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计算专题4 水星进动

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Physics

2024-08-16

前言

还有几天开学，想想我还是再写一个专题出来罢. 至于能不能写完还另说，但是总得开始.

这个专题倾向于对涉及较多知识的问题的研究，也算是一种对专题的更新想法吧. 同时我现在的写作更转向于写完一整篇再上传，这样可能效率会更高吧.

接下来我们开始计算. 我将考虑三个效应：经典附加力场（大行星影响）、狭义相对论、广义相对论.

Part 1 经典附加力场（大行星影响）

这里最主要的就是木星的影响，我们使用的方法为木星星环等效. 如图所示，将木星的影响视作一个位置在木星轨道上的大圆环所施加的影响，大圆环半径即为木星轨道半径RJR_J，质量即为木星质量MJM_J，圆环质量分布是均匀的，水星轨道半径为rr.

我们标记∠ABC=θ\angle ABC=\theta，∠ADC=α\angle ADC=\alpha，考虑圆心角dθd\theta的一段弧对DD点产生的引力场：

dg′=MJ2πdθ⋅G⋅1RJ2+r2−2RJrcos⁡θ\begin{aligned} dg'=\frac{M_J}{2\pi}d\theta\cdot G\cdot\frac{1}{R_J^2+r^2-2R_Jr\cos\theta}\\\\ \end{aligned}

整个环产生的引力场：

g′=r^∫02πdg⋅cos⁡α=r^∫02πGMJ2πRJcos⁡θ−r(RJ2+r2−2RJrcos⁡θ)3/2dθ\begin{aligned} \bold{g}'&=\hat{r}\int_0^{2\pi}dg\cdot\cos\alpha\\\\&=\hat{r}\int_0^{2\pi}\frac{GM_J}{2\pi}\frac{R_J\cos\theta-r}{(R_J^2+r^2-2R_Jr\cos\theta)^{3/2}}d\theta\\\\ \end{aligned}

这里涉及到cos⁡α\cos\alpha的计算，应用正弦定理和余弦定理：

cos⁡α=1−sin⁡2αsin⁡α=sin⁡∠ADB=ABADsin⁡θ=RJsin⁡θRJ2+r2−2RJrcos⁡θ⟹cos⁡α=RJ2cos⁡2θ+r2−2RJrcos⁡θRJ2+r2−2RJrcos⁡θ=RJcos⁡θ−rRJ2+r2−2RJrcos⁡θ\begin{aligned} \cos\alpha&=\sqrt{1-\sin^2\alpha}\\\\ \sin\alpha&=\sin\angle ADB=\frac{AB}{AD}\sin\theta\\\\ &=\frac{R_J\sin\theta}{\sqrt{R_J^2+r^2-2R_Jr\cos\theta}}\\\\ \Longrightarrow\quad\cos\alpha&=\sqrt{\frac{R_J^2\cos^2\theta+r^2-2R_Jr\cos\theta}{R_J^2+r^2-2R_Jr\cos\theta}}\\\\&=\frac{R_J\cos\theta-r}{\sqrt{R_J^2+r^2-2R_Jr\cos\theta}}\\\\ \end{aligned}

回到上面那个积分式，显然无法正常积分出结果. 所以我们考虑做多极展开，这也是处理平方反比力问题的常用手段（比如电偶极和电四极的问题中常用）. 认为r/RJr/R_J为一阶小量，展开到一阶项得到：

g′=r^⋅GMJRJ2πRJ3∫02πcos⁡θ−rRJ(1−2rcos⁡θRJ+r2R2)3/2dθ≈r^⋅GMJRJ2πRJ3∫02πcos⁡θ(1−rRJcos⁡θ+3rcos⁡θRJ)dθ=r^⋅GMJ2πRJ2∫02π(3cos⁡2θ−1)rRJdθ+0=GMJr2RJ3r^\begin{aligned} \bold{g}'&=\hat{r}\cdot\frac{GM_JR_J}{2\pi R_J^3}\int_0^{2\pi}\frac{\cos\theta-\frac{r}{R_J}}{(1-\frac{2r\cos\theta}{R_J}+\frac{r^2}{R^2})^{3/2}}d\theta\\\\ &\approx\hat{r}\cdot\frac{GM_JR_J}{2\pi R_J^3}\int_0^{2\pi}\cos\theta(1-\frac{r}{R_J\cos\theta}+\frac{3r\cos\theta}{R_J})d\theta\\\\ &=\hat{r}\cdot\frac{GM_J}{2\pi R_J^2}\int_0^{2\pi}(3\cos^2\theta-1)\frac{r}{R_J}d\theta+0\\\\ &=\frac{GM_Jr}{2R_J^3}\hat{r}\\\\ \end{aligned}

可见，星环等效产生的附加力为线性力，方向向外.

这个附加的引力场也可以通过引力场的 Gauss 定理来求，只需在环心处围出一个圆柱形的 Gauss 面即可.

接下来计算进动. 动力学方程可以写为：

r¨−rθ˙2=−GMSr2+GMJr2RJ3 ,r2θ˙=Lm\begin{aligned} \ddot{r}-r\dot{\theta}^2=-\frac{GM_S}{r^2}+\frac{GM_Jr}{2R_J^3}\,,\quad r^2\dot{\theta}=\frac{L}{m}\\\\ \end{aligned}

其中，MSM_S为太阳质量，mm为水星质量，LL是水星绕行的轨道角动量. 显然，方程等号右边的两个力有明显的大小差异，星环附加力场的影响远小于太阳引力场，所以使用摄动法求解. 设r=a+δr=a+\delta，其中δ≪a\delta\ll a，为摄动项，则

a¨+δ¨≈−GMSa2(1−2δa)+GMJa2RJ3(1+δa)+L2m2a3(1−3δa)=−GMSa2+GMJa2RJ3+L2m2a3+(2GMSa3+GMJ2RJ3−3L2m2a4)δ\begin{aligned} \ddot{a}+\ddot{\delta}&\approx-\frac{GM_S}{a^2}(1-\frac{2\delta}{a})+\frac{GM_Ja}{2R_J^3}(1+\frac{\delta}{a})+\frac{L^2}{m^2a^3}(1-\frac{3\delta}{a})\\\\ &=-\frac{GM_S}{a^2}+\frac{GM_Ja}{2R_J^3}+\frac{L^2}{m^2a^3}+(\frac{2GM_S}{a^3}+\frac{GM_J}{2R_J^3}-\frac{3L^2}{m^2a^4})\delta\\\\ \end{aligned}

注意到在零阶情况下，

a¨=−GMSa2+GMJa2RJ3+L2m2a3=0⟹L2m2a3=GMSa2−GMJa2RJ3\begin{aligned} \ddot{a}&=-\frac{GM_S}{a^2}+\frac{GM_Ja}{2R_J^3}+\frac{L^2}{m^2a^3}=0\\\\ \Longrightarrow&\quad\frac{L^2}{m^2a^3}=\frac{GM_S}{a^2}-\frac{GM_Ja}{2R_J^3}\\\\ \end{aligned}

可能产生问题的是，为什么这里会有GMJa/2RJ3GM_Ja/2R_J^3这一一阶项，毕竟这个方程是零阶的. 这是因为，aa与δ\delta的区别来自于是否是微扰项，而非其二阶导数是否是小量，所以只要是稳定运动的成分统统应该归于a¨\ddot{a}. 是为说明.

代入上述一阶方程可知，

δ¨=(2GMSa3+GMJ2RJ3−3GMSa3+3GMJ2RJ3)δ=(−1+2MJa3MSRJ3)GMSa3δ\begin{aligned} \ddot{\delta}&=(\frac{2GM_S}{a^3}+\frac{GM_J}{2R_J^3}-\frac{3GM_S}{a^3}+\frac{3GM_J}{2R_J^3})\delta\\\\ &=(-1+\frac{2M_Ja^3}{M_SR_J^3})\frac{GM_S}{a^3}\delta\\\\ \end{aligned}

故，径向振动角频率

ωr=GMSa3(1−2MJa3MSRJ3)≈GMSa3(1−MJa3MSRJ3)\begin{aligned} \omega_r&=\sqrt{\frac{GM_S}{a^3}(1-\frac{2M_Ja^3}{M_SR_J^3})}\approx\sqrt{\frac{GM_S}{a^3}}(1-\frac{M_Ja^3}{M_SR_J^3})\\\\ \end{aligned}

而注意到圆周运动的角频率为

ω0=Lma2=GMSa3(1−MJa32MSRJ3)≈GMSa3(1−MJa34MSRJ3)\begin{aligned} \omega_0=\frac{L}{ma^2}=\sqrt{\frac{GM_S}{a^3}(1-\frac{M_Ja^3}{2M_SR_J^3})}\approx\sqrt{\frac{GM_S}{a^3}}(1-\frac{M_Ja^3}{4M_SR_J^3})\\\\ \end{aligned}

所以进动角频率为

Ω=∣ωr−ω0∣=3MJa34MSRJ3GMSa3\begin{aligned} \Omega=|\omega_r-\omega_0|=\frac{3M_Ja^3}{4M_SR_J^3}\sqrt{\frac{GM_S}{a^3}}\\\\ \end{aligned}

同时，轨道进动的方向与水星轨道运行的方向相同，因为ωr<ω0\omega_r<\omega_0. 可以这样理解：当水星轨道运行一周后，径向简谐振动还没有达到平衡位置，还要再往前走一段距离才能到达平衡位置，这时轨道的近（远）日点就往轨道运行方向旋转了一个角度，也即进动.

周期进动角为

Δθ=Ω⋅T=3πMJa32MSRJ3\begin{aligned} \Delta\theta&=\Omega\cdot T=\frac{3\pi M_Ja^3}{2M_SR_J^3}\\\\ \end{aligned}

Part 2 狭义相对论效应

在研究狭义相对论效应时，我们采用两种不同的方法：狭义相对论性 Binet 方程法和 LRL 矢量法.

方法 1 狭义相对论性 Binet 方程

先做推导. 考虑狭义相对论性的水星能量，并做v2/c2v^2/c^2的O(2)O(2)阶近似（当然也可以说是v/cv/c的O(4)O(4)阶），得到

Ek=p2c2+m2c4−mc2=mc2v2c2(1−v2c2)+1−mc2=mc211−v2c2−mc2≈12mv2+38mc2(v2c2)2\begin{aligned} E_k&=\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}-mc^2=mc^2\sqrt{\frac{v^2}{c^2(1-\frac{v^2}{c^2})}+1}-mc^2\\\\ &=mc^2\sqrt{\frac{1}{1-\frac{v^2}{c^2}}}-mc^2\\\\ &\approx\frac{1}{2}mv^2 +\frac{3}{8}mc^2(\frac{v^2}{c^2})^2\\\\ \end{aligned}

同时，在狭义相对论下不计引力的修正，所以势能不变，为Ep=−GMSmrE_p=-\frac{GM_Sm}{r}. 所以总能量守恒写为

E0=−GMSmr+12mv2+38mc2(v2c2)2⟹v2c2≈2E0+GMSmrmc2\begin{aligned} E_0&=-\frac{GM_Sm}{r}+\frac{1}{2}mv^2+\frac{3}{8}mc^2(\frac{v^2}{c^2})^2\\\\ \Longrightarrow&\quad\frac{v^2}{c^2}\approx2\frac{E_0+\frac{GM_Sm}{r}} {mc^2}\\\\ \end{aligned}

上面已经推出O(1)O(1)下v2/c2v^2/c^2的结果，这是为了在之后处理(v2/c2)2(v^2/c^2)^2时更为方便. 注意到角动量守恒，则

L=γmr2θ˙=const.⟹θ˙=Lγmr2 ,r˙=θ˙drdθ=Lγmr2drdθ\begin{aligned} L&=\gamma mr^2\dot{\theta}=\text{const.}\\\\ \Longrightarrow\quad\dot{\theta}=\frac{L}{\gamma mr^2}&\,,\quad\dot{r}=\dot{\theta}\frac{dr}{d\theta}=\frac{L}{\gamma mr^2}\frac{dr}{d\theta}\\\\ \end{aligned}

令u=1/ru=1/r，有

θ˙=Lu2γm ,r˙=−Lγmdudθ\begin{aligned} \dot{\theta}=\frac{Lu^2}{\gamma m}\,,\quad\dot{r}=-\frac{L}{\gamma m}\frac{du}{d\theta}\\\\ \end{aligned}

能量守恒式写为

12mv2+38mc2(v2c2)2−GMSmr=E0⟹12m(r˙2+r2θ˙2)+38mc2(2E0+GMSmrmc2)2=E0+GMSmr⟹L22m[(dudθ)2+u2](1−v2c2)=(E0+GMSmr)(1−32E0+GMSmrmc2)⟹L22m[(dudθ)2+u2]=(E0+GMSmr)(1+12E0+GMSmrmc2)\begin{aligned} \frac{1}{2}mv^2+\frac{3}{8}mc^2(\frac{v^2}{c^2})^2-\frac{GM_Sm}{r}&=E_0\\\\ \Longrightarrow\quad\frac{1}{2}m(\dot{r}^2+r^2\dot{\theta}^2)+\frac{3}{8}mc^2(2\frac{E_0+\frac{GM_Sm}{r}}{mc^2})^2&=E_0+\frac{GM_Sm}{r}\\\\ \Longrightarrow\quad\frac{L^2}{2m}[(\frac{du}{d\theta})^2+u^2](1-\frac{v^2}{c^2})=(E_0+\frac{GM_Sm}{r})&(1-\frac{3}{2}\frac{E_0+\frac{GM_Sm}{r}}{mc^2})\\\\ \Longrightarrow\quad\frac{L^2}{2m}[(\frac{du}{d\theta})^2+u^2]=(E_0+\frac{GM_Sm}{r})(1+&\frac{1}{2}\frac{E_0+\frac{GM_Sm}{r}}{mc^2})\\\\ \end{aligned}

值得注意的是，mc2mc^2是一个相当大的量，使得二阶小量(v2/c2)2(v^2/c^2)^2在与它相乘时也成为了一个一阶小量，这就是之前 Taylor 展开后要保留这一项的原因.

接下来是对上述方程进行求导. 我们先全部化为uu与θ\theta的方程，再进行这一步操作.

L22m[(dudθ)2+u2]=(E0+GMSmu)(1+12E0+GMSmumc2)=(E0+E022mc2)+(GMSm+GMSmE0mc2)u+G2MS2m22mc2u2⟹L2m(d2udθ2+u)=GMSm+GMSmE0mc2+G2MS2mc2u\begin{aligned} \frac{L^2}{2m}[(\frac{du}{d\theta})^2+u^2]&=(E_0+GM_Smu)(1+\frac{1}{2}\frac{E_0+GM_Smu}{mc^2})\\\\ =&(E_0+\frac{E_0^2}{2mc^2})+(GM_Sm+\frac{GM_SmE_0}{mc^2})u+\frac{G^2M_S^2m^2}{2mc^2}u^2\\\\ \Longrightarrow\quad\frac{L^2}{m}(\frac{d^2u}{d\theta^2}+u)&=GM_Sm+\frac{GM_SmE_0}{mc^2}+\frac{G^2M_S^2m}{c^2}u\\\\ \end{aligned}

与正常天体运动对应不同的部分是等号右边的线性项. 这使得原来解中cos⁡θ\cos\theta这一项变为新的

cos⁡1−G2MS2m2L2c2θ\cos\sqrt{1-\frac{G^2M_S^2m^2}{L^2c^2}}\theta

所以产生了进动. 周期进动角为

Δθ=(1−11−G2MS2m2L2c2)⋅2π≈πG2MS2m2L2c2\begin{aligned} \Delta\theta=(1-\frac{1}{\sqrt{1-\frac{G^2M_S^2m^2}{L^2c^2}}})\cdot2\pi\approx\frac{\pi G^2M_S^2m^2}{L^2c^2}\\\\ \end{aligned}

方法 2 LRL 矢量

LRL 矢量指的是 Laplace-Runge-Lenz 矢量. 这个矢量的定义为

B=p×L−GMSm2r^\begin{aligned} \bold{B}=\bold{p}\times\bold{L}-GM_Sm^2\hat{r}\\\\ \end{aligned}

它在纯平方反比力的情况下守恒，为一个指向近日点的常矢量. 因为它拥有永远指向近日点的特性，我们考虑用它来计算进动角.

先对 LRL 矢量进行求导，特别需要注意的是引力质量在狭义相对论下守恒，而惯性质量不守恒：

dBdt=dpdt×L+p×dLdt−GMSmr^dmdt−GMSm2dr^dt=−GMSmr^r2×L+0−GMSmr^dmdt−GMSm2θ˙θ^=−GMSmr^dmdt=−GMSmc2dEdtr^=−GMSmc2(v⋅F)r^=−G2MS2m2r2c2r˙r^\begin{aligned} \frac{d\bold{B}}{dt}&=\frac{d\bold{p}}{dt}\times\bold{L}+\bold{p}\times\frac{d\bold{L}}{dt}-GM_Sm\hat{r}\frac{dm}{dt}-GM_Sm^2\frac{d\hat{r}}{dt}\\\\ &=-\frac{GM_Sm\hat{r}}{r^2}\times\bold{L}+0-GM_Sm\hat{r}\frac{dm}{dt}-GM_Sm^2\dot{\theta}\hat{\theta}\\\\ &=-GM_Sm\hat{r}\frac{dm}{dt}=-\frac{GM_Sm}{c^2}\frac{dE}{dt}\hat{r}\\\\ &=-\frac{GM_Sm}{c^2}(\bold{v}\cdot\bold{F})\hat{r}=-\frac{G^2M_S^2m^2}{r^2c^2}\dot{r}\hat{r}\\\\ \end{aligned}

另外一种分解方式：

dBdt=ω×B+B˙B∣B∣\begin{aligned} \frac{d\bold{B}}{dt}=\bold{\omega}\times\bold{B}+\dot{B}\frac{\bold{B}}{|\bold{B}|}\\\\ \end{aligned}

即，B\bold{B}的变化率来自于旋转和长度变化两个正交的成分. 在这里，我们显然需要的是旋转的部分，所以有投影

ω=G2MS2m2r˙c2Br2sin⁡θ=G2MS2m2c2Bdudθθ˙sin⁡θ\begin{aligned} \omega&=\frac{G^2M_S^2m^2\dot{r}}{c^2Br^2}\sin\theta=\frac{G^2M_S^2m^2}{c^2B}\frac{du}{d\theta}\dot{\theta}\sin\theta\\\\ \end{aligned}

为了处理du/dθdu/d\theta，先要知道的是，∣B∣=mvL|\bold{B}|=mvL，这样我们就可以进行下一步操作：

L2dudθ=m2r4θ˙2⋅r˙r2⋅1θ˙=mr˙L=mvsin⁡θ⋅L=Bsin⁡θ\begin{aligned} L^2\frac{du}{d\theta}&=m^2r^4\dot{\theta}^2\cdot\frac{\dot{r}}{r^2}\cdot\frac{1}{\dot{\theta}}=m\dot{r}L\\\\ &=mv\sin\theta\cdot L=B\sin\theta\\\\ \end{aligned}

代入原来的式子，得到

ω=G2MS2m2c2B⋅BL2sin⁡θ⋅Lmr2sin⁡θ=G2MS2mc2Lsin⁡2θr2\begin{aligned} \omega&=\frac{G^2M_S^2m^2}{c^2B}\cdot\frac{B}{L^2}\sin\theta\cdot\frac{L}{mr^2}\sin\theta=\frac{G^2M_S^2m}{c^2L}\frac{\sin^2\theta}{r^2}\\\\ \end{aligned}

周期进动角

Δθ=∫0Tωdt=G2MS2m2c2L2∫02πsin⁡2θdt=πG2MS2m2c2L2\begin{aligned} \Delta\theta=\int_0^T\omega \text{d} t=\frac{G^2M_S^2m^2}{c^2L^2}\int_0^{2\pi}\sin^2\theta\text{d} t=\frac{\pi G^2M_S^2m^2}{c^2L^2}\\\\ \end{aligned}

与前面一种方法算出来的结果相同.

Part 3 广义相对论效应

（由于我正在学习广义相对论的路上，所以这里直接给出等效结论）

(drdθ)2−m2e2r4c2L2+r2(1+m2r2c2L2)(1−2GMSc2r)=0\begin{aligned} (\frac{\text{d} r}{\text{d}\theta})^2-\frac{m^2e^2r^4c^2}{L^2}+r^2(1+\frac{m^2r^2c^2}{L^2})(1-\frac{2GM_S}{c^2r})=0\\\\ \end{aligned}

令u=1/ru=1/r，并求导：

(dudθ)2+u2=m2(e2−1)c2L2+2GMSm2L2u+2GMSc2u3⟹d2udθ2+u=GMSm2L2+3GMSc2u2\begin{aligned} (\frac{\text{d} u}{\text{d} \theta})^2+u^2&=\frac{m^2(e^2-1)c^2}{L^2}+\frac{2GM_Sm^2}{L^2}u+\frac{2GM_S}{c^2}u^3\\\\ \Longrightarrow\quad\frac{\mathrm{d}^2 u}{\text{d}\theta^2}+u&=\frac{GM_Sm^2}{L^2}+\frac{3GM_S}{c^2}u^2\\\\ \end{aligned}

仍然是一个附加势的问题，与 Part 1 类似，我们考虑使用摄动法. 零阶解：

u0=GMSm2L2(1+ecos⁡θ)\begin{aligned} u_0=\frac{GM_Sm^2}{L^2}(1+e\cos\theta)\\\\ \end{aligned}

代入方程求一阶解：

d2u1dθ2+u1=3GMSc2u02=3G3MS3m4L4c2(1+2ecos⁡θ+e2cos⁡2θ)\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}^2u_1}{\text{d}\theta^2}+u_1&=\frac{3GM_S}{c^2}u_0^2=\frac{3G^3M_S^3m^4}{L^4c^2}(1+2e\cos\theta+e^2\cos^2\theta)\\\\ \end{aligned}

注意到如下方程的通解：

d2udθ2+u=1⟶u=1+Asin⁡θ+Bcos⁡θd2udθ2+u=cos⁡θ⟶u=12θsin⁡θd2udθ2+u=cos⁡μθ⟶u=cos⁡μθ1−μ2\begin{aligned} \frac{\text{d}^2u}{\text{d}\theta^2}+u=1&\longrightarrow u=1+A\sin\theta+B\cos\theta\\\\ \frac{\text{d}^2u}{\text{d}\theta^2}+u=\cos\theta&\longrightarrow u=\frac{1}{2}\theta\sin\theta\\\\ \frac{\text{d}^2u}{\text{d}\theta^2}+u=\cos\mu\theta&\longrightarrow u=\frac{\cos\mu\theta}{1-\mu^2}\\\\ \end{aligned}

将cos⁡2θ\cos^2\theta用二倍角公式化为cos⁡2θ\cos2\theta和常数的组合就可应用上面的公式.

可以得到一阶解为

u1=3G3MS3m4L4c2(1+eθsin⁡θ+12e2−16e2cos⁡2θ)\begin{aligned} u_1=\frac{3G^3M_S^3m^4}{L^4c^2}(1+e\theta\sin\theta+\frac{1}{2}e^2-\frac{1}{6}e^2\cos2\theta)\\\\ \end{aligned}

产生进动效应的只有θsin⁡θ\theta\sin\theta项，在研究进动问题时可以只计入这一项与零阶项的影响. 这样，整体的解就变为

u(θ)=GMSm2L2[1+e(cos⁡θ+3G2MS2m2L2c2θsin⁡θ)]\begin{aligned} u(\theta)=\frac{GM_Sm^2}{L^2}[1+e(\cos\theta+\frac{3G^2M_S^2m^2}{L^2c^2}\theta\sin\theta)]\\\\ \end{aligned}

因为G2MS2m2/L2c2G^2M_S^2m^2/L^2c^2是小量，所以近似有

u(θ)≈GMSm2L2[1+e(cos⁡θcos⁡(3G2MS2m2L2c2θ)+sin⁡(3G2MS2m2L2c2θ)sin⁡θ]=GMSm2L2{1+ecos⁡[(1−3G2MS2m2L2c2)θ]}\begin{aligned} u(\theta)&\approx\frac{GM_Sm^2}{L^2}[1+e(\cos\theta\cos(\frac{3G^2M_S^2m^2}{L^2c^2}\theta)+\sin(\frac{3G^2M_S^2m^2}{L^2c^2}\theta)\sin\theta]\\\\ &=\frac{GM_Sm^2}{L^2}\{1+e\cos{[(1-\frac{3G^2M_S^2m^2}{L^2c^2})\theta]}\}\\\\ \end{aligned}

故周期进动角：

Δθ=2π⋅3G2MS2m2L2c2=6πG2MS2m2L2c2\begin{aligned} \Delta\theta=2\pi\cdot\frac{3G^2M_S^2m^2}{L^2c^2}=\frac{6\pi G^2M_S^2m^2}{L^2c^2}\\\\ \end{aligned}

此结果恰好为狭义相对论结果的 6 倍.

总结与反思

写完这个专题历时不长，真正花在完成内容上的时间应该只有不到一天. 但是时间上的跨度跨越了开学典礼与入学的各项手续，真正开启了大学生活之后，我逐渐意识到，时间确实相当紧张，我变得不太有时间做这些回顾性的工作，接下来的时间应该留给新知识的学习和能力的提升.

或许我之后不会再写计算专题，或许我假期有时间还会再写，但是不得不承认这段时间我的计算能力还是因为这个有一小点提升，这是有意义的. 在开学之后的时间，我可能会每周更新一次 blog，算是对自己的一种督促，也让自己每周有一个总结和回顾，有一点小小的成就感.

先暂时到这里为止吧.

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