Das Keplerproblem

Eine der ersten Anwendungen von Newtons Theorie war die Erklärung der von Kepler empirisch gefundenen Gesetze der Planetenbewegung. Daß Newtons Principia mathematica überhaupt geschrieben wurde verdanken wir nicht zuletzt dem bei Newton hartnäckig um eine solche umfassende Darstellung bittenden Astronomen Halley, der sogar für die Druckkosten aufkam!

Newton hatte sein Gravitationsgesetz, demzufolge sich zwei Körper mit einer Kraft anziehen, die sich aus dem Potential

$$V(\bvec{x}_1,\bvec{x}_2)=-\frac{\gamma m_1 m_2}{\Vert\bvec{x}_1-\bvec{x}_2\Vert}$$ (2.6.1)

berechnet, eigentlich umgekehrt aus den Keplergesetzen entwickelt, indem er nach den Kräften suchte, die die Bahnformen und Zeitabläufe korrekt beschreiben. Wir gehen hier den umgekehrten Weg und berechnen die Bewegung aus dem Newtonschen Gravitationsgesetz. Die Lagrangefunktion ist in kartesischen Koordinaten durch

$$L=T-V=\frac{m_1}{2} \left (\frac{\d \bvec{x}_1}{\d t} \right)^2 +... ...c{\d \bvec{x}_2}{\d t} \right)^2 + \frac{K}{\Vert\bvec{x}_1 - \bvec{x}_2\Vert } K=\gamma m_1 m_2$$ (2.6.2)

gegeben. Zunächst können wir das Problem durch Ausnutzen von Symmetrien auf ein ebenes Einteilchenproblem zurückführen. Wegen der Translations- und Galileiinvarianz können wir zunächst den Schwerpunktsatz anwenden. Wir führen also die Schwerpunktskoordinaten ein. Darüber hinaus benötigen wir noch drei weitere unabhängige Koordinaten, wofür wir wegen der Form des Potentials die Relativkoordinaten $\bvec{r}=\bvec{x}_1-\bvec{x}_2$ wählen:

$$\bvec{x}=\frac{m_1 \bvec{x}_1+m_2 \bvec{x}_2}{M}, \; \bvec{r}=\bv... ...bvec{s}+\frac{m_2}{M} \bvec{r}, \; \bvec{x}_2=\bvec{s} - \frac{m_1}{M} \bvec{r} M=m_1+m_2.$$ (2.6.3)

Setzen wir dies in die Lagrangefunktion ein, erhalten wir

$$L=\frac{M}{2} \left (\frac{\d \bvec{s}}{\d t} \right)^2 + \frac{\mu}{2} \left (\frac{\d \bvec{r}}{\d t} \right )^2 + \frac{K}{\Vert\bvec{r} \Vert} \mu=\frac{m_1 m_2}{m_1+m_2}.$$ (2.6.4)

Wie wir wegen des Noethertheorems erwartet haben, ist $\bvec{s}$ zyklisch. Durch einen Galileiboost können wir erreichen, daß der Schwerpunkt im Bezugssystem ruht, so daß die Lagrangefunktion formal auf die eines Teilchens (im folgenden Quasiteilchen genannt) mit der reduzierten Masse $\mu$ , das sich um den Ursprung des Relativkoordinatensystems (das Quasizentrum) bewegt, zurückgeführt ist. Es ist dies das sogenannte reduzierte Keplerproblem, bei dem die Sonne als feststehendes Zentrum betrachtet wird. Wie wir sehen, ist die Lösung des vollständigen Zweikörper-Keplerproblems auf die Lösung des reduzierten Problems zurückgeführt, wobei lediglich die Masse des ,,Planeten`` durch die reduzierte Masse des Zweikörperproblems gegeben ist.

Ein Blick auf die Gleichung für $\mu$ zeigt, daß dies näherungsweise sogar durch das ursprüngliche Problem gegeben ist, wenn die Sonne sehr viel schwerer ist als der Planet, wie dies für alle Planeten in unserem Sonnensystem der Fall ist.

Das verbliebene Einteilchenproblem hat wegen $s=$const die Lagrangefunktion

$$L=\frac{\mu}{2} \left ( \frac{\d \bvec{r}}{\d t} \right)^2 + \frac{K}{r} r = \Vert\bvec{r}\Vert.$$ (2.6.5)

Wir betrachten nunmehr die Symmetrien dieses Problems. Zunächst ist $L$ nicht explizit zeitabhängig. Wie wir oben gesehen haben, bedeutet dies die zeitliche Translationsinvarianz und damit die Erhaltung der Gesamtenergie

$$E=T+V=\frac{\mu}{2} \left (\frac{\d \bvec{r}}{\d t} \right )^2 - \frac{K}{r}.$$ (2.6.6)

Weiter setzt sich $L$ aus Skalaren der Relativkoordinaten und deren Zeitableitung zusammen. Damit ist aber $L$ invariant unter Drehungen, und nach dem Noethertheorem bedeutet dies die Erhaltung des Drehimpulses des Quasiteilchens:

$$\bvec{l}=\bvec{r} \times \frac{\partial L}{\partial \dot{\bvec{r}}} = \mu \bvec{r} \times \dot{\bvec{r}} \Rightarrow \bvec{r} \bvec{l}=0.$$ (2.6.7)

Da $\bvec{l}$ nach dem Noethertheorem zeitlich konstant ist, ist die Bahnkurve des Quasiteilchens eben, d.h. bleibt stets in der Ebene senkrecht zum Drehimpuls $\bvec{l}$ .

Zum zweiten Keplerschen Gesetz: $\dd A=\frac{1}{2} \pi r^2 \dot{\phi} \d t=\frac{l}{2 \mu} \dd t$ ist der Flächeninhalt des im Zeitinkrement $\d t$ vom Radiusvektor des Quasiteilchens überstrichene Fläche. Der Radiusvektor überstreicht also in gleichen Zeiten gleiche Flächen.

Um dies auszunutzen, denken wir uns das Koordinatensystem so gewählt, daß $\bvec{l}=l \bvec{e}_3$ ist. Dann bewegt sich das Quasiteilchen in der $12$ -Ebene dieses Koordinatensystems. Weiter wissen wir, daß das Problem rotationsinvariant ist, so daß es sinnvoll ist, Polarkoordinaten in der $12$ -Ebene einzuführen:

$$\begin{split}\bvec{r}&=r \begin{pmatrix}\cos \phi \ \sin \ph... ...i}^2, \quad \bvec{l}=\mu r^2 \dot{\phi} \bvec{e}_3. \end{split}$$ (2.6.8)

Dabei haben wir für die Rechnungen mit $\bvec{r}$ die aufgrund der Wahl des Koordinatensystems identisch verschwindende $3$ -Komponente weggelassen.

Dies in die Lagrangefunktion eingesetzt ergibt, daß $\phi$ erwartungsgemäß tatsächlich zyklisch ist:

$$L=\frac{\mu}{2}(\dot{r}^2 + r^2 \dot{\phi}^2)+\frac{K}{r}$$ (2.6.9)

Damit ist $r^2 \dot{\phi}=$const . Das ist die auf unsere Wahl des Koordinatensystems spezialisierte Form des Drehimpulserhaltungssatzes. Dieser Erhaltungssatz ist identisch mit dem 2. Keplerschen Gesetz, dem Flächensatz. Dies erkennen wir durch die geometrische in Abbildung 2.2 erklärte Interpretation.

In den eben eingeführten Polarkoordinaten ergibt sich die erhaltene Energie zu

$$E=\frac{\mu}{2} \dot{r}^2 + \frac{l^2}{2 \mu r^2} -\frac{K}{r}.$$ (2.6.10)

Durch die Wahl der generalisierten Variablen $\phi$ , die entsprechend den Symmetrien des Systems zyklisch ist, bedeutet dies die Zurückführung des Keplerproblems auf eine Differentialgleichung in einer Unbekannten. Es handelt sich dabei um die Bewegung eines Teilchens im Halbraum $r \in \R_{>0}$ unter Wirkung eines effektiven Potentials, das sich aus dem ursprünglichen Zentralpotential $-K/r$ und der Zentrifugalbarriere $l^2/(2 \mu r^2)$ zusammensetzt.

Wir beschränken uns nun jedoch auf die Bestimmung der Bahnform, indem wir die Zeitableitung $\dot{r}$ mit Hilfe des Drehimpulssatzes $l=\mu r^2 \dot{\phi} =$   const eliminieren:

$$\dot{r}=\frac{\d r}{\d \phi} \frac{\d \phi}{\d t}=\frac{l r'}{\mu r^2} \quad r'=\frac{\d r}{\d \phi}.$$ (2.6.11)

Dies in den Energiesatz eingesetzt, ergibt

$$E=\frac{l^2 r'{}^2}{2 \mu r^4} + \frac{l^2}{r^2}-\frac{K}{r},$$ (2.6.12)

was sich durch Einführung von $s=1/r$ wesentlich vereinfachen läßt:

$$E=\frac{l^2}{2 \mu} s'{}^2+\frac{l^2}{2 \mu} s^2 - K s \Rightarrow s'{}^2=-s^2+B s + A A=\frac{2 \mu}{l}, \; B=\frac{2 \mu K}{l^2}.$$ (2.6.13)

Wir haben dabei vorausgesetzt, daß $l \neq 0$ ist. Die Bewegung für $l=0$ verschieben wir auf eine Übungsaufgabe. Durch quadratische Ergänzung finden wir dann

$$s'{}^2=\frac{B^2+4 A}{4}-\left(s-\frac{B}{2} \right)^2.$$ (2.6.14)

Nun betrachten wir einzelne Fälle für den Wert der Energie $E$ :

(a)

$E=0$ . Dann ist $A=0$ , und es muß gelten $\vert s-B/2\vert \leq B/2$ , also $0\leq s\leq B$ . Durch Integration finden wir also

$$\phi=\int \frac{\d s}{1-\left(\frac{s-B/2}{B/2} \right)^2} = \arcsin \left(\frac{s-B/2}{B/2}\right)+C \Rightarrow s= \frac{B}{2}[1+\sin(\phi-c)].$$ (2.6.15)

Wie wir uns ebenfalls in der unten noch zu stellenden Übungsaufgabe überzeugen werden, ist dies die Polargleichung einer Parabel, deren Brennpunkt im Koordinatenursprung, also im Quasizentrum (Schwerpunkt des Zweikörpersystems) liegt.

(b)

$E \neq 0$ . Genau die gleiche Rechnung wie eben führt dann auf

$$s=\frac{B}{2}+\frac{\sqrt{B^2+4A}}{2} \sin(\phi-C).$$ (2.6.16)

Dies ist ebenfalls eine Kegelschnittgleichung. Die Parameter des Kegelschnitts sind

$$p=\frac{2}{B}=\frac{l^2}{\mu K}, \quad \epsilon=\sqrt{1+\frac{2 E l^2}{\mu K^2}}.$$ (2.6.17)

Es liegt also eine Ellipse oder Hyperbel vor, je nachdem ob $E<0$ bzw. $E>0$ ist.