拉格朗日点

贡献者： addis

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预备知识　雅可比常量

　　¹对于大质量天体 A 和 B 围绕质心作匀速圆周运动的限制性三体问题，是否存在若干个特殊位置，使得处于该位置并满足一定的初始条件的第三质点将在运动中保持与天体 A 和 B 的相对位置不变，即第三质点同样围绕系统质心作匀速圆周运动，且角速度与天体 A 和 B 相同？这样的位置称为 “平动点” 或 “拉格朗日点（Lagrangian point）”。

　　提取式 1 中的势能部分并除以质量，记为等效势 $\tilde{U}$

\begin{matrix} (1) & \tilde{U} = - \frac{G m_{1}}{r_{1}} - \frac{G m_{2}}{r_{2}} - \frac{1}{2} ω^{2} r^{2}, \end{matrix}

其中

r_{i} = \sqrt{(x - x_{i})^{2} - (y - y_{i})^{2}}

。

　　等效势能在 $x o y$ 平面内部分区域的分布如图 1 所示，图中 A、B 两点为等效势能的理论奇点，在其附近形成 “势能陷阱”。

图 1：等效势能的分布（红色代表高势能，蓝色代表低势能）

　　要计算平衡点，即 $\tilde{U}$ 的极值点，只需令

\begin{matrix} (2) & \nabla \tilde{U} = 0 . \end{matrix}

得到

\begin{matrix} (3) & \frac{- G m_{1} (x - x_{1})}{r_{1}^{3}} - \frac{G m_{2} (x - x_{2})}{r_{2}^{3}} + ω^{2} x = 0, \end{matrix}

\begin{matrix} (4) & - \frac{G m_{1} y}{r_{1}^{3}} - \frac{G m_{2} y}{r_{2}^{3}} + ω^{2} y = 0 . \end{matrix}

即

\begin{matrix} (5) & - \frac{G m_{1} (r - r_{1})}{r_{1}^{3}} - \frac{G m_{2} (r - r_{2})}{r_{2}^{3}} + ω^{2} r = 0 . \end{matrix}

显然这相当于寻找两个万有引力和离心力合力为零的点。式 4 有显然的解

y = 0

，带入式 3 得

未完成：见注释

1. 使用拉格朗日方程推导

未完成：该小节有待整理

　　保持与天体 A 和 B 的相对位置不变，即要求第三质点在旋转坐标系中满足 $\dot{x} = \dot{y} = \dot{z} = \ddot{x} = \ddot{y} = \ddot{z} = 0$ ，代入第三质点的动力学微分方程组（式 2 ，式 3 ，式 4 ）可得方程组

\begin{matrix} (6) & - ω^{2} x = - \frac{\partial U}{\partial x} = - \frac{μ G M}{r_{1}^{3}} [x + (1 - μ) R] - \frac{(1 - μ) G M}{r_{2}^{3}} (x - μ R), \end{matrix}

\begin{matrix} (7) & - ω^{2} y = - \frac{\partial U}{\partial y} = - [\frac{μ G M}{r_{1}^{3}} + \frac{(1 - μ) G M}{r_{2}^{3}}] y, \end{matrix}

\begin{matrix} (8) & 0 = - \frac{\partial U}{\partial z} = - [\frac{μ G M}{r_{1}^{3}} + \frac{(1 - μ) G M}{r_{2}^{3}}] z . \end{matrix}

观察式 8 可得

z = 0

，即待求点在天体 A、B 的运动平面内。

　　若 $y = 0$ ，则式 7 恒成立。并且注意到 A、B 作匀速圆周运动时，根据外有引力等于向心力的关系，可得

\begin{matrix} (9) & ω^{2} = \frac{G M}{R^{3}} . \end{matrix}

此时式 6 便可化简为

\begin{matrix} (10) & \frac{x}{R^{3}} = \frac{μ}{| x + (1 - μ) R |^{3}} [x + (1 - μ) R] + \frac{1 - μ}{| x - μ R |^{3}} (x - μ R) . \end{matrix}

此方程没有解析解，只能借助数值方法求得其满足一定精度要求的数值解。可以验证在天体 A、B 之间及两边延长线方向上各有一个解，分别记为

L_{1}, L_{2}, L_{3}

。

　　若 $y \neq 0$ ，则有

\begin{matrix} (11) & {\begin{aligned} \frac{x}{R^{3}} & = \frac{μ}{r_{1}^{3}} [x + (1 - μ) R] + \frac{1 - μ}{r_{2}^{3}} (x - μ R) \\ \frac{1}{R^{3}} & = \frac{μ}{r_{1}^{3}} + \frac{1 - μ}{r_{2}^{3}} \end{aligned} . \end{matrix}

解得

r_{1} = r_{2} = R

，即平动点与 A、B 形成正三角形，这样的平动点有两个，分别记为

L_{4}, L_{5}

。

　　拉格朗日点的力学本质是，第三质点在该位置所受的引力合力恰好等于维持匀速旋转所需的的向心力。五个拉格朗日点与 A、B（在旋转坐标系内）的相对位置大致如图 2 所示。

图 2：拉格朗日点位置

1. ^ 参考 Wikipedia 相关页面。

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