Poradnik OA. Mechanika nieba 5: Równanie Keplera

Obrazek wyróżniający: Chuck Ayoub via Wikimedia Commons

Wstęp

Początek XVII wieku był czasem rewolucji. Dzięki ogromnej precyzji obserwacji orbity Marsa przeprowadzonych przez Tychona Brahe, Johannes Kepler został zmuszony do porzucenia dogmatu idealnych okręgów. Odkrycie, że orbity są eliptyczne (I prawo Keplera), rozwiązało problem trajektorii, ale zrodziło nowy, znacznie trudniejszy: jak wyznaczyć pozycję planety na tej elipsie w konkretnym czasie?

II prawo Keplera mówiło o mechanizmie stojącym za ruchem planet (prędkość kątowa zmienia się odwrotnie proporcjonalnie do kwadratu odległości), ale nie dawało gotowego, analitycznego wzoru wiążącego czas z pozycją na orbicie. Dalsze próby opisania tego prawa doprowadziły Keplera do sformułowania w 1609 roku słynnego równania. Od ponad 400 lat „Problem Keplera” stanowił wyzwanie dla najwybitniejszych matematyków, gdyż równanie to nie posiada ścisłego, analitycznego rozwiązania względem szukanego kąta.

Anomalie

Kluczem do rozwiązania problemu, jaki sobie postawiliśmy, jest użycie znanego nam już pojęcia anomalii, za pomocą którego możemy śledzić pozycję obiektu. Zdefiniowaliśmy już anomalię prawdziwą. Teraz poznamy dwie kolejne. Są nimi:

Anomalia średnia (M): To pojęcie w stu procentach abstrakcyjne. Wyobraźmy sobie fikcyjne ciało, które krąży po okręgu opisanym na elipsie, ale ze stałą prędkością kątową wynoszącą $\frac{2\pi}{T}$ , gdzie $T$ to okres obiegu. Widzimy, że jest to średnia prędkość kątowa prawdziwego ciała. Anomalia średnia rośnie idealnie proporcjonalnie do czasu zgodnie ze wzorem:
$M=\frac{2\pi}{T} (t-\tau),$

gdzie $\tau$ to moment przejścia przez perycentrum.

Tfr000 via Wikimedia Commons

Równe pola przesunięte w równym czasie obserwujemy zarówno na orbicie eliptycznej, jak i na teoretycznym okręgu o stałej prędkości kątowej, co pozwala nam zwizualizować koncept anomalii średniej.
Anomalia mimośrodowa (E): Stanowi dla nas geometryczny pomost między liniowym upływem czasu, a fizycznymi zmianami położenia ciała (anomalią prawdziwą). Aby ją wyznaczyć, rzutujemy pozycję planety prostopadle na okrąg opisany na elipsie. Kąt jest zawarty między tym rzutem a kierunkiem do perycentrum, ale mierzony ze środka geometrycznego elipsy, a nie z ogniska. Anomalia ta może być bardzo nieintuicyjna, a zapamiętanie jej definicji jest trudne, ale wystarczy nauczyć się rysować ją na rysunku orbity (tak jak poniżej). W praktyce najczęściej będziemy stosować wzory, których znajomość wystarcza do przeliczenia anomalii mimośrodowej na inne parametry, bez wnikania w geometrię.

FranFranz via Wikimedia Commons

W taki sposób możemy sobie geometrycznie zwizualizować anomalię mimośrodową.

Równanie Keplera

Fundamentalny związek łączący czas z pozycją geometryczną na orbicie eliptycznej wyraża się niezwykle prostym i eleganckim wzorem, znanym powszechnie jako równanie Keplera:

$\boxed{M=E-e\sin{E}}$

W powyższym równaniu $M$ to anomalia średnia, reprezentująca upływ czasu, $E$ to anomalia mimośrodowa określająca precyzyjnie położenie ciała, a $e$ to mimośród orbity. Siła tego równania tkwi w tym, że jako jedyne (bez rachunku całkowego) pozwala określić, kiedy ciało znajduje się w danym miejscu, a także gdzie ciało znajduje się w danym momencie. Gdy w zadaniu proszą nas o wykonanie takich obliczeń, równanie Keplera będziemy stosowali zawsze, gdy orbita jest eliptyczna, a ciało nie znajduje się ani w perycentrum, ani w apocentrum.

Skąd jednak wziął się ten wzór? Choć wydaje się abstrakcyjny, jest on tylko matematycznym zapisem II prawa Keplera.

Kliknij, aby rozwinąć wyprowadzenie…

Zgodnie z II prawem Keplera, promień wodzący ciała zakreśla równe pola w równych odstępach czasu.

Pole całej elipsy to $\pi a b$ (gdzie $a$ to półoś wielka, $b$ to półoś mała). Pole $S_P$ zakreślone przez nasze ciało w czasie $t$ od przejścia przez perycentrum wynosi:

S_P = \frac{t}{T} \pi a b

gdzie $T$ to okres obiegu. Wynika to bezpośrednio z II prawa Keplera. Z definicji anomalia średnia to kąt, jaki zakreśliłoby ciało poruszające się ruchem jednostajnym: $M = \frac{2\pi}{T} t$ . Po przekształceniu otrzymujemy $\frac{t}{T} = \frac{M}{2\pi}$ . Podstawiamy to do wzoru na pole:

S_P = \frac{M}{2\pi} \pi a b = \frac{1}{2} a b M

Elipsę można traktować jako okrąg o promieniu $a$ , który został spłaszczony w pionie w skali $\frac{b}{a}$ . Oznacza to, że dowolne pole na elipsie ( $S_P$ ) jest równe odpowiadającemu mu polu na okręgu opisanym ( $S_Q$ ) pomnożonemu przez ten współczynnik:

S_P = \frac{b}{a} S_Q

Popatrzmy teraz na rysunek wprowadzający anomalię mimośrodową. Rzutujemy pozycję planety prostopadle w górę na okrąg opisany, otrzymując punkt $Q$ . Kąt między środkiem układu (środkiem elipsy $O$ ) a punktem $Q$ to anomalia mimośrodowa $E$ .

Musimy obliczyć pole $S_Q$ , czyli obszar na okręgu mierzony od ogniska $F$ do punktu $Q$ . Składa się ono z prostego wycinka koła, od którego odejmujemy trójkąt, ponieważ Słońce nie leży w środku $O$ , lecz w ognisku $F$ :

Pole wycinka koła $OAQ$ : Wynosi $\frac{1}{2} a^2 E$ .
Pole trójkąta $OFQ$ : Podstawą trójkąta jest odległość od środka do ogniska $OF = ae$ . Wysokością jest współrzędna pionowa punktu $Q$ , czyli $a \sin E$ . Pole trójkąta to $\frac{1}{2} \cdot \text{podstawa} \cdot \text{wysokość} = \frac{1}{2} (ae) (a \sin E) = \frac{1}{2} a^2 e \sin E$ .

Odejmując trójkąt od wycinka, otrzymujemy szukane pole na okręgu:

S_Q = \frac{1}{2} a^2 E - \frac{1}{2} a^2 e \sin E = \frac{1}{2} a^2 (E - e \sin E)

Wracamy do pola na elipsie, mnożąc obliczone pole $S_Q$ przez współczynnik spłaszczenia:

S_P = \frac{b}{a} \left[ \frac{1}{2} a^2 (E - e \sin E) \right] = \frac{1}{2} a b (E - e \sin E)

Teraz wystarczy przyrównać dwa wzory na to samo pole $S_P$ :

\frac{1}{2} a b M = \frac{1}{2} a b (E - e \sin E)

Dzieląc obie strony przez $\frac{1}{2}ab$ , otrzymujemy równanie

M = E - e \sin E

Zależności między anomaliami

Pewnie udało Ci się już zauważyć, że anomalia mimośrodowa wydaje się dość przypadkowym kątem, którego opis jest skomplikowany. Masz absolutną rację. Nigdy na olimpiadzie nie zobaczysz podanej jej wartości. Zobaczysz natomiast wartości takie jak odległość od ciała centralnego, półoś wielka orbity, czy anomalia prawdziwa. Musimy więc umieć wykorzystać te parametry, by znaleźć wartość anomalii mimośrodowej i skorzystać z prawa Keplera.

Wprowadzimy teraz wzór, który przydaje się w sytuacji, gdy znamy parametry orbity (półoś wielka i mimośród) oraz odległość ciała od ogniska $r$ :

$\boxed{r = a(1 - e \cos E)}$

Kliknij, aby rozwinąć wyprowadzenie…

Najprostsze wyprowadzenie opiera się na umieszczeniu elipsy w kartezjańskim układzie współrzędnych i obliczeniu odległości między dwoma punktami. Będziemy stosować te same oznaczenia i geometrię, co na rysunku z anomalią mimośrodową.

Środek układu współrzędnych umieszczamy w środku elipsy $O$ $(0,0)$ . Punkt $Q$ ma współrzędne zależne od anomalii mimośrodowej $E$ :

$x_Q = a \cos E$

$x_{P'} = a \cos E$

$y_Q = a \sin E$

$y_{P'} = a \sin E$

$P$ ma tę samą współrzędną $x$ , ale – jak ustaliliśmy wcześniej – jej współrzędna $y$ jest spłaszczona o $\frac{b}{a}$ :

$x_P = a \cos E$

$y_P = \frac{b}{a} (a \sin E) = b \sin E$

Odległość od środka elipsy do ogniska wynosi $ae$ . Zakładając, że perycentrum leży na dodatniej półosi x, współrzędne ogniska to:

$x_F = ae$

$y_F = 0$

Promień wodzący $r$ to odległość między ogniskiem a planetą. Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa:

r^2 = (x_P - x_F)^2 + (y_P - y_F)^2

r^2 = (a \cos E - ae)^2 + (b \sin E - 0)^2

Podnosimy do kwadratu, wyciągając wcześniej $a$ z pierwszego nawiasu:

r^2 = a^2(\cos E - e)^2 + b^2 \sin^2 E

r^2 = a^2(\cos^2 E - 2e \cos E + e^2) + b^2 \sin^2 E

Znamy związek $b^2 = a^2(1 - e^2)$ . Podstawiamy tę zależność, aby wyeliminować z równania półoś małą $b$ :

r^2 = a^2(\cos^2 E - 2e \cos E + e^2) + a^2(1 - e^2)\sin^2 E

Wyciągamy $a^2$ przed wspólny nawias:

r^2 = a^2 \left[ \cos^2 E - 2e \cos E + e^2 + \sin^2 E - e^2 \sin^2 E \right]

Grupujemy wyrazy i z jedynki trygonometrycznej ( $\cos^2 E + \sin^2 E = 1$ ) upraszczamy początek nawiasu:

r^2 = a^2 \left[ 1 - 2e \cos E + e^2 - e^2 \sin^2 E \right]

Z dwóch ostatnich wyrazów wyciągamy $e^2$ :

r^2 = a^2 \left[ 1 - 2e \cos E + e^2(1 - \sin^2 E) \right]

Ponownie z jedynki trygonometrycznej zastępujemy $(1 - \sin^2 E)$ wartością $\cos^2 E$ :

r^2 = a^2 \left[ 1 - 2e \cos E + e^2 \cos^2 E \right]

Wyrażenie w nawiasie kwadratowym to zwinięty wzór skróconego mnożenia dla kwadratu różnicy $(1 - e \cos E)^2$ :

r^2 = a^2 (1 - e \cos E)^2

Pierwiastkujemy obie strony. Ponieważ dla elipsy mimośród $e < 1$ , a wartość cosinusa z dowolnego kąta nie przekracza 1, wyrażenie $(1 - e \cos E)$ jest zawsze dodatnie (lub równe zero). Otrzymujemy ostateczny wzór:

r = a(1 - e \cos E)

Jeśli użyliśmy przed chwilą równania Keplera i otrzymaliśmy z niego $E$ , teraz możemy wykorzystać powyższy wzór, by znaleźć $r$ . Natomiast jeżeli wiemy gdzie znajduje się ciało, przekształćmy wzór do postaci:

$\cos{E} = \frac{a - r}{ae}$

Ze względu na to, że funkcja arccos zwraca wartości tylko z przedziału od $0$ do $\pi$ , jednoznacznie możemy określić kąt tylko dla pierwszej połowy orbity. Znając jedynie odległość $r$ , nie wiemy, czy obiekt właśnie się oddala od perycentrum, czy do niego wraca.

Aby opisać pełną orbitę ( $E \in [0, 2\pi)$ ), rozwiązanie rozbija się na dwa przypadki:

$E = \arccos\left(\frac{a - r}{ae}\right)$ – gdy ciało oddala się od ogniska (od perycentrum do apocentrum),
$E = 2\pi - \arccos\left(\frac{a - r}{ae}\right)$ – gdy ciało zbliża się do ogniska (od apocentrum do perycentrum).

Teraz anomalii mimośrodowej możemy użyć w równaniu Keplera.

Jeśli znasz anomalię prawdziwą, a nie znasz odległości od ogniska, możesz skorzystać z mniej znanego wzoru wiążącego anomalię mimośrodową i prawdziwą:

$\tan{\frac{\nu}{2}} = \tan{\frac{E}{2}} \sqrt{\frac{1+e}{1-e}}$

lub użyć równania elipsy:

$r = \frac{a(1-e^2)}{1+e\cos{\nu}}$

by przekształcić $\nu$ na $r$ .

Obliczenia w praktyce – metoda iteracji

Jeśli znamy pozycję ciała i szukamy czasu, problem jest trywialny: obliczamy $E$ , wstawiamy do Równania Keplera, otrzymujemy $M$ i stąd $t$ . Prawdziwy Problem Keplera pojawia się, gdy znamy czas, a szukamy pozycji. Ze względu na to, że sumujemy $E$ i sin $E$ , równania nie da się uprościć do formy $E$ = … . Jak sobie z tym radzimy?

Odpowiedzią są metody numeryczne, z których najpopularniejsza to Metoda iteracji prostej:

Przekształcamy równanie do postaci $E = M + e \sin E$ . Jako pierwsze przybliżenie przyjmujemy $E_0 = M$ (co jest bardzo dobrym założeniem dla orbit o małym mimośrodzie). Następnie podstawiamy tę wartość do prawej strony równania, aby uzyskać dokładniejszy wynik:

$E_{n+1} = M + e \sin E_n$

Proces ten powtarzamy iteracyjnie (obliczając $E_1, E_2, E_3, \dots$ ), aż różnica między kolejnymi wynikami będzie akceptowalnie mała. Otrzymywane przez nas wyniki będą zbiegać się do prawdziwej wartości bardzo szybko. Dla orbit o niedużym mimośrodzie wystarczy tylko około pięć iteracji, by uzyskać zadowalającą dokładność.

Dla wysoce ekscentrycznych orbit (gdzie metoda prostej iteracji zbiega się powoli), możemy wykorzystać też Metodę Newtona-Raphsona.

Definiujemy funkcję $f(E) = E - e \sin E - M = 0$ . Wykorzystując jej pochodną $f'(E) = 1 - e \cos E$ , szukamy miejsca zerowego iterując za pomocą wzoru:

$E_{n+1} = E_n - \frac{E_n - e \sin E_n - M}{1 - e \cos E_n}$

Rozpoczynając z tego samego punktu $E_0 = M$ , ta metoda zbiega do bardzo precyzyjnego wyniku już po zaledwie 3 lub 4 krokach, niezależnie od mimośrodu.

Podobne metody wykorzystuje funkcja „solve” w niektórych kalkulatorach naukowych. Może nam to oszczędzić wiele czasu, oczywiście jeżeli mamy dostęp do takiego kalkulatora.

Orbity Hiperboliczne

Klasyczne równanie Keplera, które do tej pory rozpatrywaliśmy, ma zastosowanie do orbit zamkniętych. Jednak wypadałoby rozważyć również otwarte orbity hiperboliczne. Poruszają się po nich komety nieokresowe, słynne obiekty międzygwiazdowe, takie jak 1I/’Oumuamua czy 2I/Borisov, a także sondy kosmiczne uciekające z Układu Słonecznego (Voyager, New Horizons) lub wykonujące manewry asysty grawitacyjnej w pobliżu planet.

Dla takich trajektorii okrąg opisany na elipsie oraz klasyczna anomalia mimośrodowa tracą swój geometryczny sens. Czas do perycentrum i anomalia mimośrodowa stają się wartościami urojonymi. Zamiast nich wprowadza się hiperboliczną anomalię mimośrodową, oznaczaną najczęściej literą $H$ i definiowaną jako $E=iH$ . Równanie Keplera dla hiperboli przyjmuje wówczas nową formę, opartą nie na klasycznych funkcjach trygonometrycznych definiowanych na okręgu, lecz na funkcjach hiperbolicznych:

$M = e \sinh H - H$

gdzie $\sinh$ to sinus hiperboliczny. Podobnie modyfikacji ulegają pozostałe zależności orbitalne, chociażby wzór na długość promienia wodzącego $r$ , który teraz wykorzystuje cosinus hiperboliczny:

$r = a(1 - e \cosh H)$

Warto pamiętać, że tutaj $a$ oznacza półoś wielką, która dla hiperboli ma wartość ujemną. Z praktycznego punktu widzenia, hiperboliczne równanie Keplera rozwiązuje się dokładnie tak samo jak eliptyczne – z wykorzystaniem metod numerycznych.

Przykładowe zadania

Zadanie autorskie

Kometa krótkookresowa krąży po orbicie o półosi wielkiej $a = 3{,}46\text{ au}$ i mimośrodzie $e = 0{,}64$ . Oblicz jej odległość od Słońca po upływie 2 lat od przejścia przez peryhelium.

Rozwiązanie

Kliknij, aby rozwinąć…

Z III prawa Keplera obliczamy najpierw okres obiegu komety:

$T = a^{3/2} = (3{,}46)^{1{,}5} \approx 6{,}437\text{ lat}$

Znając czas od przejścia przez peryhelium i okres obiegu, możemy obliczyć anomalię średnią:

$M = \frac{2\pi}{T} \cdot t = \frac{2\pi}{6{,}437} \cdot 2 \approx 1{,}95221\text{ rad}$

Mamy do rozwiązania równanie $M = E - e \sin E$ . Ponieważ $e$ jest dość duże, wykorzystamy metodę Newtona-Raphsona $E_{n+1} = E_n - \frac{E_n - e \sin E_n - M}{1 - e \cos E_n}$ :

$E_1 = M - \frac{M - e \sin M - M}{1 - e \cos M} = 2,43193\text{ rad}$

$E_{2}=E_{1}-\frac{E_{1}-f\sin E_{1}-M}{1-f\cos E_{1}} = 2,38971\text{ rad}$

$E_{3}=E_{2}-\frac{E_{2}-f\sin E_{2}-M}{1-f\cos E_{2}} = 2,38946\text{ rad}$

$E_{4}=E_{3}-\frac{E_{3}-f\sin E_{3}-M}{1-f\cos E_{3}} = 2,38946\text{ rad}$

Wartość się ustabilizowała, otrzymujemy zatem $E \approx 2{,}389\text{ rad}$ = $136{,}9^\circ$ .

Odległość obliczymy teraz ze wzoru:

$r = a(1 - e \cos E)$

$r = 3{,}46 \cdot (1 - 0{,}64 \cdot \cos(2{,}389\text{ rad}))$

$r = 3{,}46 \cdot (1 - 0{,}64 \cdot (-0{,}730))$

$r = 3{,}46 \cdot (1 + 0{,}467) = 3{,}46 \cdot 1{,}467 \approx 5{,}07\text{ AU}$

43. Olimpiada Astronomiczna, III etap, zadanie 3

W 1910 roku kometa Halleya przechodziła przez peryhelium. Podczas tego zbliżenia Ziemia znalazła się w gazowym warkoczu komety. Oblicz, kiedy miało miejsce to zjawisko i jaka była wówczas odległość jądra komety od Ziemi. Elementy orbity komety Halleya podane są w załączonej tabelce. W rozwiązaniu przyjmij kołowość orbity Ziemi oraz radialnie odsłoneczny kierunek warkocza komety.

Odległość w peryhelium	$q$	$0,58715 \text{ au}$
Mimośród	$e$	$0,96728$
Długość węzła wstępującego	$\Omega$	$57,50^\circ$
Długość peryhelium	$\varpi$	$111,75^\circ$
Nachylenie orbity	$i$	$162,21^\circ$
Moment przejścia przez peryhelium	$\tau$	1910 IV $20,1977^d$

Rozwiązanie

Kliknij, aby rozwinąć…

Możemy zapisać warunki konieczne, by zaistniała ta sytuacja:

Warkocz rozciąga się od jądra komety bezpośrednio w kierunku odsłonecznym. Ziemia znajduje się w warkoczu tylko wtedy, gdy leży na promieniu wychodzącym ze Słońca i przechodzącym przez jądro komety, przy czym kometa znajduje się bliżej Słońca niż Ziemia.
Ponieważ orbita Ziemi leży w płaszczyźnie ekliptyki, kometa również musi w tym momencie znajdować się w płaszczyźnie ekliptyki.
Kometa znajduje się w płaszczyźnie ekliptyki tylko wtedy, gdy przechodzi przez jeden ze swoich węzłów.

Obliczamy argument peryhelium:

$\omega = \varpi - \Omega$

$\omega = \varpi - \Omega = 111,75^\circ - 57,50^\circ = 54,25^\circ$

Anomalia prawdziwa komety w węźle wstępującym jest równa:

$\nu = 360^\circ - \omega = 305,75^\circ$

Odległość komety od Słońca z równania orbity:

$r = \frac{q(1+e)}{1 + e \cos v} \approx 0,73801\text{ au}$

Ponieważ $r_c = 0,8503\text{ AU} < r_E = 1,0000\text{ AU}$ , kometa znajduje się wewnątrz orbity Ziemi, a jej warkocz sięga do niej.

Podobnie w węźle zstępującym:

v = 180^\circ - \omega = 180^\circ - 111,75^\circ = 68,25^\circ

v = 180^\circ - \omega = 180^\circ - 111,75^\circ = 68,25^\circ

v = 180^\circ - \omega = 180^\circ - 111,75^\circ = 68,25^\circ

Tutaj $r > 1\text{ au}$ , więc kometa znajduje się poza orbitą Ziemi i jej warkocz skierowany jest przeciwnie do naszej planety. Interesuje nas zatem jedynie przypadek węzła wstępującego.

Wyznaczymy teraz anomalię mimośrodową.

a = \frac{q}{1-e} = \frac{0,58715}{0,03272} \approx 17,9447\text{ AU}

Ze wzoru $r = a(1 - e \cos E)$ :

$\cos{E} = \frac{a - r}{ae} = 0,991309$

$E = 7,5596^\circ \text{ albo } 352,4404^\circ$

$\nu > 180^\circ$ , więc $E>180^\circ$ i przyjmujemy $E = 352,4404^\circ = 6,151245 \text{ rad}$ .

Podstawiamy do $M = E - e \sin{E}$ :

$M = 6,278498 \text{ rad} = -0,004687 \text{ rad}$

W ostatnim kroku zmniejszyliśmy kąt $M$ o $2\pi$ . Jest to ten sam kąt, a pozwoli nam uzyskać wynik bliski oczekiwanej wartości. Gdybyśmy zostawili wartość M bliską $2\pi$ , otrzymalibyśmy datę kolejnego przelotu komety i musielibyśmy odejmować okres obiegu.

Ze wzoru na anomalię średnią otrzymamy:

$\Delta t = \frac{T}{2\pi} M = \frac{a^{3/2}}{2\pi}M = -0,0046873 \text{ lat} = -1,7120 \text{ dni}$

Biorąc pod uwagę, że moment przejścia przez perycentrum to 1910 IV $20,1977^d$ , moment wejścia Ziemi w warkocz to 1910 IV $18,4857^d$ .

49. Olimpiada Astronomiczna, III etap, zadanie 5

Planetoida typu NEO obiega Słońce po elipsie w tej samej płaszczyźnie, w tym samym kierunku i z tym samym okresem co Ziemia. Drugie ognisko orbity planetoidy znajduje się na orbicie Ziemi. Wiedząc, że wczoraj planetoida była w opozycji i aphelium, oblicz kiedy przetnie ona orbitę Ziemi i jaka będzie wówczas jej odległość od nas. W rozwiązaniu pomiń oddziaływania perturbacyjne i przyjmij, że orbita Ziemi jest okręgiem.

Rozwiązanie

Kliknij, aby rozwinąć…

Narysujmy orbity i wzajemne położenie Ziemi i planetoidy.

Planetoida ma ten sam okres obiegu, czyli ma tę samą półoś wielką co Ziemia (z III prawa Keplera). Drugie ognisko znajduje się na orbicie Ziemi, więc przyrównując odległości rozrysowane na obrazku (w jednostkach astronomicznych) z osią wielką otrzymujemy:

$2=1+2(1-e)$

$e=0,5$

Ze wzoru $r = a(1 - e \cos E)$ :

$\cos{E} = \frac{a - r}{ae} = 0$

Ponieważ zbliżamy się do perycentrum, przyjmujemy $E=\frac{3}{2}\pi$ .

Teraz podstawiamy do równania Keplera. W sytuacji obecnej $M_0 = 180^\circ$ , bo planetoida jest w aphelium. W punkcie przecięcia z orbitą Ziemi:

M = E - e \sin E = \frac{3\pi}{2} - 0,5 \sin(270^\circ) = \frac{3\pi}{2} + 0,5 \approx 5,2124\text{ rad} \approx 298,65^\circ

$\Delta M = M-M_0 = 118,65^\circ$

Czas od momentu opozycji wynosi:

\Delta t = \frac{\Delta M}{2\pi} \cdot T = \frac{118,65^\circ}{360^\circ} \times 365,25\text{ dnia} \approx 120,4\text{ dnia}

Teraz została nam tylko odległość. Ze wzoru $r(\nu) = \frac{a(1-e^2)}{1 + e \cos \nu}$ obliczamy:

$1 = \frac{0,75}{1 + 0,5 \cos \nu} \implies 1 + 0,5 \cos \nu = 0,75 \implies \cos \nu = -0,5$

Stąd anomalia prawdziwa wynosi $\nu = 240^\circ$ (wybieramy większą wartość, bo zbliżamy się do perycentrum), a kąt względem aphelium to $\nu - 180^\circ = 60^\circ$ .

Ziemia porusza się po okręgu ze stałą prędkością kątową równą średniej prędkości kątowej planetoidy. Zatem kąt, o jaki przesunęła się od momentu opozycji, jest równy przyrostowi anomalii średniej planetoidy $\Delta M \approx 118,65^\circ$ .

Różnica kątowa między Ziemią a planetoidą:

\Delta \theta = \Delta \theta_E - 60^\circ = 118,65^\circ - 60^\circ = 58,65^\circ

Zarówno Ziemia, jak i planetoida znajdują się wtedy w odległości $1\text{ au}$ od Słońca. Korzystając z twierdzenia cosinusów (lub ze wzoru na cięciwę okręgu):

$d = 2 \cdot 1\text{ au} \cdot \sin\left(\frac{\Delta \theta}{2}\right) = 2 \cdot \sin(29,325^\circ) \approx 0,98\text{ au}$

Korekta – Jakub Rakoca

Poradnik OA. Mechanika nieba 5: Równanie Keplera

Poradnik OA. Mechanika nieba 5: Równanie Keplera

Wstęp

Anomalie

Równanie Keplera

Zależności między anomaliami

Obliczenia w praktyce – metoda iteracji

Orbity Hiperboliczne

Przykładowe zadania

Zadanie autorskie

Rozwiązanie

43. Olimpiada Astronomiczna, III etap, zadanie 3

Rozwiązanie

49. Olimpiada Astronomiczna, III etap, zadanie 5

Tagi

Autor

Wstęp

Anomalie

Równanie Keplera

Zależności między anomaliami

Obliczenia w praktyce – metoda iteracji

Orbity Hiperboliczne

Przykładowe zadania

Zadanie autorskie

Rozwiązanie

43. Olimpiada Astronomiczna, III etap, zadanie 3

Rozwiązanie

49. Olimpiada Astronomiczna, III etap, zadanie 5

Tagi

Poradnik OA. Mechanika nieba 4: Orbity otwarte

Złoty medal dla Polaka na Międzynarodowej Olimpiadzie z Astronomii i Astrofizyki!

Poradnik OA. Mechanika nieba 3: Orbity zamknięte i parametry orbitalne

Zadanie z III etapu 69. OA (2025/26)