Allegato 2 I PUNTI DI LAGRANGE L 4 L 5

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1 Allegato 2 I PUNTI DI LAGRANGE L 4 L 5 Più volte nel corso dei seminari che hanno preceduto il mioabbiamo sentito parlare di PUNTI LAGRANGIANI. Cosa sono? Perché sono attuali? Nel 1772 il Lagrange, nel periodo da lui trascorso a Berlino (dal 1766 al 1787) durante il quale si cimentò più volte su problemi di Astronomia messi a concorso dalla prestigiosa Accademia di Parigi e per ben 4 volte, da lui vinti, affrontò anche il problema ridotto dei 3 corpi. In cosa consiste il problema? Cerchiamo di proporlo in modo semplice e attuale. Supponiamo che vi siano due corpi, ad esempio una stella (SOLE) e un pianeta ( Terra) di masse rispettivamente M S ed M T grandi e tali che la loro azione sia sentita da un terzo corpo di massa m molto minore rispetto alle altre due ( m << M S e m << M T ) ( condizione questa necessaria perché la massa m non alteri in modo sensibile il Centro di Massa dei due corpi più grandi, che vuol dire anche che il corpo di massa minore non agisce sui corpi di massa maggiore ovvero che i suoi effetti sono trascurabili). Si fissi un Sistema di Riferimento Non Inerziale con l Origine dei suoi assi nel Centro di Massa dei due corpi più grandi ( Stella Pianeta ) e con un asse (ad esempio X ) solidale con la direzione congiungente i centri della Stella e del Pianeta. Poiché Stella e Pianeta ruotano attorno all asse Z con la stessa velocità angolare, è possibile considerarli contemporaneamente giacenti sull asse (X). Indicati con R S e con R T le distanze rispettive di un punto generico P da M S ( Sole) e da M T (Terra). ( FIGURA 1 Allegata ), valutiamo l Energia Potenziale del corpo di m che risulterà composta di tre termini ( due gravitazionali e uno centrifugo in quanto ci troviamo in un sistema rotante). U = - G M S m - G M T m - 1 m ω 2 (x 2 + y 2 ) (*) R S R T 2 Ricordando che ω = 2π e la terza legge di Keplero K = d 3 da cui 1 = K con d = (x T - x S ) T T 2 T 2 d 3 Combinando tra loro le due relazioni si ottiene : ω 2 = 4 π 2 = 4 π 2 K dove K = G M S M T = G ( M S + M T ) T 2 d 3 4 π 2 M S M T 4 π 2 M S + M T In tal modo si ricava ω 2 = G ( M S + M T ) (**) che sostituito nella (*) d 3

2 ci consente di valutare U M S M T 1 (M S + M T ) (x 2 +y 2 ) U =- G m { } [(x x S ) 2 +y 2 + z 2 ] 1/2 [(x x T ) 2 +y 2 + z 2 ] 1/2 2 (x T x S ) 3 ponendo il contenuto nella parentesi graffa uguale a U la precedente relazione diventa : U = - G m U (***) Per trovare le condizioni di equilibrio deriviamo U rispetto a ciascuna coordinata M S (1/2) [ (x x S ) 2 + y 2 + z 2 ] 1/2 2 ( x x S ) M T (1/2) [ (x x T ) 2 + y 2 + z 2 ] 1/2 2 ( x x T ) U = x [ ( x x S ) 2 + y 2 +z 2 ] [ ( x x T ) 2 + y 2 +z 2 ] 1 (M S + M T ) 2 x M S ( x x S ) M T ( x x T ) (M S +M T ) x = ( x S x T ) 3 (R S ) 3 (R T ) 3 d 3 M S (1/2) [ (x x S ) 2 + y 2 + z 2 ]- 1/2 2 y M T (1/2) [ (x x T ) 2 + y 2 + z 2 ] - 1/2 2 y U = y [ ( x x S ) 2 + y 2 +z 2 ] [ ( x x T ) 2 + y 2 +z 2 ] 1 (M S + M T ) 2 y M S y M T y (M S +M T ) y = ( x S x T ) 3 (R S ) 3 (R T ) 3 d 3

3 M S (1/2) [ (x x S ) 2 + y 2 + z 2 ]- 1/2 2 z M T (1/2) [ (x x T ) 2 + y 2 + z 2 ] - 1/2 2 z U = = z [ ( x x S ) 2 + y 2 +z 2 ] [ ( x x T ) 2 + y 2 +z 2 ] M S M T = - ( ) ( R S ) 3 (R T ) 3 Per trovare i punti di equilibrio si pongono uguali a zero singolarmente le tre equazioni trovate M S ( x x S ) M T ( x x T ) (M S +M T ) x U = = 0 x (R S ) 3 (R T ) 3 d 3 M S y M T y (M S + M T ) y U = = 0 y (R S ) 3 (R T ) 3 d 3 M S M T U = - ( ) z = 0 z (R S ) 3 (R T ) 3 Considerando l ultima di queste equazioni, si vede che essa si annulla solo per z = 0 in quanto il contenuto della parentesi è per ovvi motivi sempre maggiore di zero. La penultima equazione può essere riscritta (raccogliendo la y ) come segue : M S M T M S + M T ( ) y = 0 (R S ) 3 (R T ) 3 d 3 il prodotto si annulla per y = 0 oppure per

4 M S M T M S + M T ( ) = 0 la soluzione di questa equazione va cercata per tentativi, (R S ) 3 (R T ) 3 d 3 ma una soluzione evidente è data da R S = R T = d Dunque le condizioni z = 0 ed R S = R T = d ci suggeriscono che nel piano (x, y ) le soluzioni sono due, in punti disposti nei vertici di 2 triangoli equilateri con il Sole e la Terra, sul piano orbitale. Questi due punti sono indicati con L 4 ed L 5. (FIGURA 2 Allegata ) Verifichiamo che la soluzione ( R S = R T = d ) soddisfi la U = 0 x M S ( x x S ) M T ( x x T ) (M S +M T ) x U = = 0 x (R S ) 3 (R T ) 3 d 3 essendo i denominatori uguali tra loro si ha : - M S x + M S x S - M T x + M T x T + M S x + M T x = 0 elidendo i termini opposti si ottiene d 3 M S x S + M T x T = 0 relazione che rappresenta la condizione di equilibrio vera per definizione in quanto l Origine degli assi è stata posta nel Baricentro (C.M. ). Sono stati così trovati due punti LAGRANGIANI. Cerchiamo ora altri punti di equilibrio.

5 I PUNTI DI LAGRANGE L 1 L 2 L 3 Analizziamo la configurazione SOLE TERRA PUNTO con tutti e tre i corpi allineati sulla stessa retta. FIGURA 3 Ricordando che Sole e Terra ruotano ( per semplificare le cose ) con moto circolare uniforme attorno al comune Centro di Massa e che le distanze del Sole e della Terra rispetto al C.M. sono rispettivamente : 1 d S = d 1 + M S / M T con d = distanza Sole -Terra (centro- centro) M S / M T d T = d 1 + M S / M T con d = distanza Sole -Terra (centro- centro) L accelerazione centripeta sul Sole nel suo moto circolare attorno al C.M. è data da : V 2 4 π 2 M T 4 π 2 1+ M S /M T a S = = ( d S ) 2 = G e ricordando che ω 2 = = G M T ( d S ) 2 T 2 d 2 T 2 d 3 In questo caso, se il corpo di massa m ( molto minore rispetto alle masse del Sole e della Terra ) si trova sulla retta che congiunge la Terra con il Sole, sarà soggetto contemporaneamente alle azioni gravitazionali di entrambi questi due corpi. In un Sistema di Riferimento con Origine nel centro del Sole e l asse x coincidente con la congiungente Sole -Terra. Si ha : m M S F S = G x 2 m M T F T = G (d -x) 2

6 Supponendo che il corpo di massa m ruoti con moto circolare uniforme attorno al C M con la stessa velocità angolare del Sole, in modo da rimanere sull asse x, allora su tale corpo agirà la Forza centripeta m v 2 m 4 π 2 r π 2 d F C = m a C = = = m ( x d S ) = m ω ( x ) = r T 2 r T M S /M T M T d (1 + M S /M T ) x 1 = G m ( 1 + M S /M T ) ( x ) = G m M T [ ] d M S /M T d 3 d 2 Tenendo ora conto delle tre forze agenti contemporaneamente sulla massa m, si potrà valutare l accelerazione che essa subisce : M S M T (1 + M S /M T ) x 1 a C =+ G G G M T [ ] se x < 0 x 2 ( d x ) 2 d 3 d 2 M S M T (1 + M S /M T ) x 1 a C = - G G G M T [ ] se 0 < x < d x 2 ( d x ) 2 d 3 d 2 M S M T (1 + M S /M T ) x 1 a C = - G G G M T [ ] se x > d x 2 ( d x ) 2 d 3 d 2 Cerchiamo ora i punti in cui l accelerazione a C risulti uguale a zero.

7 Ponendo G = 1 e d = 1 ( scelta opportuna o di comodo ) si potrà scrivere : M S /M T ( 1 + M S /M T ) x - 1 = 0 nel caso x < 0 x 2 (1 x ) 2 M S /M T ( 1 + M S /M T ) x - 1 = 0 nel caso 0< x < d x 2 (1 x ) 2 M S /M T ( 1 + M S /M T ) x - 1 = 0 nel caso x > d x 2 (1 x ) 2 Le equazioni sopra scritte ammettono ciascuna una soluzione nel rispettivo dominio di definizione. Si trovano così i PUNTI LAGRANGIANI L 1 L 2 L 3 Il punto L 1 è utilizzato per monitorare il vento solare, che lo raggiunge con un ora di anticipo rispetto alla Terra. La sonda SOHO (SOlar Heliospheric Observatory) che sta studiando in particolare la temperatura della Corona Solare e il Sole in generale è posta proprio in L 1 a 1, ( ) Km dalla Terra. Il punto L 2 del sistema Sole - Terra è un eccellente punto di osservazione dello spazio, a causa della schermatura della Terra dal Sole e dalla facilità di calibrazione. I satelliti :Planck- Surveyor, la Wilkinson Microwave Anisotropy Probe e l'herschel Space Observatory sono già in orbita attorno a questo L 2, mentre la futura la sonda GAIA e il James Webb Space Telescope saranno destinati a orbitarci.

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9 S = Sole T = Terra CM = Centro di massa

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