De essione gravitazionale di una parti ella
dotata di massa
Il problema
Comedi eiltitolo,sitrattadistudiarelade essionegravitazionale(ingeo-
metria di S hwarzs hild, tanto per ambiare) di una parti ella massiva inve e
he della lu e.
Vorrei veri are io he sembra intuitivo, ossia he al res ere dell'energia
della parti ellasi ottenga il limite di massa nulla.
Equazione della traiettoria
Le equazioni del problema sono ben note [1℄, (8{14):
r 2
_ '=J
r 1
r _
t=E (1)
e poi [1℄, (8{13):
r
r 1 E
2 r
r 1 _ r 2
J 2
r 2
=1 (2)
ossia
_ r 2
=E 2
1 1
r
1+ J
2
r 2
: (3)
Osserviamo he per la natura del problema la parti ella proviene e ritorna al-
l'in nito, il he vuol dire E >1.
Sara utile per il seguito tener presente he E e J hanno un'interpretazione
asintoti a sempli e. Infatti per r 1 la geometria e minkowskiana, ossia si
puo dare alle grandezze l'interpretazione della RR. Quindi E e l'energia della
parti ella libera (divisa per la massa) e J il suo momento angolare (an h'esso
diviso per la massa). La grandezza E 2
1 he ompare in varie formule non e
he il quadrato dell'impulso p (al solito, diviso per la massa) e per io J = bp
dove be il parametro d'urto.
La (3) on la primadelle (1) da
dr
d'
2
= E
2
1
J 2
r 4
+ 1
J 2
r 3
r 2
+r
he on le osservazioni appena fatte si ris rive
dr
d'
2
= 1
b 2
r 4
+ 1
b 2
p 2
r 3
r 2
+r: (4)
esso soddisfa
1
b 2
r 3
+ 1
b 2
p 2
r 2
r+1=0 (5)
(osservo he alla (5) si arriva an he direttamente dalla (3), annullamdo r)._
Se posso assumere r 1 la (5) si sempli a e fornis e r = b. Un'approssi-
mazione miglioreotterremo provando
r =b+%
sostituendo nella(5) e tras urando i termini di ordine superiore a %:
r=b
2bp 2
p 2
+3
2bp 2
+2
: (6)
Soluzione approssimata
La(4) none integrabile on funzioni elementari,per ui bisognerari orrere
ad approssimazioni. Trasformiamoladi nuovo on la sostituzioner =b=u:
du
d'
2
=1+ 1
bp 2
u u
2
+ 1
b u
3
: (7)
Derivando questa rispettoa ' e an ellando la derivata prima troviamo
d 2
u
d' 2
= 1
2bp 2
u+ 3
2b u
2
: (8)
dove la variabileu va da 0 a b=r, quindi e al piu appena >1.
Nella (8) non ompare espli itamente ' (invarianza per rotazioni). Posso
sfruttarequest'invarianzaperlavorare onunasoluzionesimmetri a,orientando
l'asse polare in direzione del perielio. Allora u sara funzione pari di ': questa
variabile andra da =2 Æ a =2+Æ (l'angolo di de essionee 2Æ).
La (8) e di se ondo ordine, quindi per individuarne un integrale o orre
onos ere non solo u ma an he du=d' in un punto iniziale. Abbiamo gia visto
he u e pari, quindi u 0
(0)=0, mentre u(0) si ri ava dalla (6).
Sepotessi tras urare nella (8) il terminein u 2
, la soluzionesarebbe
u= b
r
os'
he soddisfa tutte le ondizioni. Avremmo Æ = 0 (nessuna de essione) il he e
ovvio, per he tras urando il terminein u 2
abbiamo an ellato l'e etto di RG.
potenze in " = 1=b. Il termine di ordine 0 sara quello appena s ritto (nessuna
de essione) e iltermine di ordine 1 dovrebbe dar i un risultato soddisfa ente.
Osservo he sviluppare in1=bnon signi a onsiderarevariabileladistanza
dal Sole, ma piuttosto lavorare a distanza ssa e variare la massa M. Infatti
stiamo usando unita di lunghezza 2M, per ui be in realta il rapporto b=(2M)
e il suo inverso e " = 2M=b. A parametro d'urto ssato, " pi olo signi a M
pi ola.
Comin iamodunque ris rivendola (8) in termini di ":
d 2
u
d' 2
=
"
2p 2
u+ 3
2
"u 2
: (8
0
)
Lo sviluppo di ue
u =u
0 +"u
1 +
da ui
u 2
=u 2
0
+2"u
0 u
1 +
e inserendoqueste in (8 0
)
d 2
u
0
d' 2
+"
d 2
u
1
d' 2
=
"
2p 2
u
0
"u
1 +
3
2
"u 2
0
(9)
(mi sonofermato ai termini in ").
Separandoi termini di diverso ordine nella (9):
d 2
u
0
d' 2
= u
0
d 2
u
1
d' 2
= 1
2p 2
u
1 +
3
2 u
2
0 :
(10)
Le (10) possono essere risolte in ordine, a partire dalla prima, he fornis e u
0
;
poi dalla se onda si ri ava u
1 .
Per la ondizione iniziale u(0) debbo sviluppare la (6) in serie di ":
u(0)= b
r
=
1+"=p 2
1 1
2
"(1 3=p 2
)
=1+ 1
2
"(1 1=p 2
):
da ui
u
0
(0)=1 u
1 (0)=
1
2
1 1
p 2
: (11)
u
0
(')= os'
u
1 (')=
3
4 +
1
2p 2
1
p 2
os' 1
4
os2':
(12)
Cal olo della de essione
O orresolo al olare (al primo ordine in ") l'angolo Æ tale he
u(=2+Æ)=0:
Abbiamo
u(=2+Æ)=u
0
(=2+Æ)+"u
1
(=2+Æ)
= os(=2+Æ)+"
3
4 +
1
2p 2
1
p 2
os (=2+Æ) 1
4
os(+2Æ)
= Æ+"
3
4 +
1
2p 2
+ 1
p 2
sinÆ+ 1
4
os2Æ
= Æ+"
1+ 1
2p 2
(ho tenuto onto he Æ e di primo ordine in ").
Dunque
Æ ="
1+ 1
2p 2
= 2p
2
+1
2bp 2
:
Se si fa p ! 1 si ottiene Æ = 1=b, quindi l'angolo di de essione e 2=b, ossia
lo stesso della lu e: eq. (7{7) di [1℄. Per p nito la de essione e maggiore.
Ri ordando he p 2
=E 2
1 e he E puo essere s ritto per usare le notazioni
solite della RR, abbiamo
2Æ= 2
2
1
b( 2
1)
= 1+
2
b 2
: (13)
(Non bisogna dimenti are he la(13) e approssimata: vale per b 1.)
Commento
La (13)mostra he la ongetturaera fondata: l'angolodi de essione (apa-
rita di b) dipende solo dalla velo ita della parti ella. Piu esatttamente, la de-
essionee sempre maggioredi quella dellalu e, visto he (1+ 2
)=
2
>2.
Gardando alla sempli ita del risultato, puo venire il sospetto he esistesse
un modo piu spi io di arrivar i. Osservo pero he il al olo onsiste di due
Cio he segue e solo un modo di risolvere un'eq. di . di se ondo ordine non
lineare.
In realta la soluzione si da esatta in termini di funzioni ellitti he, e quindi
il al olo ha il solo s opo di evitare queste funzioni, po o onos iute. Il gran-
de valore di b per il Sole (210 5
), suggeris e di risolvere la (4) per iterazione
(arrestata al primoordine).
[1℄ http://www.sagredo.eu/l ezio ni/ irg /
