78 Normat 55:2, 78–84 (2007)
Fuglesangs skiftnyckel och Möten i rymden
Jan-Erik Björk och Jan Boman
Matematiska institutionen
Stockholms universitet
106 91 Stockholm
jeb@math.su.se & jabo@math.su.se
Det sägs att Christer Fuglesang tappade en skiftnyckel under sin rymdpromenad
nyligen. Enligt Keplers första lag kom skiftnyckeln förstås i så fall att hamna i
en egen elliptisk satellitbana. Man kan fråga sig hur denna bana ser ut. Exempel-
vis: hur långt avlägsnar sig skiftnyckeln från rymdskeppet? Kommer skiftnyckelns
och rymdskeppets banor att skära varandra efter 90 minuter, så att besättningen
riskerar att få den i huvudet under en rymdpromenad?
Låt oss betrakta en kropp som rör sig i ett centralt kraftfält enligt Newtons
gravitationslag. Rörelseekvationerna i polära koordinater (r, θ) är då
¨r − r
˙
θ
2
= −γM/r
2
(1)
r
¨
θ + 2 ˙r
˙
θ = 0,(2)
där M är centralkroppens massa och γ är den allmänna gravitationskonstanten. Om
vi multiplicerar ekvationen (2) med r så kan vi integrera en gång och få ekvationen
(3) r
2
˙
θ = L,
där integrationskonstanten L brukar kallas för Keplerkonstanten och kan tolkas
som kroppens rotationsimpulsmoment relativt origo, om kroppens massa är 1. Ek-
vationen (3) ger genast Keplers andra lag. Om vi multiplicerar (1) med ˙r och
använder (3) så kan vi integrera även denna ekvation en gång och få ekvationen
(4)
˙r
2
2
+
L
2
2r
2
−
γM
r
= E.
Integrationskonstanten E kan tolkas som kroppens totala energi, eftersom summan
av de två första termerna utgör kroppens kinetiska energi och den tredje termen
är den potentiella energin.
Beviset för att lösningarna till (1), (2) är ellips-, parabel- eller hyperbelbanor
står i många elementära läroböcker, och ska inte utföras här. En godtycklig bana
r = r(θ) kan skrivas
(5) r =
L
2
/γM
1 + e cos θ
Normat 2/2007 Jan-Erik Björk och Jan Boman 79
efter en eventuell translation i θ-variabeln. Här är e banans excentricitet. I ellips-
fallet, som är det som intresserar oss här, är 0 ≤ e < 1, och r har ett största och
ett minsta värde som kan fås ur (4) genom att man sätter ˙r = 0, vilket ger
(6)
L
2
2r
2
−
γM
r
= E.
Denna ekvation måste alltså i ellipsfallet ha två positiva rötter, vilket svarar mot
att E < 0.
En cirkulär rörelse på avstånd r = R med hastighet v = R
˙
θ satisfierar ekva-
tionerna (1) och (2) om v
2
= γM/R. Keplerkonstanten L har i detta fall värdet
L = Rv, och den totala energin är enligt (4)
(7) E =
L
2
2R
2
−
γM
R
.
Eftersom γM/R = v
2
= L
2
/R
2
, kan vi också skriva E = −L
2
/2R
2
= −γM/2R,
men vi ska se att uttrycket (7) passar oss bättre i fortsättnigen.
Störning av cirkulär bana. Antag nu att rymdskeppet befinner sig i en cir-
kulär bana och att ett föremål kastas ut i radiell riktning med hastighet u rela-
tivt rymdskeppet. Eftersom den radiella hastighetskomponenten inte tillför något
rotationsimpulsmoment, kommer föremålet att ha samma Keplerkonstant L som
rymdskeppet. Föremålet får däremot ett tillskott av kinetisk energi som är lika
med u
2
/2, varigenom dess totala energi blir
E =
L
2
2R
2
−
γM
R
+
u
2
2
.
Om vi sätter in detta värde på E i (6) och flyttar över några termer, så får vi
(8)
L
2
2
1
r
2
−
1
R
2
− γM
1
r
−
1
R
=
u
2
2
.
Eftersom L
2
= γMR och v = L/R kan detta skrivas
R
2
r
2
− 1
− 2
R
r
− 1
=
u
2
v
2
, eller
R
r
− 1
2
=
u
2
v
2
,
vilket ger
(9)
r
R
=
1
1 ± u/v
.
Om vi inför h = r − R, så ger detta h/(R + h) = ±u/v, och således, om u << v,
h/R ≈ ±u/v.
Ellipsbanan kan skrivas på formen (5) eller r = R/(1 + e cos θ) efter en eventuell
translation i θ-variabeln. Eftersom r
max
= R/(1 − u/v), ser vi också att e = u/v.
80 Jan-Erik Björk och Jan Boman Normat 2/2007
Skärningspunkterna med cirkelbanan svarar mot θ = ±π/2 och är utkastpunkten
och den diametralt motsatta punkten på cirkeln. Rymdskeppets hastighet är un-
gefär 7, 4 km/s, och om vi antar exempelvis att skiftnyckeln kastas med 7, 4 m/s,
så kommer alltså avvikelsen från cirkulär bana att ges av h ≈ R · 10
−3
≈ 6, 7 km
(banradien R är ungefär lika med jordradien plus 300 km).
Av (9) ser vi också att ekvationen (8) har två positiva r-rötter om u < v, och
således att föremålets bana blir elliptisk i detta fall och i annat fall hyperbolisk.
Omloppstid. Omloppstiden T för en kropp i ellipsbana kan med hjälp av (3)
skrivas
T =
Z
T
0
dt =
Z
2π
0
dθ
˙
θ
=
1
L
Z
2π
0
r
2
dθ.
Med hjälp av uttrycket (5) för banan kan detta skrivas
T =
L
3
γ
2
M
2
Z
2π
0
dθ
(1 + e cos θ)
2
.
Med residyintegration kan man ganska lätt visa att
Z
2π
0
dθ
(1 + e cos θ)
2
=
2π
(1 − e
2
)
3/2
, 0 ≤ e < 1,
vilket ger
(10) T =
L
3
γ
2
M
2
2π
(1 − e
2
)
3/2
.
Med beteckningen T
0
= 2πL
3
/γ
2
M
2
, som är omloppstiden för motsvarande cirku-
lära bana (e = 0), kan detta skrivas
T = T
0
(1 − e
2
)
−3/2
.
Av (5) och (10) följer genast Keplers tredje lag i en precis form. Från (5) ser man
nämligen att ellipsens storaxel 2a kan skrivas
2a = r
min
+ r
max
= (2L
2
/γM)/(1 − e
2
).
Om man härur löser ut 1 − e
2
och sätter in i (10) så får man
(11) T =
2π a
3/2
(γM)
1/2
.
Formeln visar att Keplers tredje lag — kvadraten på omloppstiden är proportionell
mot kuben på medelavståndet — gäller exakt, om medelavståndet definieras som
halva storaxeln a.
För skiftnyckeln har vi enligt (9) att 2a = r
min
+ r
max
= 2R/(1 − u
2
/v
2
), varav
T = 2π
R
3/2
(γM)
1/2
(1 − u
2
/v
2
)
−3/2
= T
0
(1 −
u
2
v
2
)
−3/2
≈ T
0
(1 +
3
2
u
2
v
2
),
Normat 2/2007 Jan-Erik Björk och Jan Boman 81
där vi har använt att T
0
= 2πL
3
/γ
2
M
2
och att L
2
= γMR. Om T
0
= 90 minuter
och som förut u/v = 10
−3
så blir alltså T − T
0
≈
3
2
· 10
−6
· 90 · 60 ≈ 0, 008
sekunder. Eftersom hastigheten för såväl rymdskeppet som skiftnyckeln är ungefär
7, 4 km/s, så finner vi att skiftnyckeln efter ett varv hamnar ungefär 60 meter
bakom rymdskeppet.
Låt oss nu anta att ett föremål kastas från rymdskeppet med hastigheten w
relativt rymdskeppet i riktning parallellt med dettas rörelseriktning, räknad positiv
i rymdskeppets rörelseriktning. Då ändras Keplerkonstanten: dess nya värde blir
L
1
= R(v + w), och konstanten E får därmed värdet E = L
2
1
/2R
2
− γM/R.
Ekvationen (6) lyder därmed
L
2
1
2r
2
−
γM
r
=
L
2
1
2R
2
−
γM
R
.
Denna ekvation har förstås lösningen r = R. En liknande kalkyl som ovan, varunder
används att γM/R = v
2
, leder lätt till följande ekvation för den andra lösningen
(12)
1 +
w
v
2
R
r
+ 1) = 2.
Vi har sett att r
max
eller r
min
antas i utkastpunkten och att ellipsens storaxel har
sin ena ändpunkt här. Det är också klart att ellipsen tangerar cirkeln r = R i
denna punkt. Härav följer att ellipsen och cirkeln har utkastpunkten som enda
skärningspunkt, om w 6= 0. Ekvationen (12) har en ändlig positiv lösning om
−
√
2 −1 < w/v <
√
2 −1, vilket innebär att föremålet förblir i ellipsbana för dessa
värden på w och i annat fall övergår i hyperbolisk bana. Om vi sätter r = R + h
och antar att |w| << v ger detta
(13) h/R ≈ 4w/v,
och alltså 2a = R + R + h ≈ 2R(1 + 2w/v). Förändringen av medelavståndet är
alltså av första ordningen i w, vilket medför att omloppstidens förändring denna
gång blir större än i förra fallet. Närmare bestämt får vi
T = 2π
R
3/2
(γM)
1/2
(1 + 2
w
v
)
3/2
= T
0
(1 + 2
w
v
)
3/2
≈ T
0
(1 + 3
w
v
),
om |w| << v. Föremålets omloppstid är alltså större än rymdskeppets om w >
0, det vill säga om föremålet kastas i skeppets rörelseriktning. Om exempelvis
w/v = 10
−3
, så blir T − T
0
≈ 3 · 10
−3
T
0
, och om v = 7, 4 km/s innebär detta att
föremålet hamnar 120 km bakom rymdskeppet efter ett varv. Om däremot w < 0,
d.v.s. föremålet kastas bakåt relativt rymdskeppets färdriktning, så är T < T
0
och föremålet dyker upp framför rymdskeppet efter ett varv. Avståndet d mellan
rymdskeppet och föremålet efter ett varv kan skrivas d = |(T − T
0
)v| = 3T
0
|w| =
3 · 90 · 60|w| meter, om w är angiven i meter per sekund.
Låt oss ett ögonblick återgå till fallet utkast i radiell riktning. Vi har sett att
skiftnyckelns ellipsbana i detta fall skär rymdskeppets cirkulära bana i en punkt
på andra sidan jorden, det vill säga efter ett halvt varv. Finns det förutsättningar
82 Jan-Erik Björk och Jan Boman Normat 2/2007
för en krock i denna punkt? Låt oss beräkna tiden τ för skiftnyckelns färd fram till
denna punkt. Antag att utkastet sker med hastighet u << v i riktning bort från
jorden. Vi har då
τ =
1
L
Z
π/2
−π/2
r
2
dθ =
1
Rv
Z
π/2
−π/2
R
2
(1 − e cos θ)
2
dθ ≈
R
v
Z
π/2
−π/2
(1 + 2e cos θ)dθ
= π
R
v
+ 4e
R
v
≈ π
R
v
+ 4
Ru
v
2
.
I den sista likheten har vi använt att e = u/v. Skiftnyckeln ankommer alltså till
den diametralt motsatta punkten efter rymdskeppet, och tidsskillnaden är 4Ru/v
2
.
När skiftnyckeln når denna punkt har alltså rymdskeppet redan hunnit avlägsna
sig med sträckan 4Ru/v. Om u = v · 10
−3
≈ 7, 4 m/s, så är alltså avståndet
4R · 10
−3
≈ 27 km.
Finns det någon kastriktning som leder till att skiftnyckeln och rymdskeppet
krockar efter ett varv? Ja, om kastriktningen har en vertikal komponent u och en
negativ horisontell komponent w med |w| << u, så kommer de bägge effekterna
att kompensera varandra så att kropparna får samma omloppstid. Ty eftersom
|w| << u << v så gäller med god approximation att
T
T
0
≈
1 + 3
w
v
1 +
3
2
u
2
v
2
≈ 1 + 3
w
v
+
3
2
u
2
v
2
.
Villkoret för att T = T
0
blir alltså
(14)
w
u
≈ −
u
2v
.
Om exempelvis u/v = 10
−3
som förut, så får vi alltså w/u ≈ −0, 0005. Alltså, om
skiftnyckeln kastas bort från jorden eller mot jorden med hastigheten 7, 4 m/s i
en vinkel av 0, 03 grader från vertikalen i riktning bakåt, så kommer skiftnyckeln
och rymdskeppet att mötas efter ett varv. Om skiftnyckeln glider i väg med blott
hastigheten 1 m/s, så får vi möte efter ett varv om w/u = −
1
2
u/v ≈ 0, 6 · 10
−4
,
vilket motsvarar en vinkel mot linjen jorden – rymdskeppet på 0, 004 grader. Ett
litet vinkelfel skulle här få stor betydelse, ty en vinkel på exempelvis 0, 1 grader
motsvarar |w|/u ≈ 1/600, d.v.s. |w| ≈ 1/600 m/s, vilket ger d = 3T
0
|w| ≈ 30
meter.
Exakt villkor för att T = T
0
. Vi har sett att en satellits omloppstid är bestämd
av ellipsbanans storaxel genom formel (11). Omloppstiden kan också uttryckas
med hjälp av den totala energin E, eftersom det finns ett samband mellan a och E.
Genom att multiplicera ekvation (6) med r
2
och använda sambandet mellan rötter
och koefficienter finner man nämligen att 2a = r
max
+ r
min
= −γM/E och således
enligt (11)
(15) T =
π
√
2
·
γM
|E|
3/2
.
Härav följer att en satellits omloppstid är bestämd av dess fart (d.v.s. hastighetens
belopp) vid givet avstånd från jorden. Ty om satellitens fart är v
1
i en punkt på
Normat 2/2007 Jan-Erik Björk och Jan Boman 83
avståndet R från jorden, så är dess totala energi
(16) E =
v
2
1
2
−
γM
R
,
och därmed kan T bestämmas uttryckt i v
1
och R enligt (15) och (16). Om rymd-
skeppet som förut rör sig i cirkulär bana med fart v och skiftnyckeln utkastas med
en hastighet som har både en radiell komponent u och en tangentiell komponent w
(relativt rymdskeppet), så får skiftnyckeln i kastögonblicket farten u
2
+ (v + w)
2
.
Villkoret för att T = T
0
blir därmed att
v
2
= u
2
+ (v + w)
2
.
Om vi antar att u och w är mycket mindre än v, får vi tillbaka villkoret (14).
Mer generellt, om två satelliter, till exempel rymdskeppet och skiftnyckeln, har
fart v
0
respektive v
1
i en punkt på avståndet R från jorden och deras omloppstider
betecknas T
0
respektive T
1
, så gäller enligt (15) och (16)
T
1
T
0
=
2v
2
− v
2
0
2v
2
− v
2
1
3/2
,
där v =
p
γM/R som förut betecknar farten hos en satellit i cirkulär bana med
radie R. Notera att denna formel gäller även om de bägge satelliternas banor ligger
i olika plan.
Man skulle kunna fråga sig vilken inverkan andra himlakroppars gravitation
har på skiftnyckelns och rymdskeppets banor, exempelvis solen eller månen. Låt
oss tänka efter. Solens och jordens massor har kvoten M
S
/M
J
= 330000. Rymd-
skeppets avstånd till jordens medelpunkt är 6700 km, och solens avstånd till jor-
den/rymdskeppet är 150 · 10
6
km. Kvoten g
S
/g
J
mellan solens och jordens gra-
vitationskrafter på rymdskeppet/skiftnyckeln är därmed (M
S
/M
J
)(R
S
/R
J
)
−2
≈
0, 66 · 10
−3
. Eftersom g
J
≈ 10 m/s
2
så ger detta g
S
≈ 0, 0066 m/s
2
. Denna gravi-
tationkraft är inte försumbar, ty fritt fall under 90 minuter under inverkan av g
S
ger en fallsträcka på 0, 0066 · (90 · 60)
2
/2 meter ≈ 100 km. Men jorden själv är ut-
satt för samma gravitation från solen, så jorden ”faller” under samma tid lika lång
sträcka mot solen. I första approximation kan man därför säga att en jordsatellits
bana relativt jorden inte påverkas av solens gravitation. Emellertid finns en liten
påverkan som beror på att satellitens avstånd till solen inte är alldeles konstant och
att gravitationen är starkare när satelliten är närmare solen. Om vi för enkelhets
skull antar att satellitens banplan är parallellt med linjen jorden – solen, så med-
för denna effekt att banan blir en aning utdragen längs linjen jorden – solen, och
storleken av denna effekt är omvänt proportionell mot tredjepotensen av avståndet
till solen. Månens gravitation vid jorden är mycket mindre än solens, ty med up-
penbara beteckningar har vi g
M
/g
J
= (M
M
/M
J
)(R
M
/R
J
)
−2
≈ 4 · 10
−6
. Å andra
sidan är (M
M
/M
J
)(R
J
/R
M
)
3
≈ 67 ·10
−9
medan (M
S
/M
J
)(R
J
/R
S
)
3
≈ 30 · 10
−9
,
d.v.s. den effekt som beror på gravitationskraftens r-derivata är mer än dubbelt så
stor för månen som för solen. Detta är också anledningen till att månens inverkan
på tidvattnet är större än solens.
84 Jan-Erik Björk och Jan Boman Normat 2/2007
Frågan om solens och månens inverkan på satellitbanorna efter ett stort antal varv
kräver helt andra metoder och ska inte diskuteras här.
En slutsats av allt detta är att det är mycket osannolikt att skiftnyckeln efter
ett varv passerar på rymdpromenadavstånd från Discovery.
Referenser
[G] Gårding, Lars: Encounter with mathematics, Springer-Verlag 1977.
[Go] Goldstein, Herbert: Classical Mechanics, 2:a uppl., Addison-Wesley 1980.
