat{r}

$v_r=\boldsymbol{v}{\cdot}\hat{\boldsymbol{r}}$

v \equiv \dot{r}

$\boldsymbol{v}\equiv\dot{\boldsymbol{r}}$

v_{t} = (v - \hat{r} (v \cdot \hat{r}))

$\boldsymbol{v}_t=(\boldsymbol{v}-\hat{\boldsymbol{r}}(\boldsymbol{v}{\cdot}\hat{\boldsymbol{r}}))$ 速度的旋转分量（全速减去径向速度）。在此，上方的点表示时间导数，并且帽子表示单位矢量。

现在，这取决于您对“ 效果 ”的含义。让我们算出轨道半长轴，偏心率，和近星点方向的变化。 $a$ $e$

为了总结下面的结果：半长轴和偏心都不变，但近质心旋转的在速率轨道的平面的方向其中是轨道频率和与所述半长轴。请注意（对于），这与广义相对论（GR）进动率在阶（爱因斯坦1915年给出，但在原始问题中未提及）一致。

ω = Ω \frac{v_{c}^{2}}{c^{2}} \frac{K}{1 - e^{2}},

$\omega=\Omega \frac{v_c^2}{c^2} \frac{K}{1-e^2},$

Ω

$\Omega$

v_{c} = Ω a

$v_c=\Omega a$

a

$a$

K = 3

$K=3$

v_{c}^{2} / c^{2}

$v_c^2/c^2$

半长轴的变化

根据关系（具有的轨道能量），我们可以得出由于外部因素引起的的变化（非吉普勒人）加速插入（请注意与角动量矢量），我们得到由于任何函数的轨道平均（请参见下文），因此。 $a=-GM/2E$ $E=\frac{1}{2}\boldsymbol{v}^2-GMr^{-1}$ $a$

\dot{a} = \frac{2 a^{2}}{G M} v \cdot a .

$\dot{a}=\frac{2a^2}{GM}\boldsymbol{v}{\cdot}\boldsymbol{a}.$

a

$\boldsymbol{a}$

v \cdot v_{t} = h^{2} / r^{2}

$\boldsymbol{v}{\cdot}\boldsymbol{v}_t=h^2/r^2$

h \equiv r \land v

$\boldsymbol{h}\equiv\boldsymbol{r}\wedge\boldsymbol{v}$

\dot{a} = \frac{2 a^{2} K h^{2}}{c^{2}} \frac{v_{r}}{r^{4}} .

$\dot{a}=\frac{2a^2Kh^2}{c^2}\frac{v_r}{r^4}.$

⟨ v_{r} f (r) ⟩ = 0

$\langle v_r f(r)\rangle=0$

f

$f$

⟨ \dot{a} ⟩ = 0

$\langle\dot{a}\rangle=0$

偏心率的变化

从，我们找到我们已经知道，因此只需要考虑第一个项即可。因此，我使用的身份和事实 $\boldsymbol{h}^2=(1-e^2)GMa$

e \dot{e} = - \frac{h \cdot \dot{h}}{G M a} + \frac{h^{2} \dot{a}}{2 G M a^{2}} .

$e\dot{e}=-\frac{\boldsymbol{h}{\cdot}\dot{\boldsymbol{h}}}{GMa}+\frac{h^2\dot{a}}{2GMa^2}.$

⟨ \dot{a} ⟩ = 0

$\langle\dot{a}\rangle=0$

e \dot{e} = - \frac{(r \land v) \cdot (r \land a)}{G M a} = - \frac{r^{2} v \cdot a}{G M a} = - \frac{K h^{2}}{a c^{2}} \frac{v_{r}}{r^{2}},

$e\dot{e}=-\frac{(\boldsymbol{r}\wedge\boldsymbol{v}){\cdot}(\boldsymbol{r}\wedge\boldsymbol{a})}{GMa} =-\frac{r^2\;\boldsymbol{v}{\cdot}\boldsymbol{a}}{GMa} =-\frac{Kh^2}{ac^2}\frac{v_r}{r^2},$

(a \land b) \cdot (c \land d) = a \cdot c b \cdot d - a \cdot d b \cdot c

$(\boldsymbol{a}\wedge\boldsymbol{b}){\cdot}(\boldsymbol{c}\wedge\boldsymbol{d}) =\boldsymbol{a}{\cdot}\boldsymbol{c}\;\boldsymbol{b}{\cdot}\boldsymbol{d}- \boldsymbol{a}{\cdot}\boldsymbol{d}\;\boldsymbol{b}{\cdot}\boldsymbol{c}$

r \cdot a_{p} = 0

$\boldsymbol{r}{\cdot}\boldsymbol{a}_p=0$ 。再次，因此。

⟨ v_{r} / r^{2} ⟩ = 0

$\langle v_r/r^2\rangle=0$

⟨ \dot{e} ⟩ = 0

$\langle\dot{e}\rangle=0$

围攻方向的改变

的偏心率向量 点（从重心）在近质心的方向，具有大小，并且在开普勒运动下是守恒的（将其全部验证为练习！）。从这个定义中，我们发现由于外部加速度 $\boldsymbol{e}\equiv\boldsymbol{v}\wedge\boldsymbol{h}/GM - \hat{\boldsymbol{r}}$ $e$

\dot{e} = \frac{a \land (r \land v) + v \land (r \land a)}{G M} = \frac{2 (v \cdot a) r - (r \cdot v) a}{G M} = \frac{2 K}{c^{2}} \frac{h^{2} v_{r} r}{r^{4}} - \frac{K}{c^{2}} \frac{v_{r}^{2} v_{t}}{r}

$\dot{\boldsymbol{e}}= \frac{\boldsymbol{a}\wedge(\boldsymbol{r}\wedge\boldsymbol{v}) +\boldsymbol{v}\wedge(\boldsymbol{r}\wedge\boldsymbol{a})}{GM} =\frac{2(\boldsymbol{v}{\cdot}\boldsymbol{a})\boldsymbol{r} -(\boldsymbol{r}{\cdot}\boldsymbol{v})\boldsymbol{a}}{GM} =\frac{2K}{c^2}\frac{h^2v_r\boldsymbol{r}}{r^4} -\frac{K}{c^2}\frac{v_r^2\boldsymbol{v}_t}{r}$ 我在其中使用和事实。这些表达式的轨道平均值在下面的附录中考虑。如果最终将所有内容放在一起，则得到并经过[ 再次纠正 ] 这是近视在轨道平面内以角频率的旋转。。尤其是

a \land (b \land c) = (a \cdot c) b - (a \cdot b) c

$\boldsymbol{a}\wedge(\boldsymbol{b}\wedge\boldsymbol{c})=(\boldsymbol{a}{\cdot}\boldsymbol{c})\boldsymbol{b}-(\boldsymbol{a}{\cdot}\boldsymbol{b})\boldsymbol{c}$

r \cdot a = 0

$\boldsymbol{r}{\cdot}\boldsymbol{a}=0$

\dot{e} = ω \land e

$\dot{\boldsymbol{e}}=\boldsymbol{\omega}\wedge\boldsymbol{e}$

ω = Ω K \frac{v_{c}^{2}}{c^{2}} (1 - e^{2})^{- 1} \hat{h} .

$\boldsymbol{\omega}=\Omega K \frac{v_c^2}{c^2} (1-e^2)^{-1}\, \hat{\boldsymbol{h}}.$

ω = | ω |

$\omega=|\boldsymbol{\omega}|$

⟨ e \dot{e} ⟩ = ⟨ e \cdot \dot{e} ⟩ = 0

$\langle e\dot{e}\rangle=\langle\boldsymbol{e}{\cdot}\dot{\boldsymbol{e}}\rangle=0$ 与我们先前的发现一致。

不要忘记，由于我们使用了一阶微扰理论，因此这些结果仅在极限严格成立。然而，在二阶微扰理论下，和/或可能改变。在您的数值实验中，您应该发现和的轨道平均变化比扰动幅度线性变化零或更强。 $K(v_c/c)^2\to0$ $a$ $e$ $a$ $e$ $K$

免责声明不能保证代数是正确的。核实！

附录：轨道平均值

具有任意（但可积分）函数的轨道平均值可以直接针对任何类型的周期轨道进行计算。令为的反导数，即，则轨道平均值为：其中为轨道周期。 $v_rf(r)$ $f(r)$ $F(r)$ $f(r)$ $F'\!=f$

⟨ v_{r} f (r) ⟩ = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} v_{r} (t) f (r (t)) d t = \frac{1}{T} {[F (r (t))]}_{0}^{T} = 0

$\langle v_r f(r)\rangle = \frac{1}{T}\int_0^T v_r(t)\,f\!\left(r(t)\right) \mathrm{d}t = \frac{1}{T} \left[F\left(r(t)\right)\right]_0^T = 0$

T

$T$

对于所需的平均轨道，我们必须更深入一点。对于开普勒椭圆形椭圆轨道带有偏心向量和一个垂直于和。在此，是偏心异常，它通过与平均异常相关因此 $\langle\dot{\boldsymbol{e}}\rangle$

r = a ((\cos η - e) \hat{e} + \sqrt{1 - e^{2}} \sin η \hat{k}) and r = a (1 - e \cos η)

$\boldsymbol{r}=a\left((\cos\eta-e)\hat{\boldsymbol{e}}+\sqrt{1-e^2}\sin\eta\,\hat{\boldsymbol{k}}\right)\qquad\text{and}\qquad r=a(1-e\cos\eta)$

e

$\boldsymbol{e}$

\hat{k} \equiv \hat{h} \land \hat{e}

$\hat{\boldsymbol{k}}\equiv\hat{\boldsymbol{h}}\wedge\hat{\boldsymbol{e}}$

e

$\boldsymbol{e}$

h

$\boldsymbol{h}$

η

$\eta$

ℓ

$\ell$

ℓ = η - e \sin η,

$\ell=\eta-e\sin\eta,$

d ℓ = (1 - e \cos η) d η

$\mathrm{d}\ell=(1-e\cos\eta)\mathrm{d}\eta$ ，轨道平均数变为取的时间导数（请注意的轨道频率），我们发现瞬时（无扰动）轨道速度中引入了，即半长轴的圆形轨道的速度。由此，我们发现径向速度

⟨ \cdot ⟩ = (2 π)^{- 1} \int_{0}^{2 π} \cdot d ℓ = (2 π)^{- 1} \int_{0}^{2 π} \cdot (1 - e \cos η) d η .

$\langle\cdot\rangle = (2\pi)^{-1}\int_0^{2\pi}\cdot\;\mathrm{d}\ell = (2\pi)^{-1}\int_0^{2\pi}\cdot\;(1-e\cos\eta)\mathrm{d}\eta.$

\dot{ℓ} = Ω = \sqrt{G M / a^{3}}

$\dot{\ell}=\Omega=\sqrt{GM/a^3}$

r

$\boldsymbol{r}$

v = v_{c} \frac{\sqrt{1 - e^{2}} \cos η \hat{k} - \sin η \hat{e}}{1 - e \cos η}

$\boldsymbol{v}=v_c\frac{\sqrt{1-e^2}\cos\eta\,\hat{\boldsymbol{k}}-\sin\eta\,\hat{\boldsymbol{e}}}{1-e\cos\eta}$

v_{c} \equiv Ω a = \sqrt{G M / a}

$v_c\equiv\Omega a=\sqrt{GM/a}$

a

$a$

v_{r} = \hat{r} \cdot v = v_{c} e \sin η (1 - e \cos η)^{- 1}

$v_r=\hat{\boldsymbol{r}}{\cdot}\boldsymbol{v}=v_c e\sin\eta(1-e\cos\eta)^{-1}$ 和旋转速度

v_{t} = v_{c} \frac{\sqrt{1 - e^{2}} (\cos η - e) \hat{k} - (1 - e^{2}) \sin η \hat{e}}{(1 - e \cos η)^{2}} .

$\boldsymbol{v}_t = v_c\frac{\sqrt{1-e^2}(\cos\eta-e)\,\hat{\boldsymbol{k}}-(1-e^2)\sin\eta\,\hat{\boldsymbol{e}}}{(1-e\cos\eta)^2}.$

有了这些，我们[ 再次纠正 ] 尤其是方向上的分量平均为零。因此[ 再次纠正 ]

⟨ \frac{h^{2} v_{r} r}{r^{4}} ⟩ = Ω v_{c}^{2} \hat{k} \frac{e (1 - e^{2})^{3 / 2}}{2 π} \int_{0}^{2 π} \frac{\sin^{2} η}{(1 - e \cos η)^{4}} d η = \frac{Ω v_{c}^{2} e}{2 (1 - e^{2})} \hat{k} ⟨ \frac{v_{r}^{2} v_{t}}{r} ⟩ = Ω v_{c}^{2} \hat{k} \frac{e^{2} (1 - e^{2})^{1 / 2}}{2 π} \int_{0}^{2 π} \frac{\sin^{2} η (\cos η - e)}{(1 - e \cos η)^{4}} d η = 0,

$\left\langle \frac{h^2v_r\boldsymbol{r}}{r^4}\right\rangle = \Omega v_c^2\,\hat{\boldsymbol{k}}\, \frac{e(1-e^2)^{3/2}}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{\sin^2\!\eta}{(1-e\cos\eta)^4}\mathrm{d}\eta =\frac{\Omega v_c^2e}{2(1-e^2)}\hat{\boldsymbol{k}} \\ \left\langle \frac{v_r^2\boldsymbol{v}_t}{r}\right\rangle = \Omega v_c^2\, \hat{\boldsymbol{k}}\, \frac{e^2(1-e^2)^{1/2}}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{\sin^2\!\eta(\cos\eta-e)}{(1-e\cos\eta)^4}\mathrm{d}\eta=0,$

\hat{e}

$\hat{\boldsymbol{e}}$

⟨ 2 \frac{h^{2} v_{r} r}{r^{4}} - \frac{v_{r}^{2} v_{t}}{r} ⟩ = \frac{Ω v_{c}^{2} e \hat{k}}{(1 - e^{2})}

$\left\langle 2\frac{h^2v_r\boldsymbol{r}}{r^4}-\frac{v_r^2\boldsymbol{v}_t}{r}\right\rangle =\frac{\Omega v_c^2e\,\hat{\boldsymbol{k}}}{(1-e^2)}$

— 沃尔特
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— 称为2voyage