Central force · 中 心 力 중심력 이란, 고정된 정점을 향하는 힘을 의미한다. 즉, 중심력은 고정된 정점으로 부터 떨어진 거리에만 의존한다. 크게
중력 ,
전기력 등이 있다.
이 문서에서는 중심력을 논할 수 있는 가장 기초적인 문제인
이체 문제(Two-body problem) 을 논의해보는 것을 목표로 둔다. 다만,
나무위키 에는
삼체 문제 또한 수록되어 있으니, 참고하기 바란다.
이체 문제(Two-body problem) 란, 서로 상호작용하는 두 물체의 운동을 다루는 문제이다.
이체 문제를 그대로 풀기에는 수학적으로 매우 복잡하다. 따라서 편리하게 분석하기 위해 하나의 기술을 써서 이체 문제를 일체 문제로 변환하고자 한다.
그림과 같이 원점
O \mathrm{O} O 가 있고, 두 질점
m 1 m_{1} m 1 ,
m 2 m_{2} m 2 가 있는 상황을 고려하자. 각 질점의 위치 벡터는 각각
r 1 \mathbf{r}_{1} r 1 ,
r 2 \mathbf{r}_{2} r 2 이다.
파일:나무_중심력_1.png 이 상황에서 질량 중심(
C M \mathrm{CM} CM )까지의 위치 벡터
R \mathbf{R} R 을 고려할 수 있고, 이는 다음과 같다:
R = m 1 r 1 + m 2 r 2 m 1 + m 2 \displaystyle \mathbf{R}=\frac{m_{1} \mathbf{r}_{1}+m_{2} \mathbf{r}_{2}}{m_{1}+m_{2}} R = m 1 + m 2 m 1 r 1 + m 2 r 2 그런데 만약 원점이 질량 중심이 된다고 해보자. 그럴 경우
R → 0 \mathbf{R} \to 0 R → 0 이므로 다음을 얻는다.
r 2 = − m 1 m 2 r 1 \displaystyle \mathbf{r}_{2}=- \frac{m_{1}}{m_{2}} \mathbf{r}_{1} r 2 = − m 2 m 1 r 1 또한, 이 계의 운동 에너지는
T = 1 2 m 1 ∣ r ˙ 1 ∣ 2 + 1 2 m 2 ∣ r ˙ 2 ∣ 2 \displaystyle T=\frac{1}{2}m_{1} |\dot{\mathbf{r}}_{1}|^{2}+\frac{1}{2}m_{2} |\dot{\mathbf{r}}_{2}|^{2} T = 2 1 m 1 ∣ r ˙ 1 ∣ 2 + 2 1 m 2 ∣ r ˙ 2 ∣ 2 이고, 만약
r ≡ r 2 − r 1 \mathbf{r} \equiv \mathbf{r}_{2}-\mathbf{r}_{1} r ≡ r 2 − r 1 로 정의하면, 위의 운동 에너지는 다음 꼴로 바꿀 수 있는데,
T = 1 2 μ ∣ r ˙ ∣ 2 \displaystyle T=\frac{1}{2} \mu |\dot{\mathbf{r}}|^{2} T = 2 1 μ ∣ r ˙ ∣ 2 여기서 나온
μ ≡ m 1 m 2 m 1 + m 2 \displaystyle \mu \equiv \frac{m_{1}m_{2}}{m_{1}+m_{2}} μ ≡ m 1 + m 2 m 1 m 2 이고, 이것을
환산 질량(Reduced mass) 이라 한다. 즉, 위의 과정에서 벡터
r \mathbf{r} r 의 시점이 원점(
m = m 1 + m 2 m=m_{1}+m_{2} m = m 1 + m 2 )이고, 한 질점
μ \mu μ 가
r \mathbf{r} r 만큼 떨어져 있는 상황과 같이 취급할 수 있음을 얻는다.
즉, 이체 문제가 일체 문제로 변환된 것이다. 아래의 그림을 참조하자:
파일:나무_이체문제_환상질량_수정.png 슈뢰딩거 방정식 을 따르는 매우 작은 입자계도 질량 중심
R \mathbf{R} R 과 두 입자 사이의 변위
r \mathbf{r} r 로 나눠서 일체 문제처럼 생각할 수 있다. 두 입자
m 1 m_{1} m 1 ,
m 2 m_{2} m 2 의 위치를 각각
r 1 = ( x 1 , y 1 , z 1 ) \mathbf{r}_{1}=(x_{1},\,y_{1},\,z_{1}) r 1 = ( x 1 , y 1 , z 1 ) ,
r 2 = ( x 2 , y 2 , z 2 ) \mathbf{r}_{2}=(x_{2},\,y_{2},\,z_{2}) r 2 = ( x 2 , y 2 , z 2 ) 라 하고,
R ≡ ( X , Y , Z ) r ≡ ( x , y , z ) \displaystyle \begin{aligned} \mathbf{R} &\equiv (X,\,Y,\,Z) \\ \mathbf{r} &\equiv (x,\,y,\,z) \end{aligned} R r ≡ ( X , Y , Z ) ≡ ( x , y , z ) 로 정의하자. 이때,
R = m 1 r 1 + m 2 r 2 m 1 + m 2 r = r 2 − r 1 \displaystyle \begin{aligned} \mathbf{R}&=\frac{m_{1}\mathbf{r}_{1}+m_{2} \mathbf{r}_{2}}{m_{1}+m_{2}} \\ \mathbf{r}&=\mathbf{r}_{2}-\mathbf{r}_{1} \end{aligned} R r = m 1 + m 2 m 1 r 1 + m 2 r 2 = r 2 − r 1 이다. 따라서
∂ X ∂ x 1 = m 1 m 1 + m 2 = μ m 2 ∂ X ∂ x 2 = m 2 m 1 + m 2 = μ m 1 \displaystyle \begin{aligned} \frac{\partial X}{\partial x_1} &= \frac{m_1}{m_1 + m_2} \\&= \frac{\mu}{m_2} \\ \frac{\partial X}{\partial x_2} &= \frac{m_2}{m_1 + m_2} \\& = \frac{\mu}{m_1} \end{aligned} ∂ x 1 ∂ X ∂ x 2 ∂ X = m 1 + m 2 m 1 = m 2 μ = m 1 + m 2 m 2 = m 1 μ 연쇄 법칙 에 의해 다음이 성립한다.
∂ ∂ x 1 = ∂ ∂ X ∂ X ∂ x 1 + ∂ ∂ x ∂ x ∂ x 1 = μ m 2 ∂ ∂ X + ∂ ∂ x ∂ ∂ x 2 = ∂ ∂ X ∂ X ∂ x 2 + ∂ ∂ x ∂ x ∂ x 2 = μ m 1 ∂ ∂ X − ∂ ∂ x \displaystyle \begin{aligned} \frac{\partial}{\partial x_1 } &= \frac{\partial}{\partial X} \frac{\partial X}{\partial x_1} + \frac{\partial}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial x_1 } \\& = \frac{\mu}{m_2} \frac{\partial}{\partial X} + \frac{\partial}{\partial x} \\ \frac{\partial}{\partial x_2 } &= \frac{\partial}{\partial X} \frac{\partial X}{\partial x_2} + \frac{\partial}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial x_2 } \\& = \frac{\mu}{m_1} \frac{\partial}{\partial X} - \frac{\partial}{\partial x} \end{aligned} ∂ x 1 ∂ ∂ x 2 ∂ = ∂ X ∂ ∂ x 1 ∂ X + ∂ x ∂ ∂ x 1 ∂ x = m 2 μ ∂ X ∂ + ∂ x ∂ = ∂ X ∂ ∂ x 2 ∂ X + ∂ x ∂ ∂ x 2 ∂ x = m 1 μ ∂ X ∂ − ∂ x ∂ 위 식은
Y Y Y ,
Z Z Z 에 대해서도 똑같이 성립하므로, 다음과 같이 쓸 수 있다.
∇ 1 = μ m 2 ∇ R + ∇ r ∇ 2 = μ m 1 ∇ R − ∇ r \displaystyle \begin{aligned} \boldsymbol{\nabla}_1 &= \frac{\mu}{m_2} \boldsymbol{\nabla}_R + \boldsymbol{\nabla}_r \\ \boldsymbol{\nabla}_2 &= \frac{\mu}{m_1} \boldsymbol{\nabla}_R - \boldsymbol{\nabla}_r \end{aligned} ∇ 1 ∇ 2 = m 2 μ ∇ R + ∇ r = m 1 μ ∇ R − ∇ r 이때,
∇ R = ∑ i ∂ ∂ R i R ^ i ∇ r = ∑ i ∂ ∂ r i r ^ i \displaystyle \boldsymbol{\nabla}_{R}=\sum_{i} \frac{\partial}{\partial R_{i}} \hat{R}_{i} \qquad \boldsymbol{\nabla}_{r}=\sum_{i} \frac{\partial}{\partial r_{i}} \hat{r}_{i} ∇ R = i ∑ ∂ R i ∂ R ^ i ∇ r = i ∑ ∂ r i ∂ r ^ i 임을 의미한다. 위 식을
슈뢰딩거 방정식 − ℏ 2 2 m 1 ∇ 1 2 ψ − ℏ 2 2 m 2 ∇ 2 2 ψ + V ( r ) ψ = E ψ \displaystyle - \frac{\hbar^2}{2 m_1} \nabla_1^2 \psi - \frac{\hbar^2}{2 m_2} \nabla_2^2 \psi + V(\mathbf{r}) \psi = E \psi − 2 m 1 ℏ 2 ∇ 1 2 ψ − 2 m 2 ℏ 2 ∇ 2 2 ψ + V ( r ) ψ = E ψ 에 대입하면 다음 식을 얻는다.
− ℏ 2 2 M ∇ R 2 ψ − ℏ 2 2 μ ∇ r 2 ψ + V ( r ) ψ = E ψ \displaystyle - \frac{\hbar^2}{2 M} \nabla_R^2 \psi - \frac{\hbar^2}{2 \mu} \nabla_r^2 \psi + V(\mathbf{r}) \psi = E \psi − 2 M ℏ 2 ∇ R 2 ψ − 2 μ ℏ 2 ∇ r 2 ψ + V ( r ) ψ = E ψ 이때
M ≡ m 1 + m 2 M \equiv m_1 + m_2 M ≡ m 1 + m 2 는 두 입자의 전체 질량이다. 위 식을 변수분리 하기 위해
파동함수 를
ψ ( R , r ) = ψ R ( R ) ψ r ( r ) \psi(\mathbf{R},\,\mathbf{r}) = \psi_R (\mathbf{R}) \psi_r (\mathbf{r}) ψ ( R , r ) = ψ R ( R ) ψ r ( r ) 의 곱이라 가정하고, 대입하면, 다음 식을 얻는다.
− ℏ 2 2 M ∇ R 2 ψ R ψ R − ℏ 2 2 μ ∇ r 2 ψ r ψ r + V ( r ) = E \displaystyle - \frac{\hbar^2}{2 M} \frac{\nabla_R^2 \psi_R}{\psi_R} - \frac{\hbar^2}{2 \mu} \frac{\nabla_r^2 \psi_r}{\psi_r} + V(\mathbf{r}) = E − 2 M ℏ 2 ψ R ∇ R 2 ψ R − 2 μ ℏ 2 ψ r ∇ r 2 ψ r + V ( r ) = E 위 식의 좌변에서 첫째 항은
R \mathbf{R} R 에 대한 함수이고, 둘째 항과 셋째 항은
r \mathbf{r} r 에 대한 함수이므로, 임의의 위치에 대하여 식을 만족시키려면 두 부분이 모두 상수여야 한다. 이 상수를 각각
E R E_R E R ,
E r E_r E r 이라고 하면, 각각 다음 식을 얻는다.
− ℏ 2 2 M ∇ R 2 ψ R = E R ψ R − ℏ 2 2 μ ∇ r 2 ψ r + V ( r ) ψ r = E r ψ r \displaystyle \begin{aligned} - \frac{\hbar^2}{2 M} \nabla_R^2 \psi_R &= E_R \psi_R \\ - \frac{\hbar^2}{2 \mu} \nabla_r^2 \psi_r + V(\mathbf{r}) \psi_r &= E_r \psi_r \end{aligned} − 2 M ℏ 2 ∇ R 2 ψ R − 2 μ ℏ 2 ∇ r 2 ψ r + V ( r ) ψ r = E R ψ R = E r ψ r 즉, 여기서 첫 번째 식은 두 입자를 하나의 물체로 본 질량 중심을 나타내며, 두 번째 식은 질량 중심을 기준으로 움직이는 질량
μ \mu μ 인 입자의 운동을 나타낸다. 이는 퍼텐셜
V V V 에서 움직이는 하나의 입자, 즉 일체 문제와 같다.
이제부터, 중심력이 작용하는 이체 문제를 고려하자. 중심력 외엔 물체에 가해지는 외부 토크는 없으므로 질점계의 각운동량은 보존된다. 즉,
L ˙ = 0 \displaystyle \dot{\mathbf{L}}=0 L ˙ = 0 따라서 다루는 문제가 구대칭성(Spherical symmetry)을 갖고, 한 평면에서 운동이 기술될 수 있음을 얻는다. 다음 그림을 참조하자:
파일:나무_중심력_3_수정.png 따라서 물체의 위치를 기술하기 위해선 원점으로 부터 떨어진 거리인
r r r 과 그 회전각
θ \theta θ 만 있으면 됨을 얻으며, 이 계에서 외력이 없기 때문에 계의 에너지 또한 보존되고, 그 에너지를
E E E 라 놓으면, 다음이 성립한다.
1 2 μ ( r ˙ 2 + r 2 θ ˙ 2 ) + U = E \displaystyle \frac{1}{2}\mu (\dot{r}^{2}+r^{2} \dot{\theta}^{2})+U=E 2 1 μ ( r ˙ 2 + r 2 θ ˙ 2 ) + U = E U U U 는
퍼텐셜 에너지 이고,
r ≡ ∣ r 1 − r 2 ∣ r \equiv |\mathbf{r}_{1}-\mathbf{r}_{2}| r ≡ ∣ r 1 − r 2 ∣ 이다.
만약
m 1 m_{1} m 1 ,
m 2 m_{2} m 2 사이에 작용하는 힘이
F \mathbf{F} F 라 하면, 다음이 성립한다.
r 1 ¨ = F m 1 r 2 ¨ = − F m 2 \displaystyle \ddot{\mathbf{r}_{1}}=\frac{\mathbf{F}}{m_{1}} \qquad \qquad \ddot{\mathbf{r}_{2}}=-\frac{\mathbf{F}}{m_{2}} r 1 ¨ = m 1 F r 2 ¨ = − m 2 F r ≡ r 1 − r 2 \mathbf{r} \equiv \mathbf{r}_{1}-\mathbf{r}_{2} r ≡ r 1 − r 2 이므로 위 식을 적절히 정리하면,
μ r ¨ = F \displaystyle \mu \ddot{\mathbf{r}}=\mathbf{F} μ r ¨ = F 따라서
μ \mu μ 가 받는 힘 또한 같음을 알 수 있다. 따라서 해당 힘을 중심력의 정의에 만족하게
F ( r ) F(r) F ( r ) 이라 놓고, 다음이라 해보자.
F ( r ) = − α r 2 \displaystyle F(r)=-\frac{\alpha}{r^{2}} F ( r ) = − r 2 α α \alpha α 는 상수이다.
퍼텐셜 에너지 와 힘의 관계
에 의해
U ( r ) = − α r \displaystyle U(r)=-\frac{\alpha}{r} U ( r ) = − r α 이다. 따라서 고려하는 계의 에너지는
1 2 μ ( r ˙ 2 + r 2 θ ˙ 2 ) − α r = E \displaystyle \frac{1}{2}\mu (\dot{r}^{2}+r^{2} \dot{\theta}^{2})-\frac{\alpha}{r}=E 2 1 μ ( r ˙ 2 + r 2 θ ˙ 2 ) − r α = E 이다.
계의
라그랑지언 은
L = 1 2 μ ( r ˙ 2 + r 2 θ ˙ 2 ) + α r \displaystyle L=\frac{1}{2}\mu (\dot{r}^{2}+r^{2} \dot{\theta}^{2})+\frac{\alpha}{r} L = 2 1 μ ( r ˙ 2 + r 2 θ ˙ 2 ) + r α 이고,
θ \theta θ 는 순환 좌표이기 때문에
θ \theta θ 에 대한 운동량은 보존된다. 해당 운동량을
l l l 이라 하면,
m r 2 θ ˙ = l \displaystyle mr^{2} \dot{\theta}=l m r 2 θ ˙ = l 이를 이용하면, 계의 에너지를 아래와 같이 바꿀 수 있다.
E = 1 2 μ r ˙ 2 + l 2 2 μ r 2 − α r \displaystyle E=\frac{1}{2}\mu \dot{r}^{2}+\frac{l^{2}}{2 \mu r^{2}}-\frac{\alpha}{r} E = 2 1 μ r ˙ 2 + 2 μ r 2 l 2 − r α 위에서 나온 결과에서
l 2 2 μ r 2 \displaystyle \frac{l^{2}}{2 \mu r^{2}} 2 μ r 2 l 2 는 원심력에 의한 퍼텐셜 에너지로 생각할 수 있고, 따라서
V ( r ) ≡ U ( r ) + l 2 2 μ r 2 \displaystyle V(r) \equiv U(r)+ \frac{l^{2}}{2 \mu r^{2}} V ( r ) ≡ U ( r ) + 2 μ r 2 l 2 을 계의
유효 퍼텐셜 이라 정의한다. 다루는 문제 상황에선
V ( r ) = l 2 2 μ r 2 − α r \displaystyle V(r) =\frac{l^{2}}{2 \mu r^{2}}-\frac{\alpha}{r} V ( r ) = 2 μ r 2 l 2 − r α 이고, 이의 개형은 아래와 같다.
파일:나무_중심력_4.png 위로 부터
1 2 μ r ˙ 2 = E − V ( r ) \displaystyle \frac{1}{2}\mu \dot{r}^{2}=E-V(r) 2 1 μ r ˙ 2 = E − V ( r ) 그래프를 좀 더 확대해보면,
파일:나무_중심력_5.png 이다. 이때, 여러 에너지에 대해 다음의 결론을 얻을 수 있다.
에너지가 E 1 \mathbf{E_{1}} E 1 이 경우엔
r ˙ = 0 \dot{r}=0 r ˙ = 0 이므로
r = r 3 r=r_{3} r = r 3 에서
μ \mu μ 는
원운동 한다.
에너지가 E 2 \mathbf{E_{2}} E 2 이 경우엔 운동은
r 2 ≤ r ≤ r 4 r_{2} \leq r \leq r_{4} r 2 ≤ r ≤ r 4 에서 구속되어 있는 타원 운동을 한다.
에너지가 E 3 \mathbf{E_{3}} E 3 이 경우에
μ \mu μ 는 비속박 상태이며,
∞ → r 1 → ∞ \infty \to r_{1} \to \infty ∞ → r 1 → ∞ 로 운동을 하게 된다.
즉,
μ \mu μ 가 가진 에너지에 따라
μ \mu μ 의 궤도는 달라짐을 예측해볼 수 있다.
이제 궁극적인 목표인
μ \mu μ 의 궤도 방정식을 얻을 것이다. 위의 에너지 식에서
r ˙ 2 = 2 E μ − l 2 μ 2 r 2 + 2 α μ \displaystyle \dot{r}^{2}=\frac{2E}{\mu}-\frac{l^{2}}{ \mu^{2} r^{2}}+\frac{2\alpha}{\mu} r ˙ 2 = μ 2 E − μ 2 r 2 l 2 + μ 2 α 연쇄 법칙에 의해
r ˙ = d r d θ d θ d t = d r d θ l μ r 2 \displaystyle \dot{r}=\frac{dr}{d \theta} \frac{d \theta}{dt}=\frac{dr}{d \theta} \frac{l}{\mu r^{2}} r ˙ = d θ d r d t d θ = d θ d r μ r 2 l 이상에서
d θ d r = ± l μ r 2 2 E μ − l 2 μ 2 r 2 + 2 α μ \displaystyle \frac{d \theta}{dr}=\pm \frac{\displaystyle \frac{l}{\mu r^{2} } }{\displaystyle \sqrt{\frac{2E}{\mu}-\frac{l^{2}}{ \mu^{2} r^{2}}+\frac{2\alpha}{\mu} } } d r d θ = ± μ 2 E − μ 2 r 2 l 2 + μ 2 α μ r 2 l 따라서 적분을 통해
θ ( r ) \theta(r) θ ( r ) 을 얻을 수 있다:
θ = ± ∫ l μ r 2 2 E μ − l 2 μ 2 r 2 + 2 α μ d r \displaystyle \theta= \pm \int \frac{\displaystyle \frac{l}{\mu r^{2} } }{\displaystyle \sqrt{\frac{2E}{\mu}-\frac{l^{2}}{ \mu^{2} r^{2}}+\frac{2\alpha}{\mu} } } \,dr θ = ± ∫ μ 2 E − μ 2 r 2 l 2 + μ 2 α μ r 2 l d r 이 적분을 풀면, 아래의 극방정식을 얻는다.
r = r 0 1 + ϵ cos θ \displaystyle r=\frac{r_{0}}{1+\epsilon \cos{\theta}} r = 1 + ϵ cos θ r 0 이것은 명백히,
원뿔곡선 의 극방정식이며,
ϵ = 1 + 2 E l 2 μ α 2 \displaystyle \epsilon=\sqrt{1+\frac{2El^{2}}{\mu \alpha^{2} } } ϵ = 1 + μ α 2 2 E l 2 의 이심률을 가지는 원뿔곡선의 극방정식임을 알 수 있다. 또한,
r 0 = l 2 μ α \displaystyle r_{0}=\frac{l^{2}}{\mu \alpha} r 0 = μα l 2 이며,
2 r 0 2r_{0} 2 r 0 는 궤도의 직현(Latus rectum)이라 부른다. 따라서 가능한 궤도를 그려보면, 다음과 같다. (
F \mathrm{F} F 는 원점이자, 궤도의 한 초점이다.)
파일:나무_중심력_궤도 방정식.png 즉,
0 < ϵ < 1 0<\epsilon<1 0 < ϵ < 1 :
타원 궤도
ϵ = 1 \epsilon=1 ϵ = 1 :
포물선 궤도
ϵ > 1 \epsilon>1 ϵ > 1 :
쌍곡선 궤도
임을 알 수 있다.
이제 가장 중요한 케이스인 타원 궤도에 대해서 좀 더 분석해볼 것이다. 참고적으로, 이 문단을 보기 전
타원 에 대한 지식이 없는 독자들은
타원 문서에서 타원에 대한 지식을 좀 키우고 오길 바란다.
우선, 타원 궤도의 긴반지름을 구해보도록 하자. 초점을 기준으로 가장 반지름이 짧은 곳은
θ = 0 \theta =0 θ = 0 일 때 이므로
r m i n = r 0 1 + ϵ \displaystyle r_{\mathrm{min}}=\frac{r_{0}}{1+\epsilon} r min = 1 + ϵ r 0 이고, 가장 반지름이 길 때는
θ = π \theta = \pi θ = π 일 때 이므로
r m a x = r 0 1 − ϵ \displaystyle r_{\mathrm{max}}=\frac{r_{0}}{1-\epsilon} r max = 1 − ϵ r 0 이상에서 긴 반지름은
( r m i n + r m a x ) / 2 (r_{\mathrm{min}}+r_{\mathrm{max}})/2 ( r min + r max ) /2 이므로 구하는 긴 반지름을
a a a 라 놓으면,
a = r 0 1 − ϵ 2 = α 2 ∣ E ∣ \displaystyle a=\frac{r_{0}}{1-\epsilon^{2}}=\frac{\alpha}{2 |E|} a = 1 − ϵ 2 r 0 = 2∣ E ∣ α 이고, 짧은 반지름
b b b 는 긴 반지름과
b = a 1 − ϵ 2 \displaystyle b=a\sqrt{1-\epsilon^{2}} b = a 1 − ϵ 2 의 관계가 있음에 따라
b = r 0 a \displaystyle b=\sqrt{r_{0} a} b = r 0 a 임을 얻는다.
파일:namu_케플러의 문제_면적속도_수정.png μ \mu μ 가
P → Q \mathrm{P}\to \mathrm{Q} P → Q 를 휩쓸고 가는 미소 면적을
d A dA d A 라 하고, 이때, 각은
d θ d \theta d θ 만큼 변했다고 하자. 그러면,
d A = 1 2 r 2 d θ \displaystyle dA=\frac{1}{2}r^{2} \,d\theta d A = 2 1 r 2 d θ 이상에서
d A d t = 1 2 r 2 d θ d t \displaystyle \frac{dA}{dt}=\frac{1}{2}r^{2} \,\frac{d\theta}{dt} d t d A = 2 1 r 2 d t d θ 이고,
θ ˙ = l / ( μ r 2 ) \dot{\theta}=l/(\mu r^{2}) θ ˙ = l / ( μ r 2 ) 임을 위에서 논의했으므로
d A d t = l 2 μ = c o n s t a n t \displaystyle \frac{dA}{dt}=\frac{l}{2 \mu}=\mathsf{constant} d t d A = 2 μ l = constant 즉,
μ \mu μ 가 휩쓸고 가는 면적 속도는 시간에 무관하며, 일정함을 알 수 있다.
이는
케플러 제 2법칙 으로 알려져있다.
"면적 속도" 문단으로 부터
d A d t = l 2 μ \displaystyle \frac{dA}{dt}=\frac{l}{2 \mu} d t d A = 2 μ l 임을 알 수 있고,
μ \mu μ 가 타원 궤도일 경우를 고려해보자. 한 주기에 대해 고려하면, 타원의 면적은
a b π \displaystyle ab \pi abπ 이므로
a b π = l 2 μ T \displaystyle ab \pi=\frac{l}{2 \mu} T abπ = 2 μ l T 위에서
b = a α b=\sqrt{a \alpha} b = a α 라 했으므로
a 3 / 2 r 0 π = l 2 μ T \displaystyle a^{3/2} \sqrt{r_{0}} \pi=\frac{l}{2 \mu} T a 3/2 r 0 π = 2 μ l T 양변을 제곱하고,
r 0 ≡ l 2 / ( μ α ) r_{0} \equiv l^{2}/(\mu \alpha) r 0 ≡ l 2 / ( μα ) 를 이용하면,
4 π 2 μ α a 3 = T 2 \displaystyle \frac{4\pi^{2} \mu }{\alpha}a^{3} = T^{2} α 4 π 2 μ a 3 = T 2 즉,
T 2 a 3 = 4 π 2 μ α = c o n s t a n t \displaystyle \frac{T^{2}}{a^{3}} =\frac{4\pi^{2} \mu }{\alpha}=\mathsf{constant} a 3 T 2 = α 4 π 2 μ = constant 임을 알 수 있다. 즉,
궤도의 긴 반지름의 세제곱은 운동 주기의 제곱에 비례한다. 이는
케플러 제 3법칙 으로 알려져있다.
이 예시는 곧 항상과 행성 간의 공전이나, 행성과 위성의 공전 등과 같은 문제이다. 이 경우에 작용하는 중심력은
중력 임에 따라 위에서 놓았던 상수
α = G m 1 m 2 \displaystyle \alpha=Gm_{1}m_{2} α = G m 1 m 2 로 놓을 수 있다. 여기서
m 1 > m 2 m_{1} > m_{2} m 1 > m 2 이고,
G G G 는 만유인력 상수이다.
따라서 위의 결과를 이용하면, 이 경우에서 궤도는
m 1 m_{1} m 1 을 한 초점으로 하며, 궤도 이심률은
ϵ = 1 + 2 E l 2 μ ( G m 1 m 2 ) 2 \displaystyle \epsilon=\sqrt{1+\frac{2El^{2}}{\mu (Gm_{1}m_{2})^{2} } } ϵ = 1 + μ ( G m 1 m 2 ) 2 2 E l 2 이고, 각운동량의 크기는
L = μ G m 1 m 2 r 0 \displaystyle L=\sqrt{\mu G m_{1} m_{2} r_{0}} L = μ G m 1 m 2 r 0 에너지는
E = G m 1 m 2 2 r 0 ( ϵ 2 − 1 ) \displaystyle E=\frac{Gm_{1}m_{2}}{2r_{0}}(\epsilon^{2}-1) E = 2 r 0 G m 1 m 2 ( ϵ 2 − 1 ) 임을 알 수 있다. 여기서 타원 궤도, 원 궤도 일 때는
E < 0 E<0 E < 0 이므로 운동은 속박되어 있으며, 쌍곡선 궤도 일 때는
E > 0 E>0 E > 0 이므로 운동은 속박되어 있지 않음 또한 알 수 있다.
더불어, 궤도가 타원 혹은 원일 때,
공전 주기의 제곱은 궤도의 긴 반지름의 세제곱에 비례하게 되며, T 2 a 3 = 4 π 2 G ( m 1 + m 2 ) \displaystyle \frac{T^{2}}{a^{3}} =\frac{4\pi^{2} }{G(m_{1}+m_{2})} a 3 T 2 = G ( m 1 + m 2 ) 4 π 2 항성과 행성, 행성과 위성 등의 특수 케이스에선
m 1 ≫ m 2 m_{1} \gg m_{2} m 1 ≫ m 2 이므로
T 2 a 3 ≃ 4 π 2 G m 1 \displaystyle \frac{T^{2}}{a^{3}} \simeq \frac{4\pi^{2} }{Gm_{1}} a 3 T 2 ≃ G m 1 4 π 2 으로 쓸 수 있다. 또한, 궤도의 긴 반지름은
a = G m 1 m 2 2 ∣ E ∣ \displaystyle a=\frac{Gm_{1}m_{2}}{2 |E|} a = 2∣ E ∣ G m 1 m 2 이고, 짧은 반지름은
b = a r 0 b=\sqrt{a r_{0}} b = a r 0 이다.
수소형 원자란, 1개의 핵과 1개의 전자가 공간 상에 있는 경우를 의미한다. 이 경우 퍼텐셜은
U ( r ) = − Z e 2 r \displaystyle U(r)=-\frac{Ze^{2}}{r} U ( r ) = − r Z e 2 로 놓을 수 있다. 또한 질량은 일반적으로
m 1 > m 2 m_{1} > m_{2} m 1 > m 2 이고,
e e e 는 기본 전하량,
Z Z Z 는 상수이다. 질점계의
해밀토니안 은 질량 중심과 환산 질량의 것으로 나눌 수 있고, 환산 질량에 대한 해밀토니안 연산자는
H ^ μ = p ^ r 2 μ + L ^ 2 2 μ r 2 + U ( r ) \displaystyle \hat{\mathcal{H}}_{\mu}=\frac{\hat{p}_{r}}{2 \mu}+\frac{\hat{L}^{2}}{2 \mu r^{2}}+U(r) H ^ μ = 2 μ p ^ r + 2 μ r 2 L ^ 2 + U ( r ) 으로 쓸 수 있다.
p ^ r \hat{p}_{r} p ^ r 은 지름 방향의 운동량 연산자,
L ^ \hat{L} L ^ 은 각운동량 연산자,
ψ \psi ψ 는 수소형 원자에 대한 전자의
파동함수 이다. 각종 양자역학적 지식과 위의 정보들을 이용하면, 수소 원자를 기술하는 슈뢰딩거 방정식은
[ p ^ r 2 μ + ℏ 2 l ( l + 1 ) 2 μ r 2 − Z e 2 r ] ψ = − ∣ E ∣ ψ \displaystyle \left[ \frac{\hat{p}_{r}}{2 \mu}+\frac{\hbar^{2} l(l+1)}{2 \mu r^{2}}-\frac{Ze^{2}}{r} \right] \psi =-| E| \psi [ 2 μ p ^ r + 2 μ r 2 ℏ 2 l ( l + 1 ) − r Z e 2 ] ψ = − ∣ E ∣ ψ 로 쓸 수 있음을 얻는다. 주의해야 할 것은 위 식에서
l l l 은 각운동량의 크기가 아닌 특정한 조건을 만족하는 정수이다.
이 상황에서도 유효 퍼텐셜을 정의할 수 있고, 일반적으로 다음과 같이 정의한다.
V ( r ) ≡ ℏ 2 l ( l + 1 ) 2 μ r 2 − Z e 2 r \displaystyle V(r) \equiv \frac{\hbar^{2} l(l+1)}{2 \mu r^{2}}-\frac{Ze^{2}}{r} V ( r ) ≡ 2 μ r 2 ℏ 2 l ( l + 1 ) − r Z e 2 따라서
l l l 값에 따라 유효 퍼텐셜 값 또한 달라진다.
이에 관련한 자세한 내용은
수소 원자 모형 문서를 참조한다.
극좌표로 표현된 궤도로부터 두 물체 사이에 작용하는 힘을 구할 수 있는 방정식으로, 프랑스의 수학자
자크 비네(Jacques Philippe Marie Binet) 가 유도하였다. 특히 타원 궤도로부터 뉴턴의
만유인력의 법칙 을 유도하는 데 비네 방정식이 사용된다.
다음을 알고 있다.
m r 2 θ ˙ = l \displaystyle mr^{2} \dot{\theta}=l m r 2 θ ˙ = l 또한, 극좌표계에서 가속도의
r r r 방향 성분은
a r = r ¨ − r θ ˙ 2 \displaystyle a_{r}=\ddot{r}-r\dot{\theta}^{2} a r = r ¨ − r θ ˙ 2 이상에서
μ \mu μ 가 받는 힘의
r r r 방향 성분은
F ( r ) = μ ( r ¨ − r θ ˙ 2 ) \displaystyle F(r)=\mu(\ddot{r}-r\dot{\theta}^{2}) F ( r ) = μ ( r ¨ − r θ ˙ 2 ) 다음의 변수 치환을 이용하자.
r − 1 ≡ u \displaystyle r^{-1} \equiv u r − 1 ≡ u 우선,
d u d θ = d u d r d r d t d t d θ = − 1 r 2 r ˙ 1 θ ˙ \displaystyle \displaystyle \frac{du}{d \theta} = \frac{du}{dr} \frac{dr}{dt} \frac{dt}{d \theta} = - \frac{1}{r^2} \dot{r} \frac{1}{\dot{\theta}} d θ d u = d r d u d t d r d θ d t = − r 2 1 r ˙ θ ˙ 1 이고, 여기에 위의
m r 2 θ ˙ = l mr^{2} \dot{\theta}=l m r 2 θ ˙ = l 을 이용하면,
d 2 u d θ 2 = − μ r 2 r ¨ l \displaystyle \displaystyle \frac{d^2 u}{d \theta^2} = - \frac{\mu r^2 \ddot{r} }{l} d θ 2 d 2 u = − l μ r 2 r ¨ 이를 다시
θ \theta θ 로 미분하면,
d 2 u d θ 2 = d d θ ( − μ r ˙ l ) = d t d θ d d t ( − μ r ˙ l ) = − μ r ¨ l θ ˙ \displaystyle \frac{d^2 u}{d \theta^2} = \frac{d}{d \theta} \left( - \frac{\mu \dot{r}}{l} \right) = \frac{dt}{d \theta} \frac{d}{dt} \left( - \frac{\mu \dot{r}}{l} \right) = - \frac{\mu \ddot{r} }{l \dot{\theta} } d θ 2 d 2 u = d θ d ( − l μ r ˙ ) = d θ d t d t d ( − l μ r ˙ ) = − l θ ˙ μ r ¨ 마찬가지로,
m r 2 θ ˙ = l mr^{2} \dot{\theta}=l m r 2 θ ˙ = l 을 이용하면,
d 2 u d θ 2 = − μ r 2 r ¨ l \displaystyle \frac{d^2 u}{d \theta^2} = - \frac{\mu r^2 \ddot{r} }{l} d θ 2 d 2 u = − l μ r 2 r ¨ 이상에서
r ¨ = − l 2 u 2 μ 2 d 2 u d θ 2 r θ ˙ 2 = l 2 u 3 μ 2 \displaystyle \ddot{r} = - \frac{l^2 u^2}{\mu^2} \frac{d^2 u}{d \theta^2} \qquad \qquad r \dot{\theta}^2 = \frac{l^2 u^3}{\mu^2} r ¨ = − μ 2 l 2 u 2 d θ 2 d 2 u r θ ˙ 2 = μ 2 l 2 u 3 이것을 처음의 운동 방정식에 대입하므로써 비네 방정식을 얻는다:
d 2 u d θ 2 + u = − μ l 2 u 2 F ( u − 1 ) \displaystyle \frac{d^2 u}{d\theta^2} + u = - \frac{\mu}{l^2 u^{2}} F(u^{-1}) d θ 2 d 2 u + u = − l 2 u 2 μ F ( u − 1 ) 이는 다음과 같이 쓸 수도 있다.
d 2 d θ 2 ( 1 r ) + 1 r = − μ r 2 l 2 F ( r ) \displaystyle \frac{d^2}{d\theta^2} \left( \frac{1}{r} \right) + \frac{1}{r}= - \frac{\mu r^2}{l^2} F(r) d θ 2 d 2 ( r 1 ) + r 1 = − l 2 μ r 2 F ( r ) 이를 이용하면, 어떠한 궤도가 주어졌을 때, 어떠한 힘을 받고 있는지 계산할 수 있다.
이 문서를 통해
F ∝ r − 2 F \propto r^{-2} F ∝ r − 2 의 중심력이 작용하는 경우에 대해 이체 문제를 풀어봄으로써 중심력에 대한 논의를 하였다. 그렇다면, 이제부터의 논지는
어떠한 형태의 중심력이 닫힌 궤도를 존재시킬 수 있는가? 이다.
결론부터 말하자면, 이는 수학적으로
F ∝ r − 2 , r F \propto r^{-2},\,r F ∝ r − 2 , r 의 형태인 경우에만 가능하다고 알려져있다. 즉, 역제곱장과 훅의 법칙을 만족시키는 중심력만 가능한 것이다.
이에 대해 초급적인 방법으로 증명해보자. 윗 문단의 비네 방정식에 의하면,
d 2 u d θ 2 + u = J ( u ) \displaystyle \frac{d^{2}u}{d \theta^{2}}+u=J(u) d θ 2 d 2 u + u = J ( u ) 여기서
J ( u ) ≡ − μ l 2 u 2 F ( u − 1 ) \displaystyle J(u) \equiv - \frac{\mu }{l^2 u^{2}} F(u^{-1}) J ( u ) ≡ − l 2 u 2 μ F ( u − 1 ) 이다. 만약
r = r ′ ≡ u ′ − 1 r=r' \equiv u'^{-1} r = r ′ ≡ u ′ − 1 으로 원 궤도 운동한다면, 비네 방정식은
u ′ = J ( u ′ ) \displaystyle u'=J(u') u ′ = J ( u ′ ) 이때,
J ( u ) J(u) J ( u ) 를
u = u ′ u=u' u = u ′ 근방에서 전개하면,
J ( u ) = u ′ + d J d u ∣ u = u ′ ( u − u ′ ) \displaystyle J(u)=u'+\left. \frac{dJ}{du} \right|_{u=u'} (u-u') J ( u ) = u ′ + d u dJ u = u ′ ( u − u ′ ) 이다. 이차항 부터의 고차항은 무시했다. 이것을 맨 위의 비네 방정식에 대입하고,
x ≡ u − u ′ x \equiv u-u' x ≡ u − u ′ 라 하면,
d 2 x d θ 2 + β 2 x = 0 \displaystyle \frac{d^{2}x}{d \theta^{2}}+\beta^{2} x=0 d θ 2 d 2 x + β 2 x = 0 이고,
β 2 ≡ 1 − d J d u ∣ u = u ′ \displaystyle \beta^{2} \equiv 1- \left. \frac{dJ}{du} \right|_{u=u'} β 2 ≡ 1 − d u dJ u = u ′ 으로 정의했다. 이때,
d J d u = − 2 J ( u ) u − μ l 2 u 2 d f ( u − 1 ) d u \displaystyle \frac{dJ}{du} =-\frac{2J(u)}{u}-\frac{\mu}{l^{2}u^{2}}\frac{df(u^{-1})}{du} d u dJ = − u 2 J ( u ) − l 2 u 2 μ d u df ( u − 1 ) 이기 때문에
d J d u ∣ u = u ′ = − 2 + u ′ f ( u ′ ) d f d u ∣ u = u ′ \displaystyle \left. \frac{dJ}{du} \right|_{u=u'} =-2+\frac{u'}{f(u')} \left. \frac{df}{du} \right|_{u=u'} d u dJ u = u ′ = − 2 + f ( u ′ ) u ′ d u df u = u ′ 으로 쓸 수 있다. 따라서
β 2 = 3 − u ′ f ( u ′ ) d f d u ∣ u = u ′ = 3 + r f d f d r ∣ u = u ′ \displaystyle \beta^{2} =3-\frac{u'}{f(u')} \left. \frac{df}{du} \right|_{u=u'}=3+ \left. \frac{r}{f}\frac{df}{dr} \right|_{u=u'} β 2 = 3 − f ( u ′ ) u ′ d u df u = u ′ = 3 + f r d r df u = u ′ 그런데, 안정적인 원 궤도를 가지려면,
β 2 > 0 \beta^{2}>0 β 2 > 0 을 만족해야 하고, 그럴 경우
x x x 에 대한 해는
x = a cos β θ \displaystyle x=a\cos{\beta \theta} x = a cos βθ 이고, 원궤도에서 약간 벗어나면서 궤도가 닫히기 위해선
β \beta β 는 유리수여야 함을 여기서 얻고, 힘의 형태는 다음이 돼야 함을 얻는다.
F ( r ) = − α r 3 − β 2 \displaystyle F(r)=-\frac{\alpha}{r^{3-\beta^{2} } } F ( r ) = − r 3 − β 2 α α \alpha α 는 상수이다.
J ( u ) J(u) J ( u ) 를 다시
u = u ′ u=u' u = u ′ 근방에서 전개해보자.
J ( u ) = u ′ + x J ′ + x 2 2 J ′ ′ + x 3 6 J ′ ′ ′ \displaystyle J(u)=u'+xJ'+\frac{x^{2}}{2}J''+\frac{x^{3}}{6}J''' J ( u ) = u ′ + x J ′ + 2 x 2 J ′′ + 6 x 3 J ′′′ 그렇다면, 위에서의 미분 방정식은
d 2 x d θ 2 + β 2 x = x 2 2 J ′ ′ + x 3 6 J ′ ′ ′ \displaystyle \frac{d^{2}x}{d \theta^{2}}+\beta^{2} x=\frac{x^{2}}{2}J''+\frac{x^{3}}{6}J''' d θ 2 d 2 x + β 2 x = 2 x 2 J ′′ + 6 x 3 J ′′′ 궤도가 원 궤도에서 약간 벗어나나, 닫힌 궤도를 고려하고 있기 때문에
x x x 를
β θ \beta \theta βθ 에 대해 푸리에 전개한다
x = a 0 + a 1 cos β θ + a 0 cos 2 β θ + a 3 cos 3 β θ \displaystyle x=a_{0}+a_{1}\cos{ \beta \theta}+a_{0}\cos{ 2\beta \theta}+a_{3}\cos{ 3 \beta \theta} x = a 0 + a 1 cos βθ + a 0 cos 2 βθ + a 3 cos 3 βθ 조금 더 계산해보면,
a 0 = a 1 2 J ′ ′ 4 β 2 a 2 = − a 1 2 J ′ ′ 12 β 2 0 = 2 a 1 a 0 + a 1 a 2 2 J ′ ′ + a 1 3 8 J ′ ′ ′ a 3 = − 1 8 β 2 [ a 1 a 2 2 J ′ ′ + a 1 3 24 J ′ ′ ′ ] \displaystyle \begin{aligned} a_{0}&=\frac{a_{1}^{2}J''}{4 \beta^{2}} \\ a_{2}&=-\frac{a_{1}^{2}J''}{12 \beta^{2}} \\ 0&=\frac{2a_{1}a_{0}+a_{1}a_{2}}{2}J''+\frac{a_{1}^{3}}{8}J''' \\ a_{3}&=-\frac{1}{8 \beta^{2}} \left[ \frac{a_{1}a_{2}}{2}J''+\frac{a_{1}^{3}}{24}J''' \right] \end{aligned} a 0 a 2 0 a 3 = 4 β 2 a 1 2 J ′′ = − 12 β 2 a 1 2 J ′′ = 2 2 a 1 a 0 + a 1 a 2 J ′′ + 8 a 1 3 J ′′′ = − 8 β 2 1 [ 2 a 1 a 2 J ′′ + 24 a 1 3 J ′′′ ] 위의 내용을 참고하면,
J ( u ) = α μ l 2 u 1 − β 2 \displaystyle J(u)=\frac{\alpha \mu}{l^{2}}u^{1-\beta^{2}} J ( u ) = l 2 αμ u 1 − β 2 이 돼야하고,
J ′ ′ = β 2 ( 1 − β 2 ) u ′ J ′ ′ ′ = − β 2 ( 1 − β 2 ) ( 1 + β 2 ) u ′ 2 \displaystyle \begin{aligned} J''&=\frac{\beta^{2}(1-\beta^{2})}{u'}\\ J'''&=-\frac{\beta^{2}(1-\beta^{2})(1+\beta^{2})}{u'^{2}} \end{aligned} J ′′ J ′′′ = u ′ β 2 ( 1 − β 2 ) = − u ′ 2 β 2 ( 1 − β 2 ) ( 1 + β 2 ) 임을 알 수 있다.
결론적으로, 위에서 나온 4가지 식 중 첫 번째, 두 번째, 네 번째 식을 연립하면,
a 0 , a 2 , a 3 a_{0},\,a_{2},\,a_{3} a 0 , a 2 , a 3 는
a 1 a_{1} a 1 으로 나타낼 수 있을 것이며, 따라서 세 번째 식에 이 결과를 대입하면, 아래의 결과에 다다르게 된다.
β 2 ( 1 − β 2 ) ( 4 − β 2 ) = 0 \displaystyle {\beta^{2}(1-\beta^{2})(4-\beta^{2})}=0 β 2 ( 1 − β 2 ) ( 4 − β 2 ) = 0 닫힌 궤도를 고려하므로
β 2 ≠ 0 \beta^{2} \neq 0 β 2 = 0 이어야 하므로 가능한 해는
β 2 = 1 o r β 2 = 4 \displaystyle \beta^{2}=1 \,\, \mathrm{or} \,\, \beta^{2}=4 β 2 = 1 or β 2 = 4 이상에서 닫힌 궤도가 가능한 힘의 형태는 다음 두 가지임을 얻는다.
β 2 = 1 , f ( r ) = − α r 2 β 2 = 4 , f ( r ) = − α r \displaystyle \begin{aligned} \beta^{2}=1, \qquad & f(r)=-\frac{\alpha}{r^{2}} \\ \beta^{2}=4, \qquad & f(r)=-{\alpha}r \end{aligned} β 2 = 1 , β 2 = 4 , f ( r ) = − r 2 α f ( r ) = − α r 이는 파리의 수학자 베르트랑(Joseph Bertrand; 1822~1900)이 증명했기 때문에
베르트랑 정리(Bertrand's theorem) 라고도 한다.
