Merkur-Orbitalpräzession in der speziellen Relativitätstheorie

Ich habe in einem italienischen Buch (Barone) gefunden, dass bei Verwendung der speziellen Relativitätspräzession 1/6 der beobachteten 43''/Jahrhundert ist. Das Buch hat das Verdienst, ein Argument zu behandeln, das normalerweise ignoriert wird (Bahnpräzession in der speziellen Relativitätstheorie), aber ich finde die Behandlung sehr prägnant, also habe ich versucht, expliziter zu sein und das Ergebnis mit einer bestimmten Anfangsbedingung zu verbinden. Ich finde dieses Problem entzückend, und ich finde es entzückend, dass diese seltsame Analyse, obwohl sie nicht den richtigen Wert liefert, genau die Größenordnung trifft.

Nehmen wir an, im Ursprung der Achsen sei die Sonne, und betrachten Sie einen Planeten mit vernachlässigbarer Masse, mit Anfangsposition und -geschwindigkeit wie in dieser Abbildung:

SCHRITT 1: Erhaltung des Drehimpulses in der Relativitätstheorie

Wie es in der klassischen Mechanik vorkommt, können wir definieren$\mathbf M = \mathbf r \times \mathbf F$Und$\mathbf L = \mathbf r \times \mathbf p$, das finden$\dot {\mathbf L} = \mathbf M$(Warum wird dieses wichtige Thema in Relativitätstheoriebüchern ignoriert? Diese Gleichung funktioniert auch in der Relativitätstheorie, weil auch in der Relativitätstheorie die Kraft eine Zeitableitung des Impulses ist, die die gleiche Richtung wie die Geschwindigkeit hat).

SCHRITT 2: Schreiben Sie den relativistischen Drehimpuls anders

Verwenden$\mathbf p = \gamma m \mathbf{v}$, Geschwindigkeit in Polarkoordinaten ($\mathbf{v} = \dot{r} \hat{\mathbf{r}} + r \dot{\theta} \hat{\mathbf{\theta}}$: Ich benutze hat für Verse, aber ich kann keine griechischen Buchstaben fett schreiben) und schreibe Vektorposition als$\mathbf{r} = r \hat{\mathbf{r}}$, können wir auf diese Weise relativistischen Drehimpuls schreiben

$$\mathbf L = \frac{m r^2 \dot{\theta}}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}} \mathbf{\hat z}$$ Wo $\mathbf{\hat z} = \hat{\mathbf{r}} \times \hat{\mathbf{\theta}}$(manchmal genannt $\mathbf k$). Nun beobachte das $$\dot{r} = \bar r \dot{\theta}$$ wo wir die Notation verwendet haben $\bar r = \frac{dr}{d\theta}$. Das haben wir also $v^2 = \dot{r}^2 + r^2 \dot{\theta}^2$kann so geschrieben werden $$v^2 = (\bar r^2 + r^2) \dot{\theta}^2$$ Dadurch können wir schreiben $|\mathbf L|$auf diese Weise $$L = \frac{m r^2 \dot{\theta}}{\sqrt{1-\frac{(\bar r^2 + r^2) \dot{\theta}^2}{c^2}}}$$

SCHRITT 3: Schreiben Sie eine Differentialgleichung, die die Umlaufbahn regelt

Aus der obigen Gleichung haben wir

$$\dot{\theta}^2 = \frac{1}{\frac{\bar r^2 + r^2}{c^2} + \frac{m^2 r^4}{L^2}}$$ Setzen wir dies in die Erhaltung relativistischer Energie ein, die Verwendung $v^2 = (\bar r^2 + r^2) \dot{\theta}^2$kann so geschrieben werden $$E = V + \frac{m c^2}{\sqrt{1-\frac{(\bar r^2 + r^2) \dot{\theta}^2}{c^2}}}$$ erhalten wir nach einigem Rechnen $$E = V + mc^2 \sqrt{1+ \frac{L^2 (\bar r^2 + r^2)}{m^2 r^4 c^2}}$$ Daraus erhalten wir diese Differentialgleichung $$\left( \frac{dr}{d\theta} \right)^2 + r^2 = \frac{r^4}{L^2 c^2} \left[ (E-V)^2 - m^2 c^4 \right]$$ Jetzt müssen wir es "nur" lösen.

SCHRITT 4: Differentialgleichung vereinfachen

Sobstituieren$u=\frac{1}{r}$(beachte das$\frac{dr}{d\theta} = - \frac{1}{u^2} \frac{du}{d\theta}$) in das erhaltene DE und multipliziert mit$u^4$, wir bekommen

$$\left( \frac{du}{d\theta} \right)^2 + u^2 = \frac{1}{L^2 c^2} \left[ (E-V)^2 - m^2 c^4 \right]$$ Unsere potentielle Energie ist $V=\frac{-\alpha m}{r}$(Wo $\alpha = G M_\odot$), So $$\left( \frac{du}{d\theta} \right)^2 + u^2 = \frac{1}{L^2 c^2} \left[ (E+\alpha m u)^2 - m^2 c^4 \right]$$ Führe eine Ableitung ein $\theta$: $$2 \frac{du}{d\theta} \frac{d^2 u}{d\theta^2} + 2 u \frac{du}{d\theta} = \frac{1}{L^2 c^2} \left( 2 \alpha^2 m^2 u \frac{du}{d\theta} + 2 E \alpha m \frac{du}{d\theta} \right)$$ Teilen durch $2 \frac{du}{d\theta}$und so umstellen: $$\frac{d^2 u}{d\theta^2} + u = \frac{\alpha m}{L^2 c^2} (E + \alpha m u)$$ Sie können überprüfen, ob diese Gleichung auf diese Weise geschrieben werden kann $$\frac{d^2 u}{d \theta^2} + q^2 u = \frac{q^2}{p}$$ Wo $$q = \sqrt{1-\frac{\alpha^2 m^2}{L^2 c^2}}$$ Und $$p = \frac{L^2 c^2 - \alpha^2 m^2 }{\alpha m E}$$ Dann mit der Substitution $w = u - \frac{1}{p}$wir bekommen (beachten Sie das $\frac{d^2 u}{d \theta^2} = \frac{d^2 w}{d \theta^2}$Weil $p$ist konstant) $$\frac{d^2 w}{d \theta^2} + q^2 w = 0$$

SCHRITT 5: die Form der Umlaufbahn

Schreiben Sie auf diese Weise die Lösung des erhaltenen DE

$$w = A \cos \left[ q (\theta - B) \right]$$ Wo $A$Und $B$sind beliebige Konstanten. Wir machten Rückwärtsgänge, die wir gemacht haben ( $u=w+\frac{1}{p}$Und $r=\frac{1}{u}$) wir bekommen $$r = \frac{p}{1+e \cos \left[ q (\theta - B) \right]}$$ wo wir angerufen haben $e$Die $Ap$Konstante. Das Auferlegen des Anfangszustands der Figur ( $\mathbf{r}_0 = r_0 \hat{\mathbf{x}}$Und $\mathbf{v}_0 = v_0 \hat{\mathbf{y}}$), impliziert, dass bei $t=0$( $\Rightarrow$der Start $\theta = 0$) wir haben $\frac{dr}{d\theta} = 0$(Wir können einfach sagen $B=0$) Und $r=r_0$(So $e=\frac{p}{r_0}-1$) $$r (\theta) = r_0 \frac{ \frac{p}{r_0} }{1 + \left( \frac{p}{r_0} -1 \right) \cos (q \theta)}$$ wo (anschließen $p$Und $q$zum Ausgangswert haben wir die Tatsache ausgenutzt, dass bei $t=0$Drehimpuls ist $L=\gamma_0 m r_0 v_0$, während Energie ist $E = \gamma_0 mc^2 - \frac{\alpha m}{r_0}$: wir müssen nur diese Konstanten ersetzen $E$Und $L$hinein $q$Und $p$zuvor geschrieben) $$q = \sqrt{1-\frac{\alpha^2 (c^2 - v_0^2)}{c^4 r_0^2 v_0^2}}$$ Und $$p = \frac{ \frac{r_0^2 v_0^2 c^4}{c^2 - v_0^2} - \alpha^2 }{ \alpha \left( \frac{c^3}{\sqrt{c^2 - v_0^2}} - \frac{\alpha}{r_0} \right) }$$

Wenn$c \to \infty$wir bekommen$q \to 1$Und$p \to \frac{r_0^2 v_0^2}{\alpha}$: Wir haben die klassische Ellipsenbahn, wie sie sein muss.

In normalen Situationen ist der relativistische Effekt sehr gering, aber wir können grafisch erkennen, dass dies eine Rosetta-Umlaufbahn ist, indem wir sie künstlich ändern$c$Wert zu$2 v_0$. Im Fall von Merkur (in SI-Einheit nehmen wir an$|\mathbf r_0| = 4{,}6 \cdot 10^{10}$Und$|\mathbf v_0| = 5{,}9 \cdot 10^{4}$) erhalten wir die Umlaufbahn in Abbildung (Ich habe die Umlaufbahn nach 21$\pi$Radiant, Einheit in Achsen ist$10^6$Kilometer)

SCHRITT 6: Schätzung der Präzession

Beobachten$r (\theta)$Wir sehen, dass der Abstand minimal ist, wenn$\cos (q \theta) = 1$, dh$\theta$Ist

$$\theta_k = \frac{2\pi}{q} k \qquad \qquad k \in \mathbb{Z}$$ Zwischen einem Minimum und dem nächsten Minimum $\theta$Änderung von $\theta_{k+1} - \theta_k = \frac{2\pi}{q}$. Subtrahieren $2\pi$wir erhalten den Winkelabstand zwischen zwei Minima: $\Delta \theta = 2 \pi (q^{-1}-1)$. Ersetzen $q$wir finden $$\Delta \theta = 2 \pi \left[ \left(1-\frac{\alpha^2 (c^2 - v_0^2)}{c^4 r_0^2 v_0^2} \right)^{-\frac{1}{2}} - 1 \right]$$ Aber falls $\epsilon \ll 1$funktioniert $(1-\epsilon)^{-\frac{1}{2}} \approx 1+ \frac{\epsilon}{2}$, also wenn $\frac{\alpha^2}{c^2 r_0^2} \ll v_0^2 \ll c^2$wir können diese einfachere und entzückende Formel verwenden $$\Delta \theta = \frac{K}{(v_0 r_0)^2} \qquad \qquad \left( K=\frac{\pi G^2 M_\odot^2}{c^2} \approx 6{,}160 \cdot 10^{23} \, \textrm{m}^4 / \textrm{s}^{2} \right)$$ Für Merkur ist diese Formel verwertbar und ergibt sich $0{,}017''$/Revolution. Die Merkurrevolution dauert 88 Tage, also gibt es ungefähr $7''$/Jahrhundert. Ich untersuchte den Fall, in dem die Gravitationsmasse eines umlaufenden Planeten mitwächst $\gamma$Faktor, es war eine Tour de Force, aber ich löste es numerisch und stellte fest, dass zumindest für eine fast kreisförmige und schwach relativistische Umlaufbahn $\Delta \theta$einfach verdoppelt (1/3 des beobachteten Winkels). Faszinierend, aber wir sind noch weit von der Wahrheit entfernt $43''$/Jahrhundert.

Ich denke, das ist die Thomas-Präzession , die ein kinematischer Effekt ist, der von der Form der Weltlinie abhängt und unabhängig von der Art der Kraft ist.

Wikipedia gibt eine langsame Annäherung für die Thomas-Präzession von$ω_T=av/2c^2$. Für eine Kreisbahn mit Radius$r$und Geschwindigkeit$v$, die Präzession pro Umlaufbahn ist

$$Δθ = (2πr/v)ω_T = πra/c^2 = πv^2/c^2$$

was mit der Formel für niedrige Geschwindigkeit und geringe Exzentrizität in Fausto Vezzaros Antwort übereinstimmt (using$v^2/r=GM/r^2$).

Dieser Vorabdruck erhält eine Thomas-Präzession von 7,163″/h durch eine sorgfältigere Berechnung, die die Exzentrizität berücksichtigt. Es heißt auch, dass dies ein Problem für die allgemeine Relativitätstheorie ist, was nicht stimmt (Berechnungen in GR enthalten automatisch SR-"Effekte"), aber ich nehme an, dass die speziell-relativistische Berechnung trotzdem korrekt ist.

Dieser Vorabdruck , der in einem Kommentar von Pulsar erwähnt wurde, leitet ein ähnliches Ergebnis ohne Erwähnung der Thomas-Präzession ab, und dann ein doppelt so großes Ergebnis (14,3″/h, ein Drittel der GR-Vorhersage) von einer angeblich vorsichtigeren Behandlung.