СПбАО 2024, II кръг (очен), 11. клас, файл pract.pdf — Задача 1

• e = 1.20; a = 1.30 а.е. (другим способом a = 1.27 а.е.); i = 121°; Ω = 24°; ω = 241°; b = 0.88 а.е. (другим способом 0.86 а.е.); r_p = 0.26 а.е. (0.25 а.е.); v_p = 89 км/с; объект межзвездного происхождения (1I/Оумуамуа).

  Итог по официальному решению; там же приведены фактические элементы 1I/Оумуамуа: Ω = 25°, i = 123°, ω = 242°, e = 1.20, a = 1.27 а.е., b = 0.84 а.е., r_p = 0.25 а.е., v_p = 88 км/с.

Сначала обратим внимание, что траектория не замкнута и сходится к двум конечным точкам. Это означает, что орбита гиперболическая (формально она может быть и параболической, но в реальной жизни вероятность найти орбиту со строго фиксированным значением эксцентриситета нулевая). Это означает, что объект не должен принадлежать Солнечной системе (и уже тут можно догадаться, что это — пролетавших в окрестности Солнца внесолнечных объектов известно очень мало).

Далее можно заметить, что в течение года объект все же проходит по небу большое угловое расстояние, а это значит, что он приближается к Солнцу довольно близко. По мере того как Земля вращается вокруг Солнца, объект проецируется на разные участки неба, поэтому по мере приближения объекта к Солнцу его геоцентрическая траектория будет значительно отличаться от гелиоцентрической. Поскольку этот эффект уменьшается по мере удаления объекта от Солнца, гораздо удобнее определять параметры его орбиты, используя данные о конечных точках траектории.

Воспользовавшись небесной картой, мы можем определить их экваториальные координаты как $\alpha_1 = 18^h.6$, $\delta_1 = +33^{\circ}$, и $\alpha_2 = 23^h.9$, $\delta_2 = +25^{\circ}$. Некоторые элементы орбит измерены относительно эклиптики, поэтому нам нужно будет преобразовать их в эклиптические координаты ($\lambda$, $\beta$). Нарисуем небесную сферу с экватором и эклиптикой. Затем построим соответствующий сферический треугольник, и с использованием теорем синусов и косинусов получаем

Отсюда $\lambda_1 = 284^{\circ}$, $\beta_1 = +56^{\circ}$, и $\lambda_2 = 9^{\circ}$, $\beta_2 = +23^{\circ}$. В качестве альтернативы мы могли бы заметить, что конечная точка в Лире близка к кругу склонений $18^h$, а конечная точка в Пегасе — к кругу склонений $0^h$ и экватору. Затем, используя плоское приближение, $\lambda_1 \approx \alpha_1$, $\beta_1 \approx \delta_1 + \varepsilon$, $\lambda_2 \approx \delta_2 \sin\varepsilon$, $\beta_2 \approx \delta_2 \cos\varepsilon$, можно получить аналогичные численные результаты.

Движение объекта в пространстве ограничено плоскостью, поэтому гелиоцентрическая траектория представляет собой большой круг. Теперь у нас есть координаты двух точек на этой окружности, что позволяет найти ее уравнение. Сначала определим угловое расстояние $\chi$ между конечными точками $L$ и $P$. Применим теорему косинусов к треугольнику $\pi LP$,

Или, упростив себе работу и несколько огрубив результат, можно воспользоваться плоским приближением:

Хотя здесь лучше использовать сферическую тригонометрию.

Чтобы продолжить, найдем $p = 31^{\circ}$ с помощью теоремы синусов. Переключившись на маленький треугольник $PP'A$ и используя плоское приближение, мы сразу же получаем

Как вариант, мы можем сделать это же более длинным путем. Теорема косинусов для треугольника $\pi PA$ дает $\gamma = 27^{\circ}$. Тогда теоремы косинусов и синусов в треугольнике $PP'A$ дают $\kappa = 14^{\circ}$ и $i' = 61^{\circ}$, соответственно.

Теперь мы готовы начать делать выводы. Наш объект движется по большой окружности по длинной дуге от $L$ до $P$. Это означает, что $A$ соответствует восходящему узлу. Его долготу можно найти как $\Omega = \lambda_2 + \kappa = 24^{\circ}$. Теперь заметим, что эклиптическая долгота объекта по мере его движения от $L$ к $P$ уменьшается. Следовательно, орбитальное движение этого объекта ретроградное. Его наклон орбиты задается как $i = 180^{\circ} - i' = 121^{\circ}$. Аргумент перигелия $\omega$ — это длина дуги, начинающейся в $A$ и идущей вдоль направления движения до точки перигелия $H'$. Из симметрии следует, что $H'$ лежит точно напротив точки, расположенной посередине между $P$ и $L$. Следовательно, $\omega = 180^{\circ} + \gamma + \frac{\chi}{2} = 241^{\circ}$.

Чтобы найти оставшиеся элементы орбиты, рассмотрим геометрию гиперболической орбиты. Мы будем работать в рамках соглашения о положительной большой полуоси $a$. Даже если мы не знаем сразу, как геометрически интерпретировать $a$, $b$ и $e$, это можно выяснить «на ходу». Все кеплеровы орбиты являются коническими сечениями, поэтому интуитивно понятно, что обычные полярные и декартовы уравнения эллипса распространяются на гиперболы с очень небольшими изменениями,

Любые изменения в знаках можно вывести, построив рисунок.

Если мы все-таки запишем правильное декартово уравнение, то сразу заметим, что все точки ветви гиперболы удовлетворяют неравенству $x \geqslant a$, то есть $a$ — это расстояние от центра гиперболы $O$ до ее вершины $P$. Мы также видим, что при больших $x$ и $y$ есть предел $\frac{y}{x} \to \frac{b}{a}$, что означает наклонную асимптоту, проходящую через центр и имеющую наклон $\frac{b}{a}$. Угол между асимптотами соответствует углу $\chi$ между конечными точками траектории, если смотреть из фокуса, так что $\operatorname{tg}\frac{\chi}{2} = \frac{b}{a}$.

В контексте полярного уравнения существование асимптот означает, что при $180^{\circ} - \theta \to \frac{\chi}{2}$ мы получаем $r \to \infty$. Тогда $\cos\frac{\chi}{2} = \frac{1}{e} = \frac{a}{f}$. Теперь мы можем также интерпретировать прицельный параметр $q$ гиперболы. С одной стороны, $\sin\frac{\chi}{2} = \frac{q}{f}$. С другой,

то есть прицельный параметр $q$ и величина $b$ — это одно и то же.

Возвращаясь к нашей задаче, получаем, что эксцентриситет орбиты объекта равен

Чтобы найти $a$, рассмотрим движение объекта в одной из конечных точек (выберем $P$, где измерения будут проще). Траектория движения в конечных точках обусловлена суперпозицией параллакса и собственного движения. По мере удаления объекта от Солнца его скорость будет стремиться к скорости на бесконечности $v_\infty$, а тангенциальная составляющая $v_\tau$ будет стремиться к нулю (см. рисунок выше). Поэтому гелиоцентрическая радиальная скорость $v_r$ вдали от Солнца будет достаточно хорошей оценкой для $v_\infty$. Чтобы найти ее, мы можем проследить гелиоцентрическое расстояние объекта со временем. Для этого мы оцениваем средний параллакс объекта по мере его удаления от года к году. Если мы сделаем это для более поздних лет, наш ответ будет более физически обоснованным, но ошибка измерений будет быстро расти. В качестве компромисса мы рассмотрим измерения только для 2021, 2022, 2023 и 2024 годов.

Используя небесную карту, найдем расстояние между Альгенибом ($\gamma$ Peg) и Альферацем ($\alpha$ And). Оно равно $14^{\circ}$. Используем его в качестве масштаба на крупном плане конечной точки $P$. Измерим «большую ось» петли каждого года и будем считать ее удвоенным средним параллаксом этого года. В результате получим:

Мы оцениваем $v_\infty = 5.5$ а.е./год. Мы знаем, что удельная орбитальная энергия объекта, вне зависимости от типа траектории, должна быть $\varepsilon = \frac{GM_{\odot}}{2a}$. Поскольку потенциальная энергия пренебрежимо мала на бесконечности, мы также можем записать $\varepsilon = \frac{v_\infty^2}{2}$, заключив отсюда, что $a = \frac{GM_{\odot}}{v_\infty^2}$. Для Земли мы можем записать $r_E = \frac{GM_{\odot}}{v_E^2}$, где $r_E = 1$ а.е. и $v_E = 2\pi$ а.е./год. Таким образом,

Остальное следует из геометрии гиперболы. Получаем $b = a\operatorname{tg}\frac{\chi}{2} = 0.88$ а.е. для малой полуоси и $r_p = a(e - 1) = 0.26$ а.е. для перигелийного расстояния. Что касается скорости в перигелии, то проще всего воспользоваться сохранением углового момента,

Мы также представим другой подход для нахождения физических размеров орбиты. Мы заметили, что спиральное движение объекта на больших расстояниях имеет некоторую асимптотику. В частности, движение ограничено треугольником, что означает, что отношение углового смещения и соответствующего изменения параллакса постоянно. Чтобы найти это соотношение, проведем касательные, ограничивающие спираль. Затем, используя линейность и ссылаясь на рисунок гиперболической орбиты выше, мы находим

Отсюда $\frac{r_E}{b} = 1.16$, что дает нам $b = 0.86$ а.е. Сразу же следует несколько других параметров: $a = 1.27$ а.е., $r_p = 0.25$ а.е. Наконец, $v_\infty$ и $v_p$ можно получить из уравнений сохранения энергии и углового момента,

Учитывая эксцентриситет и ретроградное движение, мы пришли к выводу, что этот объект, скорее всего, имеет межзвездное происхождение. У нас недостаточно информации, чтобы комментировать состав объекта. Например, наш объект проходит довольно близко к Солнцу, но многие касающиеся Солнца кометы проходят еще ближе, не испаряясь.

На самом деле наш объект — это 1I/Оумуамуа — первое межзвездное тело, обнаруженное в Солнечной системе. Элементы его орбиты: $\Omega = 25^{\circ}$, $i = 123^{\circ}$, $\omega = 242^{\circ}$, $e = 1.20$, $a = 1.27$ а.е.. Кроме того, $b = 0.84$ а.е., $r_p = 0.25$ а.е., $v_p = 88$ км/с.

С.Т.Иванов