FANDOM


Dopo aver trovato i punti lagrangiani sulla congiungente Terra-Luna possiamo porci il problema più generale dell'esistenza di punti sul piano dell'orbita nei quali la risultante delle forze sia nulla. Terra e Luna ruotano intorno ad un comune centro di massa C, che si trova lungo la loro congiungente, ad una distanza d_T dalla Terra e d_L dalla Luna:

Lagrangiani 4 e 5

Ricerca dei punti Lagrangiani L4 e L5


k=\frac{M_T}{M_L}


d_T=\frac{d}{1+k}


d_L=\frac{k}{1+k} d

Supponendo che il loro moto sia circolare uniforme, di periodo T, l'accelerazione centripeta della Terra e della Luna può essere espressa come:


a_T=\frac{v_T^2}{d_T}=\left(\frac{2 \pi d_T}{T}\right)^2\; \frac{1}{d_T}=\frac{4 \pi^2}{T^2}\; d_T=\frac{4 \pi^2}{T^2}\; \frac{d}{1+k}


a_L=\frac{v_L^2}{d_L}=\left(\frac{2 \pi d_L}{T}\right)^2\; \frac{1}{d_L}=\frac{4 \pi^2}{T^2}\; d_L=\frac{4 \pi^2}{T^2}\; \frac{k}{1+k} d

Dalla forza di mutua attrazione tra i due corpi è possibile ricavare una diversa espressione dell'accelerazione centripeta:


F_{T-L}=G\; \frac{M_T\;M_L}{d^2} \Rightarrow  a_T=\frac{F_{T-L}}{M_T}=G\; \frac{M_L}{d^2}

Uguagliando le due espressioni:


G\; \frac{M_L}{d^2}=\frac{4 \pi^2}{T^2}\; \frac{d}{1+k}  
\Rightarrow  \frac{4 \pi^2}{T^2} = G\; \frac{M_L}{d^3}\left(1+k\right)


Imponiamo che anche il punto P\equiv(\rho,\theta) ruoti intorno al punto C anch'esso con periodo T; la sua accelerazione centripeta sarà:


a_P=\frac{v_P^2}{\rho}=\left(\frac{2\pi\rho}{T}\right)^2\frac{1}{\rho}=\frac{4\pi^2}{T^2}\rho=G\frac{M_L}{d^3}(1+k)\rho

Il corpo nel punto P ha una massa m, che supponiamo molto più piccola di M_T e M_L. Le forze agenti sul punto P saranno:


F_T=G\;\frac{m\;M_T}{r_T^2}


F_L=G\;\frac{m\;M_L}{r_L^2}


F_P=m\;a_P=G\frac{m\;M_L}{d^3}(1+k)\rho


Cerchiamo i punti in cui queste forze si equilibrano. Scomponiamole lungo la direzione radiale e tangenziale.

Imponendo l'equilibrio tra le componenti tangenziali:


F_T\; \sin \varepsilon = F_L\; \sin \eta

Dalle uguaglianze: 
\frac{d_L}{\sin \eta}=\frac{r_L}{\sin \theta} \Rightarrow  \sin \eta=\frac{d_L}{r_L}\; \sin \theta


\frac{d_T}{\sin \varepsilon}=\frac{r_T}{\sin \theta} \Rightarrow  \sin \varepsilon=\frac{d_T}{r_T}\; \sin \theta


Si ha quindi 
F_T\;\frac{d_T}{r_T}\;\sin\theta=F_L\;\frac{d_L}{r_L}\;\sin\theta \Rightarrow F_T\;\frac{d_T}{r_T}=F_L\;\frac{d_L}{r_L}


Sostituendo si ha: 
G\;\frac{m\;M_T}{r_T^3}\;\frac{d}{1+k}=G\;\frac{m\;M_L}{r_L^3}\;\frac{k}{1+k}\;d

quindi


r_T^3=r_L^3 \Rightarrow r_T=r_L \Rightarrow \alpha=\beta

Il punto P si trova sul vertice di un triangolo isoscele di lato r=r_T=r_L.

Lagrangiani 4 e 5 isoscele

Ricerca dei punti Lagrangiani L4 e L5 al vertice di un triangolo isoscele

Nella direzione radiale, imporre l'equilibrio equivale a: F_T \cos\varepsilon +F_L \cos \eta = F_P


\frac{d}{2}=r\; \cos \alpha \Rightarrow \cos \alpha = \frac{1}{2}\; \frac{d}{r}


\rho^2 = r^2 + d_T^2\; \cos \alpha = r^2 + \frac{d^2}{(1+k)^2}- 2\; r \frac{d}{1+k}\; \frac{1}{2}\; \frac{d}{r}=r^2+\frac{d^2}{1+k}\;\left(\frac{1}{1+k}-1\right)=r^2-d^2\;\frac{k}{(1+k)^2}


d_T^2 = r^2 + \rho^2 - 2\; r\; \rho \cos \varepsilon \Rightarrow \cos \varepsilon =\frac{r^2 + \rho^2 - d_T^2}{2\; r\; \rho} = \left(2\; r^2 - \frac{d^2}{1+k} \right)\; \frac{1}{2\; r\; \rho}


d_L^2 = r^2 + \rho^2 - 2 r \rho\; \cos \eta \Rightarrow \cos \eta = \left(2 r^2-d^2\frac{k}{1+k}\right)\; \frac{1}{2 r \rho}


G \frac{m M_T}{r^2} \cos \varepsilon + G \frac{m M_L}{r^2} \cos \eta =G \frac{m M_L}{d^3} (1+k) \rho


\frac{k}{r^2}\; \cos \varepsilon + \frac{1}{r^2}\; \cos \eta = \frac{1+k}{d^3}\; \rho


\frac{k}{r^2}\;\left(2 r^2 - \frac{d^2}{1+k}\right)\; \frac{1}{2r\rho}+\frac{1}{r^2}\; \frac{1}{2r\rho}\left(2 r^2 - d^2 \frac{k}{1+k}\right)


2 k r^2-d^2\frac{k}{1+k}+2r^2-d^2\frac{k}{1+k}=2\; \frac{1+k}{d^3}\; r^3 \rho^2


2(1+k)r^2-2 d^2 \frac{k}{1+k}=2 \frac{1+k}{d^3} r^3 \rho^2


(1+k)r^2-d^2 \frac{k}{1+k}=\frac{1+k}{d^3}\; r^3\; \left(r^2 - d^2\; \frac{k}{(1+k)^2} \right)


\frac{1+k}{d^3}\; r^5 - \frac{k}{1+k}\;\frac{r^3}{d}-(1+k)\; r^2+d^2 \frac{k}{1+k}=0


(1+k)\; r^5 - \frac{k}{1+k}\;d^2\; r^3-(1+k)\; d^3\; r^2+d^5 \frac{k}{1+k}=0


(1+k)^2\; r^5 - k\;d^2\; r^3-(1+k)^2\; d^3\; r^2+k\; d^5=0


(1+k)^2\; r^2 \left(r^3 - d^3 \right)- k d^2 \left(r^3 - d^3 \right)=0


\left((1+k)^2 r^2 - k d^2\right)\left(r^3 - d^3\right)=0

Lagrangiani 4 e 5 equilatero

Ricerca dei punti Lagrangiani L4 e L5 al vertice di un triangolo equilatero

r = d, ovvero il punto P si trova al vertice di un triangolo equilatero e  \alpha = 60^o. Per simmetria di questi punti ne esistono due, e sono indicati con L_4 e L_5.

Ad blocker interference detected!


Wikia is a free-to-use site that makes money from advertising. We have a modified experience for viewers using ad blockers

Wikia is not accessible if you’ve made further modifications. Remove the custom ad blocker rule(s) and the page will load as expected.