Taller 3
Perturbaciones en el Sistema Solar: Mercurio, los troyanos de Júpiter y un cometa que se estira
Los tres problemas de este taller tienen la misma estructura: una situación del Sistema Solar que se resuelve de forma exacta, y una perturbación pequeña cuyo efecto se estudia con una ecuación lineal. El taller se trabaja en equipos de hasta tres personas y vale 50 puntos.
1 Mercurio y la relatividad general
En la gravedad de Newton, un planeta se mueve alrededor del Sol bajo una fuerza central, que apunta siempre hacia el Sol. En coordenadas polares \((r,\theta)\) centradas en el Sol, eso hace que la cantidad
\[h = r^2\dot\theta \tag{1}\]
el momento angular por unidad de masa, sea constante a lo largo de toda la órbita; esa es la segunda ley de Kepler. La intensidad de la gravedad del Sol está en la constante \(k=GM\), el producto de la constante de gravitación \(G\) por la masa del Sol \(M\), que vale \(k=1.327\times10^{20}\) m³/s². Con la sustitución \(z=1/r\) y tomando el ángulo \(\theta\) como variable independiente, la órbita cumple la ecuación lineal
\[z''+z=\kappa, \qquad \kappa=\frac{k}{h^2} \tag{2}\]
donde las primas son derivadas respecto de \(\theta\) y \(\kappa\) es la letra griega kappa, distinta de la \(k\) latina. Su solución es la elipse
\[z_0=\kappa\,(1+e\cos\theta) \tag{3}\]
donde \(e\) es la excentricidad y el perihelio (el punto más cercano al Sol) está en \(\theta=0,2\pi,\dots\). El número \(\kappa\) se relaciona con el semieje mayor \(a\) de la elipse por \(\kappa\,a(1-e^2)=1\).
La órbita de Mercurio no es exactamente una elipse fija: su perihelio gira lentamente (precesión del perihelio o precesión anómala) y la gravedad de Newton no alcanza a explicar todo ese giro. La corrección viene de la relatividad general. Según las ecuaciones de campo de Einstein, el Sol deforma el espacio-tiempo a su alrededor, y fuera del Sol esa deformación está descrita por la métrica de Schwarzschild. En esa descripción Mercurio no siente una fuerza: sigue la trayectoria más recta posible en la geometría curva del espacio-tiempo, que se llama una geodésica. La conservación del momento angular, que en la gravedad de Newton es la segunda ley de Kepler, sigue valiendo, pero en la forma
\[h = r^2\frac{d\theta}{d\tau} \tag{4}\]
donde \(\tau\) es el tiempo propio de Mercurio, el que mide un reloj que viaja con él, y no el tiempo \(t\) de un observador lejano. La diferencia entre las dos versiones es del orden de \(v^2/c^2\approx10^{-8}\) para Mercurio, y no afecta el giro del perihelio, así que seguimos usando \(\kappa=k/h^2\). Con esta \(h\), las ecuaciones de Einstein dan para la órbita, en lugar de \(z''+z=\kappa\), la ecuación
\[z''+z=\kappa+\epsilon z^2, \qquad \epsilon=\frac{3k}{c^2} \tag{5}\]
donde \(c=2.998\times10^8\) m/s es la velocidad de la luz. No se les pide deducir (5). Para el Sol, \(\epsilon\approx4.43\) km, mientras que para Mercurio \(1/\kappa\approx5.55\times10^7\) km, así que el producto \(\epsilon\kappa\approx8\times10^{-8}\) es diminuto. Por eso buscamos la solución como la elipse de Newton más una corrección pequeña, \(z=z_0+\epsilon z_1\). La corrección \(z_1\) resulta cumplir
\[z_1''+z_1=z_0^2 \tag{6}\]
Esta corrección es la que hace girar lentamente el perihelio de Mercurio.
Verifiquen primero que (6) es correcta: sustituyan \(z=z_0+\epsilon z_1\) en (5), usen que \(z_0\) cumple \(z_0''+z_0=\kappa\), y descarten los términos que llevan \(\epsilon^2\). Después escriban \(z_0^2\) como una combinación lineal de \(\cos\theta\) y \(\cos2\theta\), usando \(\cos^2\theta=(1+\cos2\theta)/2\). Resuelvan (6) por coeficientes indeterminados. (15 pts)
Al sustituir,
\[(z_0''+z_0)+\epsilon(z_1''+z_1)=\kappa+\epsilon(z_0+\epsilon z_1)^2\]
Como \(z_0''+z_0=\kappa\), esos términos se cancelan; dividiendo por \(\epsilon\) queda \(z_1''+z_1=(z_0+\epsilon z_1)^2=z_0^2+\epsilon(\dots)\), y al descartar lo que lleva \(\epsilon\) se obtiene (6).
Desarrollando,
\[z_0^2=\kappa^2\left[1+\frac{e^2}{2}+2e\cos\theta+\frac{e^2}{2}\cos2\theta\right]\]
Cada parte del lado derecho se resuelve por separado. Para la constante, \(z_1=\kappa^2\left(1+\dfrac{e^2}{2}\right)\). Para \(\cos2\theta\), con \(z_1=A\cos2\theta\) se tiene \(z_1''+z_1=-3A\cos2\theta\), así que \(A=-\kappa^2e^2/6\); no hay resonancia porque \(2i\) no es raíz de \(\lambda^2+1\).
Para \(\cos\theta\) (el término \(2\kappa^2e\cos\theta\)), como \(\cos\theta\) y \(\sin\theta\) resuelven la ecuación reducida, \(A\cos\theta+B\sin\theta\) da cero al sustituir y nunca produce \(2\kappa^2e\cos\theta\): es la resonancia, y se multiplica por \(\theta\). Con \(z_1=C\theta\sin\theta\), \(z_1''+z_1=2C\cos\theta\), así que \(C=\kappa^2e\). En total,
\[z_1=\kappa^2\left[1+\frac{e^2}{2}-\frac{e^2}{6}\cos2\theta+e\,\theta\sin\theta\right]\]
más una solución homogénea que solo ajusta condiciones iniciales. El factor \(\theta\) del último término crece sin parar y es el que, órbita tras órbita, hace girar el perihelio: llamando \(\delta=\epsilon\kappa\), la parte con \(\cos\theta\) de \(z\) es \(e\kappa(\cos\theta+\delta\theta\sin\theta)\approx e\kappa\cos((1-\delta)\theta)\), y el perihelio avanza \(\Delta\varphi=2\pi\delta=\dfrac{6\pi k}{c^2a(1-e^2)}\) por órbita, unos 43 segundos de arco por siglo para Mercurio.
2 Los troyanos de Júpiter
Los asteroides troyanos comparten la órbita de Júpiter, unos 60° adelante o atrás de él. Realmente, Júpiter es tan pesado que no orbita alrededor del Sol. El Sol y Júpiter giran en círculos alrededor de su centro de masa, y sea \(\mu=m_J/(m_S+m_J)\approx9.54\times10^{-4}\) la fracción de la masa total que corresponde a Júpiter. Usamos un sistema de coordenadas que gira con ellos, tomamos como unidad de longitud la distancia entre el Sol y Júpiter, y como unidad de tiempo \(1/n\), donde \(n\) es la velocidad angular de Júpiter. Júpiter tarda 11.86 años en dar una vuelta, de modo que \(2\pi\) unidades de tiempo son 11.86 años. El punto de Lagrange \(L_4\) es el tercer vértice del triángulo equilátero que forman el Sol y Júpiter. Un asteroide ligeramente desplazado de \(L_4\), con desplazamientos pequeños \((x,y)\), cumple aproximadamente, para \(x\) la ecuación de cuarto orden
\[x^{(4)}+\ddot x+\frac{27}{4}\mu(1-\mu)\,x=0 \tag{7}\]
Escriban su polinomio característico, resuélvanlo para \(\lambda^2\), y muestren que si \(27\mu(1-\mu)\le1\) las cuatro raíces son imaginarias puras, de modo que el asteroide oscila cerca de \(L_4\), mientras que si \(27\mu(1-\mu)>1\) hay una raíz con parte real positiva y el asteroide se aleja. Hallen el valor crítico \(\mu_c\) que separa los dos casos. (10 pts)
El polinomio característico \(\lambda^4+\lambda^2+\frac{27}{4}\mu(1-\mu)\) es cuadrático en \(\lambda^2\):
\[\lambda^2=\frac{-1\pm\sqrt{1-27\mu(1-\mu)}}{2}\]
Si \(27\mu(1-\mu)\le1\), la raíz cuadrada es real y menor o igual que 1, las dos raíces \(\lambda^2\) son negativas o cero y \(\lambda=\pm i\omega_1,\pm i\omega_2\): oscilaciones acotadas. Si \(27\mu(1-\mu)>1\), \(\lambda^2\) es complejo no real, y entre sus cuatro raíces cuadradas hay dos con parte real positiva, de modo que hay soluciones que crecen exponencialmente.
La condición \(27\mu(1-\mu)=1\) da \(\mu^2-\mu+\frac{1}{27}=0\), es decir,
\[\mu_c=\frac12-\frac{\sqrt{69}}{18}\approx0.0385\]
Para el Sol y Júpiter, \(27\mu(1-\mu)\approx0.0257<1\), así que \(L_4\) es estable.
3 Un cometa que se estira
Un cometa cae hacia el Sol en línea recta, partiendo del reposo desde muy lejos. Su distancia \(r\) al Sol cumple \(\ddot r=-k/r^2\), con el mismo \(k=1.327\times10^{20}\) m³/s², y como parte del reposo, su energía es cero, es decir, \(\dot r^2=2k/r\). Sea \(t_0\) el instante en que \(r\) llegaría a cero y \(\tau=t_0-t\) el tiempo que falta para ese instante. Integrando \(\dot r^2=2k/r\) se obtiene
\[r=\left(\frac{9k}{2}\right)^{1/3}\tau^{2/3} \tag{8}\]
Pensemos ahora en dos fragmentos del cometa, uno en \(r\) y otro en \(r+\delta\), y preguntémonos cómo cambia con el tiempo la separación \(\delta\). Supongan que las fuerzas internas del cometa son despreciables frente a la gravedad del Sol, de modo que cada fragmento cae como una partícula libre. En lo que sigue las primas son derivadas respecto de \(\tau\); como \(\tau=t_0-t\), la segunda derivada respecto de \(\tau\) es igual a la segunda derivada respecto de \(t\).
Cada fragmento cumple la ecuación \(\ddot r=-k/r^2\). Si se escribe la ecuación del fragmento que está en \(r+\delta\), se le resta la del que está en \(r\), y se usa la aproximación \(\dfrac{1}{(r+\delta)^2}\approx\dfrac{1}{r^2}\left(1-\dfrac{2\delta}{r}\right)\), válida para \(\delta\) pequeño, se obtiene \(\delta''=\dfrac{2k}{r^3}\delta\). Al reemplazar \(r(\tau)\) de (8) queda la ecuación
\[\delta''=\frac{4}{9\tau^2}\,\delta \tag{9}\]
Esta ecuación tiene coeficientes variables. Comprueben que \(\delta=\tau^{4/3}\) es una solución y, a partir de ella, hallen una segunda solución por reducción de orden. Calculen el wronskiano de las dos soluciones y comparen con lo que predice la fórmula de Abel. (15 pts)
Restando, \(\delta''=-\dfrac{k}{(r+\delta)^2}+\dfrac{k}{r^2}\approx\dfrac{2k}{r^3}\delta\). De \(r^3=\frac{9k}{2}\tau^2\) sale \(\dfrac{2k}{r^3}=\dfrac{4}{9\tau^2}\).
Con \(\delta=\tau^{4/3}\), \(\delta''=\frac43\cdot\frac13\,\tau^{-2/3}=\frac49\,\tau^{-2/3}=\dfrac{4}{9\tau^2}\,\tau^{4/3}\). La ecuación no tiene término en \(\delta'\), así que \(P=0\) y \(y_2=v\,y_1\) con \(v'=1/y_1^2=\tau^{-8/3}\):
\[v=-\frac35\,\tau^{-5/3}, \qquad y_2=v\,y_1=-\frac35\,\tau^{-1/3}\]
Se toma \(y_2=\tau^{-1/3}\). El wronskiano de \(\tau^{4/3}\) y \(\tau^{-1/3}\) es \(-\frac13-\frac43=-\frac53\), constante, como dice la fórmula de Abel con \(P=0\).
Escriban la solución general \(\delta(\tau)\) y digan cuál de las dos soluciones domina cuando el cometa se acerca al Sol, es decir, cuando \(\tau\to0\), y qué le pasa entonces a la separación. Supongan que cuando el cometa está a \(r_0=1\) UA \(=1.496\times10^{11}\) m del Sol, los dos fragmentos están separados \(\delta_0=100\) m y tienen la misma velocidad. Calculen el tiempo \(\tau_0\) que le falta en ese momento, en días. Usen las condiciones \(\delta(\tau_0)=\delta_0\) y \(\delta'(\tau_0)=0\) para hallar \(\delta(\tau)\). (10 pts)
La solución general es \(\delta=A\tau^{4/3}+B\tau^{-1/3}\). Cuando \(\tau\to0\), \(\tau^{4/3}\to0\) y \(\tau^{-1/3}\to\infty\): domina la segunda, y la separación crece sin límite cerca del Sol (el modelo deja de valer antes, cuando \(\delta\) ya no es pequeño frente a \(r\)). Es el efecto de marea, que estira el cometa.
De (8), \(\tau=\dfrac23\dfrac{r^{3/2}}{\sqrt{2k}}\). Con \(r_0=1\) UA, \(\tau_0\approx2.37\times10^6\) s, cerca de 27.4 días.
Las condiciones \(\delta(\tau_0)=\delta_0\) y \(\delta'(\tau_0)=0\) dan \(B=4A\tau_0^{5/3}\) y \(5A\tau_0^{4/3}=\delta_0\), de donde
\[\delta(\tau)=\frac{\delta_0}{5}\left[\left(\frac{\tau}{\tau_0}\right)^{4/3}+4\left(\frac{\tau_0}{\tau}\right)^{1/3}\right]\]