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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 $.