Kepler problem

1 两体系统

1.1 两体系统的耦合

假设空间是均匀的, 那么必然有在空间平移变换: $\boldsymbol{x}_{1}\to \boldsymbol{x}_{1}+\boldsymbol{\xi}$ 与 $\boldsymbol{x}_{2}\to \boldsymbol{x}_{2}+\boldsymbol{\xi}$ 下, 拉格朗日量保持不变. 由于 $\boldsymbol{\xi}$ 为常矢量, 故动能不变, 则势能满足$$V(\boldsymbol{x}_{1},\boldsymbol{x}_{2})=V(\boldsymbol{x}_{1}+\boldsymbol{\xi},\boldsymbol{x}_{2}+\boldsymbol{\xi}),$$则必然有$$V\left(\boldsymbol{x}_1-\boldsymbol{x}_2\right)=V\left(|\boldsymbol{x}_1-\boldsymbol{x}_2|\right).$$
如果还需满足空间各向同性, 即旋转不变性, 则$$V\left(\boldsymbol{x}_1-\boldsymbol{x}_2\right)=V\left(|\boldsymbol{x}_1-\boldsymbol{x}_2|\right).$$即只和两粒子的相对距离大小有关, 和方向无关.

显然, 两体系统的拉格朗日量可写为$$\boxed{L=\frac{1}{2}m_1\dot{\boldsymbol{x}}_1^2+\frac{1}{2}m_2\dot{\boldsymbol{x}}_2^2-V\left(|\boldsymbol{x}_1-\boldsymbol{x}_2|\right)}.$$

由于相互作用势能的存在, 第一个粒子的运动方程中包含第二个粒子的位置信息, 反之亦然. 这样的关系称作耦合 (coupled).

1.2 两体系统的退耦

通过选取新的广义坐标使得两体系统退耦 (decoupled), 即等效为两个相互独立的单粒子的运动.

考虑与 $\{x_1,x_2\}$ 满足线性关系的一组新的坐标 $\{y_1,y_2\}$ , 线性变换关系为$$\left(\begin{array}{c}\boldsymbol{x}_1\\\boldsymbol{x}_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}a&b\\c&d\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\boldsymbol{y}_1\\\boldsymbol{y}_2\end{array}\right),$$其中 $a,b,c,d$ 为常数.
则动能项变为$$\left.\begin{aligned}T&=\quad\frac{1}{2}\left(\begin{array}{ccc}\dot{x}_{1}&\dot{x}_{2}\end{array}\right.)\left(\begin{array}{cc}m_{1}&0\\0&m_{2}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\dot{x}_{1}\\\dot{x}_{2}\end{array}\right)\\&=\quad\frac{1}{2}\left(\begin{array}{ccc}\dot{y}_{1}&\dot{y}_{2}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}m_{1}a^{2}+m_{2}c^{2}&m_{1}ab+m_{2}cd\\m_{1}ab+m_{2}cd&m_{1}b^{2}+m_{2}d^{2}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\dot{y}_{1}\\\dot{y}_{2}\end{array}\right).\end{aligned}\right.$$
如果要求用新的变量 $y_1,\boldsymbol{y}_2$ 表达的动能项是退耦的, 就必须要求非对角元为零, 即$$m_1ab+m_2cd=0.$$由相互作用势能项变成 $V=V\left(|\left(a-c\right)\boldsymbol{y}_{1}+\left(b-d\right)\boldsymbol{y}_{2}\right|)$ . 因此如果要求势能项也是退耦的, 则只能是 $a=c$ 或 $b=d$. 不失一般性, 不妨取$$a=c.$$
同时满足上述要求的线性变换的一般形式为$$\left(\begin{array}{c}y_1\\y_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\frac{1}{a}x_c\\\frac{1}{b}\frac{m_2}{m_1+m_2}r\end{array}\right),$$其中 $a,b$ 为常数, 这里自然出现了两体系统的质心位置 $x_c$ 和两粒子的相对位矢 $r$ 定义为
$$\boldsymbol{x}_c:=\frac{m_1\boldsymbol{x}_1+m_2\boldsymbol{x}_2}{m_1+m_2},\quad\boldsymbol{r}:=\boldsymbol{x}_1-\boldsymbol{x}_2,$$

既然 $a$ 和 $b$ 是任意非零常数, 简单起见不妨取 $a=1$ 和 $b=\frac{m_2}{m_1+m_2}$ , 即有 $y_1=x_c$ 和 $y_2=r$ . 此时动能项成为$$T=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}\dot{\boldsymbol{x}}_\mathrm{c}&\dot{\boldsymbol{r}}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}m_\mathrm{t}&0\\0&m_\mathrm{r}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\dot{\boldsymbol{x}}_\mathrm{c}\\\dot{\boldsymbol{r}}\end{array}\right).$$

如我们所期望的, 在采用质心位置 $x_c$ 以及相对位矢 $r$ 后, 两体系统的动能项是完全退耦的. 其中, $m_\mathrm{t}$ 为两体系统的总质量$$m_\mathrm{t}\equiv m_1+m_2,$$
$m_{\mathrm{r}}$ 被称为约化质量 (reduced mass)$$\boxed{m_\mathrm{r}\equiv\frac{m_1m_2}{m_1+m_2}}.$$
相互作用势能项为 $V=V\left(|x_1-x_2|\right)=V\left(r\right)$ , 只是两粒子相对距离, 即相对位矢大小 $r\equiv|r|$ 的函数, 也是完全退耦的.

总之, 在空间均匀和各向同性的假设下, 两体系统可以完全退耦, 即约化为两个单粒子的运动, 分别对应两体系统的质心运动与相对运动. 其中质心运动的拉格朗日量为$$L_{c}=\frac{1}{2}m_{\mathrm{t}}\dot{\boldsymbol{x}}_{c}^{2},$$其等效于质量为 $m_{\mathrm{t}}$ 的自由粒子. 相对运动的拉格朗日量为$$\boxed{L_\mathrm{r}=\frac{1}{2}m_\mathrm{r}^2\dot{r}^2-V\left(r\right)},$$
等效于位于中心势 $V\left(r\right)$ 中质量为 $m_{\mathrm{r}}$ 的粒子.

2 中心势场

2.1 中心势场中的运动

两体系统的质心做匀速直线运动, 因此我们重点关注两体系统的相对运动, 即单粒子在中心势场中的运动. 记 $m\equiv m_{\mathrm{r}}$ , 将运动方程写作$$m\ddot{\boldsymbol{r}}=-\nabla V.$$
由 $\nabla r=\frac{\boldsymbol{r}}{r}\equiv\hat{r}$ (这是因为 r 是位形空间中的基), 上式又可以写成$$\boxed{m\ddot{\boldsymbol{r}}=-V^{\prime}\left(r\right)\frac{\boldsymbol{r}}{r}}.$$

中心势场具有球对称性, 选取球坐标$\{r,\theta,\phi\}$ . 于是原式成为$$\boxed{L=\frac12m\left(\dot{r}^2+r^2\dot{\theta}^2+r^2\sin^2\theta\dot{\phi}^2\right)-V\left(r\right)}.$$
即是中心势场中粒子的拉格朗日量.

由于不显含 $\phi$ , 则其共轭动量为运动常数.$$p_\phi\equiv\frac{\partial L}{\partial\dot{\phi}}=mr^2\sin^2\theta\dot{\phi}=\text{常数}\equiv J_z.$$
这里 $J_{z}$ 即相对于中心的角动量矢量在 $z$ 轴方向的投影. 由于空间 (相对于中心) 的各向同性, 我们可以随意选择坐标轴的方向, 而无论如何选择, 角动量在 $z$ 轴方向的投影都是常数. 这种情况只有一种可能, 即中心势场中粒子的角动量矢量守恒. 也就是说, 粒子必然在一个平面内运动.

取极坐标以化简原式:$$\boxed{L=\frac12m\left(\dot{r}^2+r^2\dot{\phi}^2\right)-V\left(r\right)}.$$拉格朗日函数不显含时间 $t$ 与广义坐标 $\phi$, 则能量与角动量均守恒. 可得$$\boxed{E=\frac{1}{2}m \dot{r}^{2}+\frac{J^{2}}{2mr^{2}}+V\left(r\right)}.$$
解出 $\dot{r}$, 有$$\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}=\pm\sqrt{\frac{2}{m}\left(E-V\left(r\right)\right)-\frac{J^{2}}{m^{2}r^{2}}},$$
积分得到$$t=\pm\int\frac{\mathrm{d}r}{\sqrt{\frac{2}{m}\left(E-V\left(r\right)\right)-\frac{J^{2}}{m^{2}r^{2}}}}.$$
而$$\phi=\phi\left(t\right)=\int\mathrm{d}t\frac{J}{mr^{2}(t)},$$
积分得到$$\frac{mr^2}{J}\mathrm{d}\phi=\pm\frac{\mathrm{d}r}{\sqrt{\frac{2}{m}\left(E-V\left(r\right)\right)-\frac{J^2}{m^2r^2}}}.$$
再积分即可得到运动方程. 但一般而言, 该式子无解析解.

2.2 贝特朗 (Bertrand) 定理

对于有界运动, 在从 $r_{1}$ 到 $r_2$ , 再回到 $r_{1}$ 的这一往复过程中，角度变化为$$\Delta\phi=2\int_{r_1}^{r_2}\frac{J}{r^2}\frac{\mathrm{d}r}{\sqrt{2m\left(E-V\left(r\right)\right)-\frac{J^2}{r^2}}}.$$
若经过 $n$ 个周期的往复, 轨道闭合, 则必须满足$$n\Delta\phi=m2\pi,\quad m,n=1,2,3,\cdots.$$
在数学上可以证明: 只有满足$$\boxed{V\propto-\frac{1}{r},\quad\text{和}\quad V\propto r^2}$$才能使轨道闭合. 称贝特朗定理. 我们暂时没有能力证明这个定理.

3 开普勒问题

与到中心的距离成反比的中心势场$$V\propto-\frac{{\alpha}}{r}$$是最常见也是最重要的一种势场, 其中 $\alpha>0$ 对应吸引势, $\alpha<0$ 对应排斥势. 对这一系统的求解称为开普勒问题 (Kepler problem).

以下我们假定 $\alpha>0$.

此时有效势为
$$\boxed{V_{\mathrm{eff}}\left(r\right)=-\frac{\alpha}{r}+\frac{J^{2}}{2mr^{2}}},$$
后一项可视作有效的离心势能.

整个式子在 $V_{\mathrm{eff}}^{\prime}\left(r\right)=0$ 处存在极值，对应$$r_\mathrm{m}=\frac{J^2}{m\alpha}.$$

这个有效势能的特点是在 $r\to 0$ 时趋于正的无穷, 在 $r\to \infty$ 时从负的值趋于零. 在这之间有效势能有一个极小值点. 因此, 粒子的径向运动可以分为三种情况: 如果粒子的能量 $E>0$, 那么粒子可以跑向无穷远, 也就是说粒子的运动并不是束缚在力心周围有限的空间内. 对于严格的 $\frac{1}{r}$ 势, 这时粒子的轨道是双曲线的一支. 如果粒子的能量 $E<0$, 那么粒子的径向距离一定局限在一个有限的区间之内, 这时粒子的运动一定被束缚在力心周围的一个有限区域内, 不可能逃逸到无穷远. 对于 $\frac{1}{r}$ 型的势, 我们下面可以证明粒子的轨道是一个闭合的椭圆. 如果粒子能量 $E=0$, 这时粒子的运动仍然可以逃逸到无穷, 但运动轨道是一条抛物线.

3.1 求解 Kepler Problem

轨道方程为$$\phi\left(r\right)=\int\frac{J}{mr^{2}}\frac{\mathrm{d}r}{\sqrt{\frac{2}{m}\left(E+\frac{\alpha}{r}\right)-\frac{J^{2}}{m^{2}r^{2}}}}.$$

引入$$p:=\frac{J^2}{m\alpha},\quad e:=\sqrt{1+\frac{2EJ^2}{m\alpha^2}},$$其中 $p$ 被称作半通径 (semilatus rectum), $e$ 被称作偏心率 (eccentricity).

可以解析积出$$\phi=\int\mathrm{d}r\frac{p}{r^2}\frac{1}{\sqrt{e^2-\left(1-\frac{p}{r}\right)^2}}\xrightarrow{u=1-\frac{p}{r}}\int\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{e^2-u^2}}=\arcsin\left(\frac{u}{e}\right)+\phi_0,$$$\phi_0$ 为积分常数, 方便起见取 $\phi_0=\frac\pi2$, 则可写成$$\boxed{r\left(\phi\right)=\frac{p}{1+e\cos\phi}}.$$为一圆锥曲线.

还可以解出$$T=\int_{0}^{2\pi}\frac{mr^{2}\left(\phi\right)}{J}\mathrm{d}\phi=\frac{m}{J}2\pi ab=\pi\alpha\sqrt{\frac{m}{2\left|E\right|^{3}}}=2\pi\sqrt{\frac{m}{\alpha}a^{3}}.$$
即开普勒第三定律 (Third law of Kepler).

3.2 Laplace-Runge-Lenz Vector

中心势场的空间转动不变性和时间平移不变性分别导致了角动量 $J$ 和总能量 $E$ 的守恒. 开普勒问题中轨道的闭合性意味着系统具有比时空对称性更高的对称性. 这种对称性导致新的运动常数, 即所谓拉普拉斯-龙格-楞次矢量 (Laplace-Runge-Lenz Vector). 简称LRL矢量, 定义为

Laplace-Runge-Lenz Vector
$$\boldsymbol{A}= \boldsymbol{p}\times \boldsymbol{J}-{\alpha}m \frac{\boldsymbol{r}}{r}$$

$$\begin{aligned}
\frac{\mathrm{d}A}{\mathrm{d}t}& =\quad{\frac{\mathrm{d}\boldsymbol{p}}{\mathrm{d}t}}\times\boldsymbol{J}+\boldsymbol{p}\times\underbrace{\frac{\mathrm{d}\boldsymbol{J}}{\mathrm{d}t}}_{=0}+\alpha m{\frac{1}{r^{2}}}\dot{r}\boldsymbol{r}-\alpha m{\frac{\dot{\boldsymbol{r}}}{r}} \
&=\quad-\frac{\alpha}{r^{3}} \boldsymbol{r}\times( \boldsymbol{r}\times \boldsymbol{p})+\alpha m\frac{1}{r^{2}}\dot{r} \boldsymbol{r}-\alpha\frac{1}{r} \boldsymbol{p} \
&=\quad-\frac{\alpha}{r^{3}}\Big[r\underbrace{(\boldsymbol{r}\cdot\boldsymbol{p})}_{=mr\dot{r}}-r^{2}\boldsymbol{p}\Big]+\alpha m\frac{1}{r^{2}}\dot{r}\boldsymbol{r}-\alpha\frac{1}{r}\boldsymbol{p}=0,
\end{aligned}$$其中用到了 $\frac{\mathrm{d}\boldsymbol{p}}{\mathrm{d}t}=m\ddot{\boldsymbol{r}}=-V^{\prime}\left(r\right)\frac{\boldsymbol{r}}{r}\equiv-\frac{\alpha}{r^{3}}\boldsymbol{r}$ .

据上, LRL 矢量确实是运动常数.

此外, 可以验证$$\boxed{A\cdot J\equiv0},$$这意味着 LRL 矢量 $A$ 和角动量矢量 $J$ 垂直, 它位于轨道平面内. 取其为极轴方向, 有 $\boldsymbol{A}\cdot \boldsymbol{r}= Ar\cos\phi$ . 另一方面, $$\boldsymbol{A}\cdot \boldsymbol{r}=(\boldsymbol{P}\times \boldsymbol{J})\cdot \boldsymbol{r}-\alpha\frac{m}{r} \boldsymbol{r}\cdot \boldsymbol{r}=( \boldsymbol{r}\times \boldsymbol{p})\cdot \boldsymbol{J}-\alpha mr=J^{2}-\alpha mr.$$
有 $Ar\cos\phi=J^2-\alpha mr$.
从中可立即解出轨道方程$$\boxed{r\left(\phi\right)=\frac{J^2}{\alpha m+A\cos\phi}},$$对比之前得到的方程后有$$p=\frac{J^2}{m\alpha},\quad e=\frac{A}{m\alpha}.$$
同时 $A=m\alpha e$ 意味着$$\boxed{A^2=m^2\alpha^2+2mEJ^2}.$$