¿Por qué los puntos de libración de troyanos son equidistantes y no tienen masa ponderada?

De Wikipedia (énfasis mío)

La razón por la que estos puntos están en equilibrio es que, en L4 y L5, las distancias a las dos masas son iguales. En consecuencia, las fuerzas gravitatorias de los dos cuerpos masivos están en la misma proporción que las masas de los dos cuerpos, por lo que la fuerza resultante actúa a través del baricentro del sistema.; además, la geometría del triángulo asegura que la aceleración resultante sea a la distancia del baricentro en la misma proporción que para los dos cuerpos masivos. Siendo el baricentro tanto el centro de masa como el centro de rotación del sistema de tres cuerpos, esta fuerza resultante es exactamente la requerida para mantener el cuerpo más pequeño en el punto de Lagrange en equilibrio orbital con los otros dos cuerpos más grandes del sistema. (De hecho, el tercer cuerpo no necesita tener una masa despreciable.) La configuración triangular general fue descubierta por Lagrange en su trabajo sobre el problema de los tres cuerpos.

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La respuesta breve es que los puntos L1 y L2 son diferentes en el sentido de que la gravedad de la Tierra ejerce una fuerza mucho más significativa sobre los objetos en L1 y L2. La gravedad de la Tierra es aproximadamente 10 000 veces más fuerte en L1/L2 que en L4/L5 y 40 000 veces más fuerte que en L3.

Los objetos en L3, L4 y L5 están orbitando alrededor del sol a casi, pero no exactamente, 1 UA. Orbitan naturalmente en alrededor de 365,25 días, y continuarían haciéndolo si la Tierra desapareciera. La gravedad de la Tierra no está ejerciendo mucha fuerza sobre ellos.

Por el contrario, la distancia heliocéntrica de L1 es de aproximadamente 0,99 AU y L2 de aproximadamente 1,01 AU. Normalmente, un objeto a 0,99 AU orbitaría el sol en unos 363,4 días y un objeto a 1,01 AU orbitaría el sol en unos 367,1 días. Pero en L1, la gravedad de la Tierra contrarresta parcialmente la gravedad del Sol, en aproximadamente un 3%, suficiente para permitir que un objeto orbite en 365,25 días a pesar de estar más cerca del Sol. Y en L2, la gravedad de la Tierra se suma a la del Sol, nuevamente alrededor del 3%, suficiente para permitir que un objeto orbite en 365,25 días a pesar de estar más lejos del Sol. Aquí hay una página web ordenada en el sitio de la ESA con animaciones y descripciones detalladas.

Bien, ¿cuál es la diferencia? Cualquier objeto a casi 1 AU y no demasiado cerca de la Tierra mantendrá su posición relativa a la Tierra relativamente bien durante un período de tiempo medido en décadas, aunque con el tiempo los efectos acumulativos de la gravedad de la Tierra perturbarán la órbita. L3 es más estable y L4 y L5 son infinitamente estables para 3 cuerpos idealizados.

En contraste, cualquier objeto con un semieje mayor alrededor del Sol de 0.99AU o 1.01AU normalmente cambiará muy rápidamente su posición con respecto a la Tierra, estando al menos 2 días por delante o por detrás de la Tierra en un solo año. La excepción son L1 y L2, donde la gravedad del Sol y la Tierra se combinan de tal manera que un objeto con una velocidad adecuada y un mantenimiento menor de la posición puede seguir una órbita sincronizada con la de la Tierra. En ese sentido, los puntos L1 y L2 son bastante especiales y la gravedad de la Tierra juega un papel mucho más importante en su estabilidad.

Es un tira y afloja entre tres aceleraciones: la gravedad del cuerpo central, la gravedad del cuerpo en órbita y la aceleración centrífuga (inercia en un marco giratorio).

La aceleración centrífuga es$\omega^2*r$dónde$\omega$es qué tan rápido gira el sistema y r es la distancia desde el baricentro.

En el caso de L1, la fuerza centrífuga y la gravedad del cuerpo en órbita están en el mismo equipo. Estos dos cancelan exactamente la gravedad del cuerpo central. En este caso todas las aceleraciones son paralelas o antiparalelas.

En L4 y L5 ninguna de estas fuerzas es paralela.

La centrífuga se aleja del baricentro. La gravedad del cuerpo central tira hacia el centro del cuerpo central. La gravedad del cuerpo en órbita tira hacia el centro del cuerpo en órbita.

La forma de sumar fuerzas vectoriales es poner el pie de un vector sobre la cabeza del otro vector. La suma es un vector desde el pie del primer vector hasta la cabeza del segundo vector.

Sumando las dos gravedades obtenemos un vector que cancela exactamente la aceleración centrífuga.

Si reducimos la masa del cuerpo en órbita, el baricentro se mueve más cerca del centro del cuerpo más grande. La gravedad del cuerpo central se vuelve más dominante y el vector de gravedad del cuerpo en órbita se vuelve más pequeño. Pero las dos gravedades aún se suman para cancelar el$\omega^2r$que apunta desde el baricentro a L4.

Comencemos mirando las ecuaciones de movimiento para R3BP.
$\ddot x -2\Omega\dot y-\Omega^2x = -\dfrac{\mu_1}{r_1^3}(x+\pi_2r_{12})-\dfrac{-\mu_2}{r_2^3}(x-\pi_1r_{12})$
$\ddot y+2\Omega\dot x-\Omega^2y = -\dfrac{\mu_1}{r_1^3}y-\dfrac{\mu_2}{r_2^3}y$
$\ddot z = -\dfrac{\mu_1}{r_1^3}z-\dfrac{\mu_2}{r_2^3}z$
Dónde$\pi_1 = \dfrac{m_1}{m_1+m_2}$y$\pi_2 = 1-\pi_1$son la relación de masa,$\Omega$es la velocidad angular del marco de referencia con respecto al marco de inercia;$r_1$y$r_2$son distancias de tercer cuerpo situadas en$(x,y,z)$de$m_1$y$m_2$respectivamente. Y el centro de los ejes de coordenadas se encuentra en el baricentro.

Tu solución para$L_4$y$L_5$(puntos troyanos) proviene de la condición de equilibrio, por lo tanto$\dot x= \dot y = \dot z = 0$y$\ddot x = \ddot y= \ddot z=0$. que al resolver da
$x = \dfrac{r_{12}}{2}-\pi_2 r_{12}; \hspace{10pt} y = \pm\dfrac{\sqrt{3}}{2}r_{12}; \hspace{10pt} z = 0$
La solución de los 3 puntos restantes requiere avanzar un paso más imponiendo las restricciones$y=0$y$z=0$y resolviendo el siguiente polinomio para una relación mas dada para obtener$\gamma$
$\dfrac{1-\pi_2}{|\gamma+\pi_2|^3}(\gamma+\pi_2)+\dfrac{\pi_2}{|\gamma+\pi_2-1|^3}(\gamma+\pi_2-1)-\gamma = 0$
dando 3 soluciones únicas; dónde$\gamma = \dfrac{x}{r_{12}}$

Si miras$L_4$y$L_5$la$y$coordinar la solución general te dice que se encuentran a lo largo del vértice de un triángulo equilátero con otros dos vértices que se encuentran en dos masas. Esto se debe a que la función$\pi_2$es generalmente$<<1$asi que$x$se vuelve esencialmente$r_{12}/2$. Por lo tanto, son función de la mayoría$r_{12}$.
Esta posición geométrica única permite que la fuerza que actúa sobre$3^{rd}$cuerpo pase por el baricentro, lo que esencialmente lo deja inmóvil frente a uno de los cuerpos visto desde el otro. Para una mejor comprensión, considere dos cuerpos de masas comparables, luego su posición de baricentro$\rightarrow r_{12}/2$y su relación de masa$\pi_2 \rightarrow 1/2$, entonces tus$x$se convierte en cero. Según el diagrama vectorial, es más fácil ver que la fuerza neta pasará a través del baricentro en tal caso. Entonces, todos los puntos son puntos de equilibrio y ninguno de ellos tiene algo especial adjunto.

Por efecto de la gravitación de la Tierra en$L_4$y$L_5$, usando la Ley de Newton podemos demostrar que en una unidad de masa en esos puntos$\dfrac{F_e}{F_s} = 0.000003003$. Esta pequeña pero significativa fuerza que surge debido a la Tierra cambia la aplicación de la fuerza resultante en la unidad de masa para que actúe en el baricentro en lugar de apuntar directamente al foco (el centro del Sol).