進動

引言

這篇文章推導軌道進動，以及證明繞星系核運轉的恆星必然存在軌道進動。

推導

閉合軌道

先考慮閉合軌跡。這裡用$\vec r$表示從星系中心指向恆星的徑矢，$\mu = GM$表示rescale過的星系中心的質量，由萬有引力定律可以得到
$$
\ddot{\vec r} = - \mu\frac{\vec r}{r^3}
$$
考慮rescale過的角動量$\vec h = \vec r \times \dot{\vec r}$是一個常矢量，即
$$
\frac{d}{dt}\vec h = \frac{d}{dt}\left( \vec r \times \dot{\vec r} \right) = 0
$$
因此
$$
\frac{d}{dt} \left( \dot{\vec r} \times \vec h \right) = \ddot{\vec r} \times \vec h
$$
以及注意到
$$
\frac{\vec r}{r^3} \times \vec h = \frac{\vec r}{r^3} \times (\vec r \times \dot{\vec r}) = \frac{\vec r(\vec r \cdot \dot{\vec r})}{r^3} - \frac{\dot{\vec r}}{r} = -\frac{d}{dt} \left( \frac{\vec r}{r} \right)
$$
這樣就可以得到
$$
\begin{equation}
\begin{aligned}
\ddot{\vec r} \times \vec h =& - \mu\frac{\vec r}{r^3} \times \vec h \\
\frac{d}{dt} \left( \dot{\vec r} \times \vec h \right) =& \frac{d}{dt} \left( \mu \frac{\vec r}{r} \right)
\end{aligned}
\end{equation}
$$
即
$$
\frac{d}{dt} \left( \dot{\vec r} \times \vec h - \mu \frac{\vec r}{r} \right) = \vec 0
$$
可以考慮令
$$
\dot{\vec r} \times \vec h - \mu \frac{\vec r}{r} = \vec B
$$
等於一個常矢量，也叫拉普拉斯矢量。整理可得
$$
\frac{\vec r}{r} + \vec e = \frac{\dot{\vec r} \times \vec h}{\mu}
$$
其中$\vec e = \vec B / \mu$為eccentricity vector。等式兩邊點乘$\vec r$，得到
$$
\begin{equation}
\begin{aligned}
\frac{\dot{\vec r} \times \vec h}{\mu} \cdot \vec r =& \frac{\vec r}{r} \cdot \vec r + \vec e \cdot \vec r \\
\vec r \times \dot{\vec r} \cdot \vec h =& \mu r(1 + e\cos \nu) \\
h^2 =& \mu r(1 + e\cos \nu)
\end{aligned}
\end{equation}
$$
即
$$
r = \frac{h^2}{\mu}(1 + e\cos \nu)^{-1}
$$

可以算出$B$的大小，帶入近心點得到（可以取極軸方向與$\vec e$方向一致）
$$
B = \frac{h^2}{r} - \mu = \mu e
$$

軌道進動

現在考慮軌道進動，引力方程加上一項
$$
\ddot{\vec r} = - \mu\frac{\vec r}{r^3} - \delta \frac{\vec r}{r^4}
$$
其中$\delta$是一個小量。類似的推導得到
$$
\frac{d}{dt}\vec B = \frac{\delta}{r}\frac{d}{dt} \left( \frac{\vec r}{r} \right)
$$
現在$\vec B$不再是一個常矢量，為簡單起見，令$\vec v = \dot{\vec r}$，$\vec n = \vec r / r$，$\vec k = \vec h / h$以及$\vec\tau = \vec k \times \vec n$，這樣
$$
\frac{d}{dt} \left( \frac{\vec r}{r} \right) = \frac{d}{dt}\vec n = \dot\nu \vec\tau
$$
這裡$\nu$表示徑矢與初始方向的夾角，注意到$\vec B$的增量近似垂直於$\vec B$
$$
\begin{equation}
\begin{aligned}
\vec B \cdot \vec\tau \left( \frac{\delta}{r}\dot\nu \right) =& \left( \vec v \times \vec h - \mu\vec n \right) \cdot \vec\tau \left( \frac{\delta}{r}\dot\nu \right) \\
=& h \left( \dot r\vec n + r\dot\nu\vec\tau \right) \times \vec k \cdot \vec\tau \left( \frac{\delta}{r}\dot\nu \right) \\
=& -\frac{\dot rh\delta}{r}\dot\nu \\
\approx& 0
\end{aligned}
\end{equation}
$$
這裡考慮了近似，即假設$\dot r / r = d\ln r / dt$很小。因此這個增量將使$\vec B$緩慢轉動，一段時間後總角度變化$\theta(t)$為
$$
\begin{equation}
\begin{aligned}
\theta(t) =& \int_0^t \frac{\delta}{r(t’)B}\dot\nu(t’) dt’ \\
=& \int_0^t \frac{\delta}{r(t’)B}d\nu(t’) \\
=& \frac{\delta}{r(t)B}\nu(t) + \int_0^t \frac{\delta}{r^2(t’)B}\dot r(t’)\nu(t’)dt’ \\
\approx& \frac{\delta}{r(t)\mu e}\nu(t)
\end{aligned}
\end{equation}
$$
同樣考慮了$\dot r / r$很小這個近似。後續推導過程類似，只是注意$\vec e$已經轉過了角度$\theta$，在與$\vec e$作內積計算時需要扣除這部分。因此
$$
r = \frac{h^2}{\mu}\left[1 + e\cos\left(1 - \frac{\delta}{\mu e}\frac{1}{r} \right)\nu \right]^{-1}
$$

這個辦法適用於任意高次攝動。

恆星進動

一般而言，星系有一個緻密的核心$r < r_c$，該處物質的密度$\rho(r)$可能發散。對於核心以外的空間，可以考慮對$\rho(r)$作洛朗級數展開。若星系中的物質分佈在盤上，為保證$\int_{r_c}^\infty \rho(r)r dr$積分收斂，那麼最低階近似應考慮$\rho(r) \propto 1/r^3$。盤上恆星感受到的引力$f$（這裡除掉了自身質量）
$$
\begin{equation}
\begin{aligned}
f - \frac{m_c}{r^2} \propto& \frac{1}{r^2}\int_{r_c}^r \rho(r’)r’ dr’ \\
=& \frac{1}{r_cr^2} - \frac{1}{r^3}
\end{aligned}
\end{equation}
$$
$m_c$表示核心的質量。這樣就出現了立方反比項，這一項導致了軌道的進動。同理對質量分佈在空間中的情況也可作類似分析。

後記

如果後續有時間可以推導密度波理論，密度波導致了星系的旋臂，譬如仙女座星系。

補充

實際上，對於立方反比攝動，是不需要考慮近似的
$$
\ddot r - r\dot\nu^2 = - \frac{\mu}{r^2} - \frac{\delta}{r^3}
$$
以及考慮$\dot\nu = h / r^2$，這樣得到
$$
\dot r = \frac{d}{dt}r = \frac{dr}{d\nu}\dot\nu = \frac{h}{r^2}\frac{dr}{d\nu}
$$
令$u = 1/r$，這樣可以將上式寫成
$$
\dot r = \frac{h}{r^2}\frac{dr}{d\nu} = hu^2 \frac{dr}{du}\frac{du}{d\nu} = -h\frac{du}{d\nu}
$$
類似可以得到
$$
\ddot r = \frac{d\dot r}{dt} = \frac{d\dot r}{d\nu}\dot\nu = -h^2u^2 \frac{d^2u}{d^2\nu}
$$
綜上可得
$$
-h^2u^2 \frac{d^2u}{d^2\nu} - h^2u^3 = -\mu u^2 - \delta u^3
$$
整理得到
$$
\frac{d^2u}{d^2\nu} + \left( 1 - \frac{\delta}{h^2} \right)u = \frac{\mu}{h^2}
$$
因此其解為
$$
r^{-1} = u = \frac{\mu}{h^2} \left[ 1 + e\cos\left(\sqrt{1 - \frac{\delta}{h^2}}\nu\right) \right]
$$