A1  ^0.50 Выразите энергию тела $E$ через $r$, радиальную скорость $v_r=dr/dt$, момент импульса $L$ и параметры системы ($G$, $M$, $m$).

Момент импульса частицы
$$
L = m r^2 \frac{d \varphi}{dt}
$$
Для вычисления кинетической энергии разобьем скорость на радиальную ($v_r$) и угловую ($v_\theta$) компоненты:
$$
T= \frac{m v_r^2}{2}+ \frac{m v_\theta^2}{2} = \frac{mv_r^2}{2} + \frac{L^2}{2 mr^2}.
$$
Тогда полная энергия

A2  ^0.50 Введем переменную $w = 1/r$. Выразите радиальную скорость $v_r$ через производную этой переменной по углу $dw/ d\varphi$, а также $L$, $m$, $w$ и подставьте это выражение в закон сохранения энергии.

$$
v_r = \frac{dr}{dt} =\frac{d\varphi}{dt} \frac{d}{d\varphi}\left( \frac{1}{w}\right) = -\frac{L}{m}\frac{dw}{d\varphi}.
$$
Подставляем в результат предыдущего пункта и получаем (штрих — производная по углу)

A3  ^0.50 Продифференцировав закон сохранения энергии по $\varphi$, получите уравнение второго порядка на $w(\varphi)$. Получите отсюда, что
$$
r(\varphi) = \frac{p}{1-e \cos(\varphi - \varphi_0)}
$$
при некоторых постоянных $p$, $e$, $\varphi_0$.

Дифференцируя, находим
$$
\frac{L^2}{m} (w'w''+ww') - GMmw' = 0,
$$
откуда
$$
w''+w = \frac{GMm^2}{L^2}.
$$
Решения этого уравнения
$$
w = \frac{GMm^2}{L^2} + A \cos (\varphi - \varphi_0),
$$
откуда
$$
r = \frac{L^2/GMm^2}{1 - e \cos(\varphi - \varphi_0)}.
$$
Значение $e = -AL^2/GMm^2$ определяется начальными условиями.

B1  ^0.50 Используя соотношение между собственным временем частицы $d \tau$ и изменением ее координат, получите уравнение, связывающее квадраты производных $dr/d\tau$, $dt/d\tau$, $d\varphi/d\tau$.

B2  ^0.50 Используя законы сохранения энергии и момента импульса, а также соотношение, найденное в предыдущем пункте, получите выражение вида
$$
\left(\frac{dr}{d\tau}\right)^2 = \frac{E^2}{m^2 c^2} - c^2 V(r).
$$
Здесь $V(r)$ — некоторый эффективный потенциал, который может содержать $L$, $r_g$ и фундаментальные постоянные.

Подставляем выражения для энергии и момента импульса:
$$
c^2 \left(1- \frac{r_g}{r} \right)\left( \frac{E}{mc^2}\right)^2 \left(1- \frac{r_g}{r} \right)^{-2} - \left(1- \frac{r_g}{r} \right)^{-1}\left( \frac{dr}{d \tau}\right)^2 -
$$
$$
-r^2 \left( \frac{L}{mr^2}\right)^2 = c^2.
$$
Отсюда выражаем производную $r$.

B3  ^1.00 Покажите, что в нерелятивистском случае, то есть при $r \gg r_g$ и $v \ll c$, соотношение из предыдущего пункта переходит в стандартный закон сохранения энергии для движения в центральном потенциале.

В нерелятивистском случае $dr/d\tau \approx dr/dt= v_r$. Также $L \sim m vr \ll mcr$, Поэтому оба множителя в $V(r)$ близки к 1. Используя эти факты и заменяя $E = mc^2 + E_1$ получим
$$
v_r^2 \approx \frac{m^2 c^4 + 2E_1 m c^2 }{m^2 c^2} - c^2 \left( 1+ \frac{L^2}{m^2 c^2 r^2}-\frac{r_g}{r}\right);
$$
$$
v_r^2 = \frac{2 E_1 }{m} - \frac{L^2}{m^2 r^2} + c^2 \frac{r_g}{r}.
$$
Умножая на $m/2$ и используя определение гравитационного радиуса, получим стандартный закон сохранения энергии

B4  ^0.50 Введем безразмерную переменную $u = r_g/ r$, а также безразмерный момент импульса $l = L/ m c r_g$. Используя определение момента импульса, выразите $dr/d\tau$ через $d u/d \varphi$, а также $l$, $m$, $r$, $r_g$. Подставьте полученное выражение в результат B2. В результате у вас должно получиться уравнение, содержащее $u'^2$, $u$ и интегралы движения ($l$, $E$).

$$
\frac{dr}{d\tau} = \frac{d\varphi}{d \tau} \frac{dr}{d \varphi} = \frac{L}{mr^2}\frac{d}{d \varphi}\left( \frac{r_g}{u}\right) =- \frac{Lu^2}{mr_g^2} \frac{r_g}{u^2} \frac{du}{d\varphi} = -lc \frac{du}{d\varphi}.
$$
Подставляем в закон сохранения энергии:

B5  ^0.50 Продифференцировав результат B4 по $\varphi$, получите уравнение второго порядка на $u(\varphi)$. Оно аналогично уравнению из A3 и содержит релятивистские поправки к форме орбиты.

Рассмотрим закон сохранения энергии в виде
$$
l^2 c^2 (u')^2 = E^2/m^2 c^2 - c^2 + c^2u - l^2 c^2 u^2 + l^2 c^2 u^3.
$$
Продифференцируем его по углу и разделим на $u'$:

C1  ^0.80 Пусть тело движется с моментом импульса $l$ по круговой орбите. Найдите возможные значения радиуса орбиты $a$. Выразите ответ через $r_g$ и $l$.

Радиус орбиты постоянен, значит $u = const$, $u''=0$.
Отсюда
$$
3 u^2 - 2 u + 1/ l^2 =0;
$$
$$
u = \frac{1}{3} \left( 1 \pm \sqrt{1- \frac{3}{l^2}}\right); \qquad a = \frac{3 r_g}{1 \pm \sqrt{1 - 3/l^2}}.
$$
Нерелятивистскому случаю $r \gg r_g$ отвечает знак минус. При этом должно быть $ l \gg 1$ и
$$
r = 2 r_g l^2 = \frac{L^2}{2m^2 c^2 r_g} = \frac{L^2 }{GM m^2},
$$
что совпадает со стандартный выражением для радиуса орбиты.

C2  ^1.00 Используя уравнение из B5, получите линейное уравнение на отклонение орбиты от круговой и найдите угловое расстояние $\Delta \varphi$ между двумя соседними максимумами $u(\varphi)$. На какой угол $\delta \varphi$ смещается положение перигелия за один период? Выразите ответ через $G$, $M$, $c$, $a$.

Линеаризованное уравнение для малого смещения
$$
\delta u'' = - \delta u + 3 u_0 \delta u.
$$
Это уравнение гармонических колебаний с частотой $\omega_\varphi =\sqrt{1-3 u_0}$.
Значит расстояние между соседними максимумами (или минимумами)
$$
\Delta \varphi = \frac{2 \pi }{\sqrt{1- 3 u_0}}.
$$
Смещение перигелия за один период

C3  ^0.50 На какой угол перигелий Меркурия смещается за одно столетие? Орбиту Меркурия можно считать круговой, ее радиус $a = 57.9 \cdot 10^9 ~м$, период обращения Меркурия вокруг Солнца $T = 88$ дней, масса Солнца $M = 1.99\cdot 10^{30}~кг$, гравитационная постоянная $G = 6.67\cdot 10^{-11}~м^3/(кг \cdot с^2)$, скорость света $c = 2.998\cdot 10^8~м/с$.

Смещение за столетие выражается через смещение за период как
$$
\delta \varphi_1 = \delta\varphi \frac{T_1}{T} = \frac{6 \pi GM}{c^2 a} \frac{T_1}{T} \approx 2.0 \cdot 10^{-4}~рад \approx 41''.
$$

C4  ^1.00 Найдите минимальный радиус устойчивой круговой орбиты для частицы, движущейся в поле черной дыры. Выразите ответ через $r_g$.

Круговая орбита устойчива, если маленькие отклонения от нее не растут со временем. Используя уравнение для малых отклонений из C2 (при его выводе фактически не использовалось условие $u_0 \ll 1$). Малые отклонения не возрастают, если частота колебаний вещественна. Для этого необходимо $1 - 3 u_0 > 0$, то есть $u_0 \ge 1/3$. Значит минимальный радиус орбиты $r = 3 r_g$. Используя формулу для радиуса орбит, видим, что он достигается в пределе больших моментов импульса $l \gg 1$. При конечных значениях момента импульса радиусы орбит всегда больше этого предельного значения.

D1  ^0.20 Запишите уравнение, описывающее вид траектории $u(\varphi)$ ультрарелятивистской частицы, с учетом условия $l \gg 1$. Используйте результат B5.

В результате B5 положим $l \to \infty$. Тогда из уравнения исчезнут все параметры и мы получим

D2  ^0.40 Пренебрежем в уравнении из D1 нелинейными по $u(\varphi)$ членами. Найдите решение $u = u_0(\varphi)$, которое описывает частицу, пролетающую на минимальном расстоянии $b$ от звезды, причем минимуму отвечает угол $\varphi = 0$.

Пренебрежем в уравнении на $u$ нелинейным членом. Тогда нужно решить уравнение
$$
u''+u =0.
$$
Решение с максимумом при $\varphi =0$, соответствующем минимальному расстоянию
$$
u = A \cos \varphi.
$$
Амплитуда $A$ связана с минимальным расстоянием соотношением
$$
A = \frac{r_g}{b}
$$

D3  ^0.60 Рассматривая нелинейный член в D1 как малую поправку, заменим в нем $u(\varphi)$ на $u_0(\varphi)$. Получите таким образом поправку $u_1(\varphi)$ к решению из D1. Таким образом, приближенное решение нелинейного уравнения будет иметь вид $u(\varphi) =u_0(\varphi)+u_1(\varphi)$.

Заменим в правой части уравнения $u$ на $u_0$. Поправка $u_1$ удовлетворяет уравнению
$$
u_1''+u_1 = \frac{3}{4} A^2 (1+ \cos 2 \varphi).
$$
Это линейное неоднородное уравнение, ищем решение в виде
$$
u_1 = A_1 + A_2 \cos 2 \varphi.
$$
Подставляя в уравнение, находим коэффициенты
$$
A_1 = \frac{3 A^2}{4}; \qquad A_2 = - \frac{A^2}{4}
$$

D4  ^1.00 Частица удаляется на бесконечность, когда $u(\varphi) =0$. Используя приближенное решение из предыдущего пункта, найдите угол отклонения частицы от прямолинейного распространения. Выразите ответ через $G$, $M$, $c$, $b$.

Нам нужно определить, под какими углами частица удаляется на бесконечность. При $r \to \infty$ $u =0$, поэтому нужно решить уравнение
$$
A \cos \varphi + \frac{A^2}{4} (3 - \cos 2 \varphi) = 0.
$$
Поскольку $A$ — малый параметр, решения мало отличаются от случая бесконечно малых $A$, когда $\cos \varphi = 0$ и $\varphi = \pm \pi/2$.
Тогда можно приближенно считать, что $cos 2 \varphi \approx \cos \pi = -1$. Получим уравнение
$$
\cos \varphi = - A,
$$
откуда при малых $A$ находим
$$
\varphi = \pm \left( \frac{\pi}{2} +A\right).
$$
Разность этих двух значений $\pi + 2A$, а ее отклонение от $\pi$ — это угол отклонения луча под действием гравитационного поля. Луч света отклоняется на величину