Cálculo de la posición del punto de Lagrange en órbitas circulares L4 y L5

[Richard R Richard]

Puntos de Lagrange L4 y L5



Estos puntos no están ubicados sobre la recta que une $M_1$ con $M_2$ por lo que el equilibrio de fuerzas será un poco mas complejo.

Destacare algunas relaciones que serán utiles sobre la marcha

establecer una relación entre la posición del centro de masas y la relación de masas

$$x_{cm}= \dfrac {aM_2}{M_1+M_2}=\dfrac{a}{1+\frac 1u}=\dfrac{au}{1+u}$$

$$a-x_{cm}= \dfrac {aM_1}{M_1+M_2}=\dfrac{a}{u+1}$$

Ley del seno : la relación entre los lados de un triangulo y sus ángulos opuestos es

$$\left \{\begin {array}{ccc}\dfrac{\sin \alpha}{a}&=\dfrac{\sin \beta}{b} &=\dfrac{\sin \gamma}{c}\\<br /> \dfrac{\sin \beta}{R}&=\dfrac{\sin \psi}{c}&=\dfrac{\sin \theta}{x_{cm}}\\<br /> \dfrac{\sin \gamma}{R}&=\dfrac{\sin \varphi}{b}&=\dfrac{\sin \phi}{a-x_{cm}}<br /> \end {array}\right .$$

ademas sabemos que

$$\theta+\phi=\alpha$$

las ecuaciones que relacionan las velocidades angulares seran

$$\omega_{M_1}=\dfrac{V_{M_1}}{x_{cm}}=\omega_{M_2}=\dfrac{V_{M_2}}{a-x_{cm}}=\omega_{m}=\dfrac{V_{m}}{R}=\omega_{M_1M_2}=\dfrac{V_{M_1-M_2}}{a}=\dfrac{2\pi}T<br />$$

usando los 5to término y 7mo término de 26 ,y reemplazando por 23

$$\dfrac{V_{M_2}}{a-x_{cm}}=\boxed{\dfrac{V_{m}}{R}=\dfrac{V_{M_2}(u+1)}{a}}<br />$$

En el equilibrio de fuerzas entre $M_1$ y $M_2$ tenemos que la fuerza de atracción gravitatoria entre ambas debe igualarse con la fuerza centrípeta de proveniente de la rotación sobre el centro de masa.

$F_{M_1M_2}-F_{cM_2}=0$

Reemplazando por su definición

$0=\dfrac{GM_1M_2}{a^2}-\dfrac{M_2 V_{M_2}^2}{a-x_{cm}}=\dfrac{GM_1M_2}{a^2}-\dfrac{M_2 V_{M_2}^2(u+1)}{a}$

simplificando

$$\boxed{\dfrac{GM_1}{a}=V_{M_2}^2(u+1)}$$

Sobre el objeto $m$podemos descomponer las fuerzas de atracción de las masas $M_1$ y $M_2$ en dirección a $R$ y su perpendicular.

En dirección a R tenemos

$F_{1-m} \cos\theta +F_{2-m}\cos \phi -F_c=0$

donde

$F_{1-m}=\dfrac{GM_1m}{c^2}$

$F_{2-m}=\dfrac{GM_2m}{b^2}$

$F_c=\dfrac{mV_m^2}{R}$

reemplazando

$$\boxed{\dfrac{GM_1m}{c^2}\cos \theta+\dfrac{GM_2m}{b^2}\cos \phi=\dfrac{mV_m^2}{R}}$$

en el eje perpendicular a R la sumatoria de fuerzas debe anularse, pues la componente de velocidad debe ser nula para que $m$ permanezca estático.

$F_{1-m} \sin \theta -F_{2-m}\sin \phi =0$

$$\boxed{\dfrac{GM_1m}{c^2}\sin \theta=\dfrac{GM_2m}{b^2}\sin \phi}$$

Las 4 ecuaciones

$\left \{\begin {aligned} \dfrac{V_{m}}{R}&=\dfrac{V_{M_2}(u+1)}{a}& (27)\\ \dfrac{GM_1}{a}&=V_{M_2}^2(u+1)& (28)\\ \dfrac{mV_m^2}{R}&=\dfrac{GM_1m}{c^2}\cos \theta+\dfrac{GM_2m}{b^2}\cos \phi & (29)\\ \dfrac{M_1}{c^2}\sin \theta &=\dfrac{M_2}{b^2}\sin \phi & (30) \end {aligned}\right .$

se pueden tratar algebraicamente para develar nuestras incógnitas $b$ y $c$ en un proceso laborioso comenzando por despejar e igualar $V_{M_2}$ en 27 y 28 podemos despejar $V_m$

de 27 tenemos

$V_{M_2}^2=(\dfrac{aV_m}{R(u+1)})^2$

y de 28

$V_{M_2}^2=\dfrac{GM_1}{a(u+1)}$

entonces

$$V_m^2=\dfrac{GM_1R^2(1+u)}{a^3}$$

reemplazando en 29

$\dfrac{GM_1mR^2(1+u)}{Ra^3}=\dfrac{GM_1R(1+u)}{a^3}=\dfrac{GM_1m}{c^2}\cos \theta+\dfrac{GM_2m}{b^2}\cos \phi$

dividiendo por $mGM_1$ ambos lados de la igualdad

$$\dfrac{R(1+u)}{a^3}=\dfrac{1}{c^2}\cos \theta+\dfrac{u}{b^2}\cos \phi$$

si en la expresión 30 reemplazamos el valor de $u$ y despejamos

$$\sin \theta=\dfrac{uc^2\sin \phi}{b^2}$$

de las igualdades 24 sabemos

$\sin\theta=\dfrac{x_{cm}\sin\beta}R$ y $\sin\phi=\dfrac{(a-x_{cm})\sin\gamma}R$

reemplazando en 33

$\dfrac{x_{cm}\sin\beta}R=\dfrac{uc^2}{b^2}\dfrac{(a-x_{cm})\sin\gamma}R$

simplificando y reemplazando por las definiciones 22 y 23

$\dfrac{ua\sin\beta}{u+1}=\dfrac{uc^2}{b^2}\dfrac{a\sin\gamma}{u+1}$

simplificando nuevamente

$$\sin\beta=\dfrac{c^2}{b^2}\sin\gamma$$

de la primer línea de 24 tenemos

$$\sin\beta=\dfrac{b}{c}\sin\gamma$$

reemplazando y operando entre 34 y 35

$$\dfrac{b}{c}=\dfrac{c^2}{b^2} \mapsto c^3=b^3 \mapsto \boxed {b=c} \mapsto \boxed {\sin \beta=\sin \gamma}$$

por lo que la expresión 33 se simplifica a

$$\sin \theta=u\sin \phi \mapsto \boxed{u=\dfrac{\sin \theta}{sin \phi}}$$

a la vez en la igualdad 32 podemos reemplazar las expresiones 36 y 37

$\dfrac{R(1+u)}{a^3}=\dfrac{1}{b^2}\cos \theta+\dfrac{\sin \theta}{sin \phi b^2}\cos \phi$

operando

$\dfrac{Rb^2(1+u)}{a^3}=\cos \theta+\dfrac{\sin \theta}{sin \phi}\cos \phi$

multiplicando por $\sin \phi$ ambos miembros y recordando la propiedad del seno de la suma de los angulos de 25

$$sin \phi \dfrac{Rb^2(1+u)}{a^3}=\cos \theta sin \phi+\sin \theta\cos \phi=\sin \alpha$$

de la última línea de 24

$$\dfrac{\sin\phi}{a-x_{cm}}=\dfrac{\sin \phi (1+u)}{a}= \dfrac{\sin\gamma}R$$

reemplazando en 38

$\dfrac{\sin\gamma}R =\dfrac{\sin\alpha}R \dfrac{a^2}{b^2}$

dividiendo por $b$ ambos miembros y simplificando

$\dfrac{\sin\gamma}{b} =\sin\alpha \dfrac{a^2}{b^3}$

de 24 y 36 nos queda

$\dfrac{\sin\gamma}{b}=\dfrac{\sin\beta}{b}=\dfrac{\sin\alpha}{a}=\sin\alpha \dfrac{a^2}{b^3}$

operando con las últimas dos igualdades

$\dfrac{1}{a}= \dfrac{a^2}{b^3}\mapsto a^3=b^3 \mapsto \boxed{ a=b}$

resultando que

$\boxed{a=b=c}\mapsto \boxed{\sin\alpha=\sin\beta=\sin\gamma}\mapsto \boxed{ \alpha=\beta=\gamma=\frac{\pi}3}$

La posición de los tres objetos estará en los vértices de una triangulo equilátero, a la vez pueden darse dos situaciones geométricas simétricas para ubicar $m$ con respecto a una única posición de $M_1$ y $M_2$ se denomina L4 a la que antecede en el sentido de giro a $M_2$ y L5 a la posición posterior.

$M_{sol}=\notcien{1,9891}{30} kg$
$M_{tierra}=\notcien{5,9736}{24} kg$
$D_{s-t}=149597870700 m$
$M_{luna}=\notcien{7,349}{22} kg$
$D_{t-l}=384400000 m$

$b_{L4s-t}=b_{L5s-t}=D_{s-t}=149597870700 m$
$b_{L4t-l}=b_{L5t-l}=D_{s-t}=384400000 m$

Punto de Lagrange L1
Punto de Lagrange L2
Punto de Lagrange L3
Punto de Lagrange L4 y L5