前言

临近高考，感觉自己找不到学习的感觉，自从攀登计划通过以来一直处于浑浑噩噩的状态中，计算能力也大幅下降了——今天把拉格朗日点的微扰问题拿出来算了一遍，发现自己的能力退化很严重. 于是我决定，在这段时间做一些对以前竞赛中非常难以计算的问题做一些回顾（其实也是经典物理邻域的一些重要的计算），让自己重温之前计算的手感，同时在高考考前保持对学习的热情.

至于“这段时间”持续多久，还是一个需要商讨的问题. 目前我的想法是下周（二模前一周）回学校晚自习，但是还不能确定，不过既然已经开了“计算专题”的头，我应该会坚持下去，至少把笔记本中的难算且有意义的问题都重新算一遍.

这个专题的要求是，尽量地将计算中的所有过程事无巨细地展现出来，以便之后的查阅以及对计算错误的查验.

话不多说，要开始了.

问题描述

如图所示，取两个较大天体围绕质心的旋转参考系，建立直角坐标系，坐标原点定为两个较大天体的质心，两个较大天体位于$x$轴上，间距为$L$.

设转动角速度为$\Omega=\sqrt{\frac{G(m_1+m_2)}{L^3}}$，两星体质量之比为$m_2/m_1=\alpha<1$. 求第三个质量极小（不考虑其质量对其他星体的影响）的星体所能平衡的位置（拉格朗日点），以及其受到微扰之后的运动.

拉格朗日点位置的计算

首先肯定是计算各个拉格朗日点的位置.

为了得到这个问题的结果，先列出全空间的势能及其一阶、二阶导数.

$$\begin{aligned} V(x,y)&=-\frac{Gm_1m}{[(x+\frac{\alpha L}{\alpha+1})^2+y^2]^{1/2}}-\frac{Gm_2m}{[(x-\frac{L}{\alpha+1})^2+y^2]^{1/2}}-\frac{1}{2}m\Omega^2(x^2+y^2)\\\\ \end{aligned}$$

无量纲化：

$$V=-\frac{\frac{1}{1+\alpha}}{[(x+\frac{\alpha}{\alpha+1})^2+y^2]^{1/2}}-\frac{\frac{\alpha}{1+\alpha}}{[(x-\frac{1}{\alpha+1})^2+y^2]^{1/2}}-\frac{1}{2}(x^2+y^2)\\\\$$

量纲恢复时只需按比例乘上一些对应物理量即可，之后的运算大多都会是无量纲的.

各阶导数：

$$\begin{aligned} &\frac{\partial V}{\partial x}=\frac{\frac{1}{1+\alpha}(x+\frac{\alpha}{\alpha+1})}{[(x+\frac{\alpha}{\alpha+1})^2+y^2]^{3/2}}+\frac{\frac{\alpha}{1+\alpha}(x-\frac{1}{\alpha+1})}{[(x-\frac{1}{\alpha+1})^2+y^2]^{3/2}}-x\\ &\frac{\partial V}{\partial y}=\frac{\frac{y}{1+\alpha}}{[(x+\frac{\alpha}{\alpha+1})^2+y^2]^{3/2}}+\frac{\frac{\alpha y}{1+\alpha}}{[(x-\frac{1}{\alpha+1})^2+y^2]^{3/2}}-y\\ &\frac{\partial^2V}{\partial x^2}=\frac{\frac{1}{1+\alpha}}{[(x+\frac{\alpha}{\alpha+1})^2+y^2]^{3/2}}-\frac{\frac{3}{1+\alpha}(x+\frac{\alpha}{\alpha+1})^2}{[(x+\frac{\alpha}{\alpha+1})^2+y^2]^{5/2}}+\\&\qquad\quad\,\,\,\frac{\frac{\alpha}{1+\alpha}}{[(x-\frac{1}{\alpha+1})^2+y^2]^{3/2}}-\frac{\frac{3\alpha}{1+\alpha}(x-\frac{1}{\alpha+1})^2}{[(x-\frac{1}{\alpha+1})^2+y^2]^{5/2}}-(1+\alpha)\\ &\qquad\,\,\,=-\frac{2(x+\frac{\alpha}{\alpha+1})^2-y^2}{(1+\alpha)[(x+\frac{\alpha}{\alpha+1})^2+y^2]^{5/2}}-\frac{2\alpha(x-\frac{1}{\alpha+1})^2-\alpha y^2}{(1+\alpha)[(x-\frac{1}{\alpha+1})^2+y^2]^{5/2}}-1\\ &\frac{\partial^2V}{\partial y^2}=-\frac{2y^2-(x+\frac{\alpha}{\alpha+1})^2}{(1+\alpha)[(x+\frac{\alpha}{\alpha+1})^2+y^2]^{5/2}}-\frac{2\alpha y^2-\alpha(x-\frac{1}{\alpha+1})^2}{(1+\alpha)[(x-\frac{1}{\alpha+1})^2+y^2]^{5/2}}-1\\ &\frac{\partial^2V}{\partial x\partial y}=\frac{\partial^2V}{\partial y\partial x}=-\frac{3(x+\frac{\alpha}{\alpha+1})y}{(1+\alpha)[(x+\frac{\alpha}{\alpha+1})^2+y^2]^{5/2}}-\frac{3\alpha(x-\frac{1}{\alpha+1})y}{(1+\alpha)[(x-\frac{1}{\alpha+1})^2+y^2]^{5/2}}\\\\ \end{aligned}$$

至此，准备工作结束.

$L_1$点与$L_2$点

我们认为$\alpha\ll1$. 在计算$x$轴上的拉格朗日点时，我们均采用这一近似.

这时$y=0$，所以$\partial V/\partial y=0$，我们只需令$\partial V/\partial x=0$即可.

通过观察发现，在$x=\frac{1}{\alpha+1}$附近，$\partial V/\partial x$存在零点，所以可以取$x=\frac{1}{\alpha+1}+\delta$，$\delta\ll1$进行近似求解.

$$\begin{aligned} (1+\alpha)\frac{\partial V}{\partial x}&=\frac{1+\delta}{(1+\delta)^3}+\frac{\alpha\delta}{\delta^3}-1-(1+\alpha)\delta\\ &\approx1-2\delta+\frac{\alpha}{\delta^2}-1-\delta\\ &=\frac{\alpha}{\delta^2}-3\delta=0\\\\ \Longrightarrow\delta&=(\frac{\alpha}3)^{1/3}\\\\ \end{aligned}$$

所以$L_1$点坐标为$(\frac{L}{1+\alpha}+(\frac{\alpha}{3})^{1/3}L\,,\,0)$（量纲已恢复）.

类似地，可以写出$L_2(\frac{L}{1+\alpha}-(\frac{\alpha}{3})^{1/3}L\,,\,0)$.

我们发现，$\delta$的量级是大于$\alpha$的量级的，这一点在之后会用到.

$L_3$点

同样根据对$\partial V/\partial x$这一函数的观察，在$x=-1-\frac{\alpha}{1+\alpha}$附近也存在零点，可以使用与上面一样的手段进行求解. 令$x=-1-\frac{\alpha}{1+\alpha}-\delta$，$\delta\ll1$.

$$\begin{aligned} (1+\alpha)\frac{\partial V}{\partial x}&=\frac{-1-\delta}{(-1-\delta)^3}+\frac{\alpha(-2-\delta)}{(-2-\delta)^3}+\alpha+(1+\alpha)+(1+\alpha)\delta\\ &\approx-1+2\delta-\frac{\alpha}{4}+2\alpha+1+\delta\\ &=3\delta+\frac{7}{4}\alpha=0\\\\ \Longrightarrow\delta&=-\frac{7}{12}\alpha\\\\ \end{aligned}$$

此时的$\delta$又与$\alpha$同阶了，这也是需要关注的.

所以$L_3(-\frac{\alpha L}{1+\alpha}-L+\frac{7}{12}\alpha L\,,\,0)$.

至此，$x$轴上的拉格朗日点位置已经全部求解完毕，值得注意的是这里的三个解均是近似结果.

$L_4$点与$L_5$点

令$\partial V/\partial x=\partial V/\partial y=0$. 这时观察下面两式：

$$\begin{aligned} &\frac{x+\frac{\alpha}{\alpha+1}}{[(x+\frac{\alpha}{\alpha+1})^2+y^2]^{3/2}}+\frac{\alpha(x-\frac{1}{\alpha+1})}{[(x-\frac{1}{\alpha+1})^2+y^2]^{3/2}}-(1+\alpha)x=0\\ &\frac{y}{[(x+\frac{\alpha}{\alpha+1})^2+y^2]^{3/2}}+\frac{\alpha y}{[(x-\frac{1}{\alpha+1})^2+y^2]^{3/2}}-(1+\alpha)y=0\\\\ \end{aligned}$$

可以发现两个分母均为 1 时方程组成立，所以得到简化之后的方程组：

$$(x+\frac{\alpha}{\alpha+1})^2+y^2=1\\ (x-\frac{1}{\alpha+1})^2+y^2=1\\\\$$

解得$x=\frac{1-\alpha}{2(1+\alpha)}$，$y=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}$. 这样我们就获得了$L_4$、$L_5$两点的坐标. 可以发现它们与两个大天体分别构成等边三角形.

小星体在拉格朗日点处微扰下的运动

$L_1$点与$L_2$点

在分析小星体的运动时，我们需要考虑势能的二阶导数，而二阶导数的形式已经在前面的过程中给出.

对于$L_1$点，有

$$\begin{aligned} \frac{\partial^2V}{\partial x^2}|_{L_1}&\approx-\frac{2}{[1+(\frac{\alpha}{3})^{1/3}]^3}-\frac{2\alpha}{[(\frac{\alpha}{3})^{1/3}]^3}-(1+\alpha)\\&\approx-2+6(\frac{\alpha}{3})^{1/3}-6-1\\&=-9+6(\frac{\alpha}{3})^{1/3}\\ \frac{\partial^2V}{\partial y^2}|_{L_1}&\approx\frac{1}{[1+(\frac{\alpha}{3})^{1/3}]^3}+\frac{\alpha}{[(\frac{\alpha}{3})^{1/3}]^3}-(1+\alpha)\\&\approx1-3(\frac{\alpha}{3})^{1/3}+3-1\\&=3-3(\frac{\alpha}{3})^{1/3}\\ \frac{\partial^2V}{\partial x\partial y}|_{L_1}&=\frac{\partial^2V}{\partial y\partial x}|_{L_1}=0\\\\ \end{aligned}$$

考虑 Coriolis 力的影响，设在$x$，$y$方向上分别偏离无量纲小量$\xi$，$\eta$，则可以列出动力学方程（无量纲化的）：

$$\begin{aligned} \ddot{\xi}&=-[-9+6(\frac{\alpha}{3})^{1/3}]\xi+2\dot{\eta}\\ \ddot{\eta}&=-[3-3(\frac{\alpha}{3})^{1/3}]\eta-2\dot{\xi}\\\\ \end{aligned}$$

将形如$Ae^{\lambda t}$形式的解代入上述方程，得到特征根方程（量纲在此时还原）：

$$\begin{aligned} \lambda^2A_1&=-[-9+6(\frac{\alpha}{3})^{1/3}]\Omega^2A_1+2\lambda\Omega A_2\\ \lambda^2A_2&=-[3-3(\frac{\alpha}{3})^{1/3}]\Omega^2A_2-2\lambda\Omega A_1\\\\ \Longrightarrow&\left\{\begin{array}{}\{\lambda^2+\Omega^2[-9+6(\frac{\alpha}{3})^{1/3}]\}A_1+2\Omega\lambda A_2=0\\-2\Omega\lambda A_1+\{\lambda^2+\Omega^2[3-3(\frac{\alpha}{3})^{1/3}]\}A_2=0\end{array}\right. \\\\ \end{aligned}$$

要使常数$A_1$，$A_2$有无穷多组解，则方程组的系数行列式为零.

$$\left\lvert\begin{array}{} \lambda^2+\Omega^2[-9+6(\frac{\alpha}{3})^{1/3}]&-2\Omega\lambda\\ 2\Omega\lambda&\lambda^2+\Omega^2[3-3(\frac{\alpha}{3})^{1/3}] \end{array}\right\lvert=0\\\\ \Longrightarrow\lambda^4+\Omega^2[-2+3(\frac{\alpha}{3})^{1/3}]\lambda^2+\Omega^4[-27+45(\frac{\alpha}{3})^{1/3}]=0\\\\ \begin{aligned} \lambda_{1,2}^2&\approx\frac{\Omega^2}{2}\{2-3(\frac{\alpha}{3})^{1/3}\pm\sqrt{4-12(\frac{\alpha}{3})^{1/3}+108-180(\frac{\alpha}{3})^{1/3}}\}\\&=\Omega^2\{1-\frac{3}{2}(\frac{\alpha}{3})^{1/3}\pm2\sqrt{7}\cdot\sqrt{1-\frac{12}{7}(\frac{\alpha}{3})^{1/3}}\}\\&\approx\Omega^2[1\pm2\sqrt{7}-\frac{21\pm24\sqrt{7}}{14}(\frac{\alpha}{3})^{1/3}]\\\\ \end{aligned}$$

这时我们便得到了$L_1$点附近微扰运动的特征根. 这里$\lambda$的实部表征衰减或发散运动，虚部表征稳定的震动，而两个解意味着两种不同的运动模式.

类似地，可以得到$L_2$点附近微扰运动的特征根：

$$\lambda_{1,2}^2\approx\Omega^2[1\pm2\sqrt{7}+\frac{21\pm24\sqrt{7}}{14}(\frac{\alpha}{3})^{1/3}]\\\\$$

$L_3$点

开算：

$$\begin{aligned} \frac{\partial^2V}{\partial x^2}|_{L_3}&\approx(1-\alpha)[-|\frac{2}{(-1+\frac{7}{12}\alpha)^3}|-|\frac{2\alpha}{(-2+\frac{7}{12}\alpha)^3}|-1-\alpha]\\ &\approx(1-\alpha)[-(2+\frac{7}{2}\alpha)-\frac{\alpha}{4}-1-\alpha]\\ &\approx-3-\frac{19}{4}\alpha+3\alpha\\&=-3-\frac{7}{4}\alpha\\ \frac{\partial^2V}{\partial y^2}|_{L_3}&\approx(1-\alpha)[|\frac{1}{(-1+\frac{7}{12}\alpha)^3}|+|\frac{\alpha}{(-2+\frac{7}{12}\alpha)^3}|-1-\alpha]\\&\approx(1-\alpha)[1+\frac{7}{4}\alpha+\frac{\alpha}{8}-1-\alpha]\\&\approx\frac{7}{8}\alpha\\\\ \frac{\partial^2V}{\partial x\partial y}|_{L_3}&=\frac{\partial^2V}{\partial y\partial x}|_{L_3}=0\\\\ \end{aligned}$$

（在上面的计算过程中，我深刻地认识到了“符号”的重要性. 同时，之前一直几乎被我们忽略的$\frac{1}{1+\alpha}$这一因子在$L_3$点附近微扰运动的求解中起到了关键性的作用，这是因为在这里微扰产生的势能二阶导数是$O(\alpha)$一阶的量.）

同样会有

$$\left\lvert\begin{array}{} \lambda^2+\Omega^2(-3-\frac{7}{4}\alpha)&-2\Omega\lambda\\ 2\Omega\lambda&\lambda^2+\Omega^2\cdot\frac{7}{8}\alpha \end{array}\right\lvert=0\\\\ \Longrightarrow\lambda^4+\Omega^2(1-\frac{7}{8}\alpha)\lambda^2-\Omega^4\cdot\frac{21}{8}\alpha=0\\\\ \begin{aligned} \lambda_{1,2}^2&\approx\frac{\Omega^2}{2}[-1+\frac{7}{8}\alpha\pm\sqrt{1-\frac{7}{4}\alpha+\frac{21}{2}\alpha}]\\&\approx\Omega^2[-\frac{1}{2}+\frac{7}{16}\alpha\pm\frac{1}{2}(1+\frac{35}{8}\alpha)]\\&=\Omega^2(-\frac{1}{2}\pm\frac{1}{2}+\frac{7\pm35}{16}\alpha)\\\\ \end{aligned}$$

所以$L_3$点处的稳定成分$\lambda_1^2=\Omega^2(-1-\frac{7}{4}\alpha)$，不稳定成分$\lambda^2_2=\Omega^2\cdot\frac{21}{8}\alpha$.

$L_4$点与$L_5$点

注意到这时近似已经取消了. 我们的计算得出

$$\begin{aligned} \frac{\partial^2V}{\partial x^2}|_{L_4}&=y^2-1-\frac{2}{1+\alpha}(x+\frac{\alpha}{\alpha+1})^2-\frac{2\alpha}{1+\alpha}(x-\frac{1}{\alpha+1})^2\\&=\frac{3}{4}-1-\frac{2}{1+\alpha}\cdot\frac{1}{4}-\frac{2\alpha}{1+\alpha}\cdot\frac{1}{4}\\&=-\frac{3}{4}\\ \frac{\partial^2V}{\partial y^2}|_{L_4}&=\frac{1}{1+\alpha}(x+\frac{\alpha}{\alpha+1})^2+\frac{\alpha}{1+\alpha}(x-\frac{1}{\alpha+1})^2-2y^2-1\\&=\frac{1}{4}-2\cdot\frac{3}{4}-1\\&=-\frac{9}{4}\\\\ \frac{\partial^2V}{\partial x\partial y}|_{L_4}&=\frac{\partial^2V}{\partial y\partial x}|_{L_4}=-\frac{1}{1+\alpha}(3\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}-3\alpha\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2})\\&=-\frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{\alpha-1}{\alpha+1}\\\\ \end{aligned}$$

所以有

$$\left\lvert\begin{array}{} \lambda^2-\frac{3}{4}\Omega^2&-2\Omega\lambda+\frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{\alpha-1}{\alpha+1}\cdot\Omega^2\\ 2\Omega\lambda+\frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{\alpha-1}{\alpha+1}\cdot\Omega^2&\lambda^2-\frac{9}{4}\Omega^2 \end{array}\right\lvert=0\\\\ \Longrightarrow\lambda^4+\Omega^2\lambda^2+\Omega^4[\frac{27}{16}-\frac{27}{16}(\frac{\alpha-1}{\alpha+1})^2]=0\\\\ \lambda^2_{1,2}=\frac{\Omega^2}{2}[-1\pm\sqrt{-\frac{23}{4}+\frac{27}{4}(\frac{\alpha-1}{\alpha+1})^2}]\\\\$$

即得到运动状态. 要稳定，必须有上述方程的$\Delta>0$，方程两个解均表征衰减运动，此时$\alpha\in(0,\frac{25-\sqrt{621}}{2})\cup(\frac{25+\sqrt{621}}{2},+\infty)$.

$L_5$点显然与之相同.

一些想法

引潮力法计算$L_1$点，$L_2$点与$L_3$点有关的问题

先简介引潮力：对于二体引力系统（相互绕转的旋转参考系中），质点$m$的平衡位置为$r_0$，则若在$x$，$y$，$z$方向上分别微扰$\xi$，$\eta$，$\zeta$，则在三个方向上有力

$$F_x=\frac{2GMm}{r_0^3}\cdot\xi\,,\quad F_y=-\frac{GMm}{r_0^3}\cdot\eta\,,\quad F_z=-\frac{GMm}{r_0^3}\cdot\zeta\\\\$$

从三者的系数来看，可以发现是符合拉普拉斯方程的.

用这个方法来重新计算$L_1$点，$L_2$点和$L_3$点有关的问题（因为$L_4$点和$L_5$点的计算是比较严格的，也没必要用这种方法来尝试）.

$L_1$点和$L_2$点是对称的，有

$$\begin{aligned} F_x&=2\frac{1}{1+\alpha}\Omega^2\xi+2\frac{\alpha}{1+\alpha}\Omega^2\frac{1}{\frac{\alpha}{3}}\xi+\Omega^2\xi\\&\approx9\Omega^2\xi\\ F_y&=(-\Omega^2-3\Omega^2+\Omega^2)\eta\\&=-3\Omega^2\eta\\\\ \end{aligned}$$

计入 Coriolis 力，得到

$$\left\{\begin{array}{}\ddot{\xi}=9\Omega^2\xi+2\Omega\dot{\eta}\\\ddot{\eta}=-3\Omega^2\eta-2\Omega^2\dot{\xi}\end{array}\right.\\\\ \Longrightarrow\left\lvert\begin{array}{}\lambda^2-9\Omega^2&-2\Omega\lambda\\2\Omega\lambda&\lambda^2+3\Omega^2\end{array}\right\lvert=0\\\\$$

这样的出来的结果是$\lambda^2_{1,2}=(1\pm2\sqrt{7})\Omega^2$，比原来的方法多近似了一阶.

对于$L_3$点，则有

$$\begin{aligned}F_x&=2\frac{1}{1+\alpha}\Omega^2\xi+2\frac{\alpha}{1+\alpha}\Omega^2\frac{1}{2^3}\xi+\Omega^2\xi\\&\approx3\Omega^2\xi\\F_y&=-\frac{1}{1+\alpha}\Omega^2\frac{1}{(1-\frac{7}{12}\alpha)^3}\eta-\frac{\alpha}{1+\alpha}\Omega^2 \frac{1}{2^3}+\Omega^2\eta\\&\approx-\frac{7}{8}\alpha\Omega^2\eta\\\\\end{aligned}$$

$$\Longrightarrow\left\{\begin{array}{}\ddot{\xi}=3\Omega^2\xi+2\Omega\dot{\eta}\\\ddot{\eta}=-\frac{7}{8}\alpha-2\Omega\dot{\xi}\end{array}\right.\\\\ \Longrightarrow\left\lvert\begin{array}{}\lambda^2-3\Omega^2&-2\Omega\lambda\\2\Omega\lambda&\lambda^2+\frac{7}{8}\alpha\Omega^2\end{array}\right\rvert=0\\\\$$

最后解得$\lambda_1^2=(-1-\frac{7}{4}\alpha)\Omega^2$，$\lambda^2_2=\frac{21}{8}\alpha\Omega^2$. 这个结果和之前一样.

拉格朗日点个数问题

我们算出来的拉格朗日点是全部的拉格朗日点吗？有更多点吗？这是我之前就在思考的问题. 借助 GeoGebra，我画出了$x$轴上的$V$分布情况，并借此来做出自己的一些分析.

如图所示，采用的数据是$\alpha=0.01$. 显然这个函数是只有 3 个极值点的，且均不稳定，我们算出来的所谓稳定运动成分是考虑了 Coriolis 力的结果.

事实上，$L_4$点和$L_5$点的定性性质也可以通过作图看出，但是限于技术条件就先作罢.

总结与反思

首先我是深刻体悟到了自己水平的下降. 之前算这种规模的模型顶多一个下午，而且犯过一次的错误（开平方根的正负号问题）不会再犯一次；现在则是用了两个晚上，出错率也很高. 这些技能还是常练常新，自我精进的道路还很遥远. 但是收获也还是有的，因为“必将活用于下一次”！

然后在计算的过程中也回想起之前在竞赛组里的很多时光. 当时算拉格朗日点至少算过三遍，组内每个人都在这个问题上花过不少时间，也是当时组内的周刊比较出色的几篇合作文章之一的选题，现在回想起那些面红耳赤讨论的景象真是感慨万千……

这个专题还会继续下去，可能下一次是算平行主光轴光线的像散（这才是真正的噩梦啊）之类的问题. 希望自己能继续通过这种方式得到收获，实现进步.

以上.

附录 1

谢给我发来 PKU 2022 年力学免修考试的一个题目，是与我在上面分析的问题有关的，现在来就此题扩充一些上面的内容.

1.显然这个问题是具有轮换对称性的，所以只需要取$s_1$来进行示例性的计算.

$$\begin{aligned} \ddot{\vec{s_1}}&=\ddot{\vec{x_3}}-\ddot{\vec{x_2}}\\&=-G[\frac{m_1(\vec{x_3}-\vec{x_1})}{|\vec{x_3}-\vec{x_1}|^3}+\frac{m_2(\vec{x_3}-\vec{x_2})}{|\vec{x_3}-\vec{x_2}|^3}]+G[\frac{m_1(\vec{x_2}-\vec{x_1})}{|\vec{x_2}-\vec{x_1}|^3}+\frac{m_3(\vec{x_2}-\vec{x_3})}{|\vec{x_2}-\vec{x_3}|^3}]\\&=Gm_1\frac{\vec{s_2}}{|\vec{s_2}|^3}-Gm_2\frac{\vec{s_1}}{|\vec{s_1}|^3}+Gm_1\frac{\vec{s_3}}{|\vec{s_3}|^3}-Gm_3\frac{\vec{s_1}}{|\vec{s_1}|^3}\\&=Gm_1(\frac{\vec{s_1}}{|\vec{s_1}|^3}+\frac{\vec{s_2}}{|\vec{s_2}|^3}+\frac{\vec{s_3}}{|\vec{s_3}|^3})-G\frac{\vec{s_1}}{|\vec{s_1}|^3}(m_1+m_2+m_3)\\&=-Gm\frac{\vec{s_1}}{|\vec{s_1}|^3}+\vec{G}m_1\\\\ \end{aligned}$$

轮换对称性决定了：

$$\vec{s_i}=-Gm\frac{\vec{s_i}}{|\vec{s_i}|^3}+m_i\vec{G}\\\\$$

$Q.E.D\quad\square$

2.在题目所述的情况中，有$|\vec{s_1}|=|\vec{s_2}|=|\vec{s_3}|=s$，$\vec{G}=0$. 所以上面公式简化为

$$s_i=-Gm\frac{\vec{s_i}}{|\vec{s_i}|^3}\\\\$$

这时就可以写出关于$\vec{x_i}$的方程了. 需要注意的是，三个动力学方程中，一定有一个是不独立的，所以这里只写出两个.

$$\ddot{\vec{x_3}}-\ddot{\vec{x_2}}=-\frac{Gm}{s^3}\vec{x_3}+\frac{Gm}{s^3}\vec{x_2}\\\ddot{\vec{x_2}}-\ddot{\vec{x_1}}=-\frac{Gm}{s^3}\vec{x_2}+\frac{Gm}{s^3}\vec{x_1}\\\\$$

但是未知数一共有$\ddot{\vec{x_1}}$，$\ddot{\vec{x_2}}$，$\ddot{\vec{x_3}}$三个，方程的数量不够. 这时只能想到质心本身所包含的方程：

$$m_1\vec{x_1}+m_2\vec{x_2}+m_3\vec{x_3}=0\\\\$$

利用第三个方程消去$\vec{x_1}$（$\ddot{\vec{x_1}}$），有

$$\begin{aligned} \ddot{\vec{x_3}}-\ddot{\vec{x_2}}&=-\frac{Gm}{s^3}\vec{x_3}+\frac{Gm}{s^3}\vec{x_2}\\\ddot{\vec{x_2}}-\ddot{\vec{x_1}}&=\ddot{\vec{x_2}}-\frac{-m_2\ddot{\vec{x_2}}-m_3\ddot{\vec{x_3}}}{m_1}=-\frac{Gm}{s^3}\vec{x_2}+\frac{Gm}{s^3}\frac{-m_2\vec{x_2}-m_3\vec{x_3}}{m_1}\\\Longleftrightarrow&\\\\(1+\frac{m_2}{m_1})\ddot{\vec{x_2}}&+\frac{m_3}{m_1}\ddot{\vec{x_3}}=-\frac{Gm}{s^3}(1+\frac{m_2}{m_1})\vec{x_2}-\frac{Gm}{s^3}\frac{m_3}{m_1}\vec{x_3}\\\\ \end{aligned}$$

消去$\ddot{\vec{x_3}}$得到：

$$\ddot{\vec{x_2}}=-\frac{Gm}{s^3}\vec{x_2}\\\\$$

于是又根据轮换性，得到了

$$\ddot{\vec{x_i}}=-\frac{GM_i}{|\vec{x_i}|^3}\vec{x_i}\\\\$$

其中，$M_i=m|\vec{x_i}|^3/s^3$ ，这是一个定值，可以通过建系的方法计算出其值.

3.这种情况下，有

$$\begin{aligned} &\ddot{\vec{s_1}}=-(\lambda+1)\ddot{\vec{s_3}}\\&\Longrightarrow \quad Gm\frac{1}{(\lambda+1)^2}\frac{\vec{s_3}}{|\vec{s_3}|^3}+m_1\vec{G}=(\lambda+1)Gm\frac{\vec{s_3}}{|\vec{s_3}|^3}-(\lambda+1)m_3\vec{G}\\&\ddot{\vec{s_2}}=\lambda\ddot{\vec{s_3}}\\&\Longrightarrow\quad-Gm\frac{1}{\lambda^2}\frac{\vec{s_3}}{|\vec{s_3}|^3}+m_2\vec{G}=-\lambda Gm\frac{\vec{s_3}}{|\vec{s_3}|^3}+\lambda m_3\vec{G} &\\\\\end{aligned}$$

（其实只需要第一个式子就已经够了）

对第一个式子移项并整理成可以对比系数的形式，这时一定要注意正负号.

$$Gm\frac{\vec{s_3}}{|\vec{s_3}|^3}[(\lambda+1)-\frac{1}{(\lambda+1)^2}]=Gm\frac{\vec{s_3}}{|\vec{s_3}|}\frac{m_1+(\lambda+1)m_3}{m}[-\frac{1}{(\lambda+1)^2}+\frac{1}{\lambda^2}+1]\\\\$$

对比系数可以发现：

$$\begin{aligned} \lambda+1-\frac{1}{(\lambda+1)^2}&=-\frac{m_1+(\lambda+1)m_3}{m}[-\frac{1}{(\lambda+1)^2}+\frac{1}{\lambda^2}+1]\\\Longrightarrow\quad\lambda^3(\lambda+1)^2&=\frac{m_2}{m}\lambda^2-\frac{m_3}{m}\lambda^3-\frac{m_2}{m}\lambda^2(\lambda+1)^2+\frac{m_3}{m}\lambda^3(\lambda+1)^2\\&\quad\,\,+\frac{m_1}{m}(\lambda+1)^2+\frac{m_3}{m}(\lambda+1)^3\\\Longrightarrow\quad\lambda^5+2\lambda^4+\lambda^3&=\frac{m_2}{m}\lambda^2-\frac{m_3}{m}\lambda^3-\frac{m_2}{m}\lambda^4-\frac{m_2}{m}\cdot2\lambda^3-\frac{m_2}{m}\lambda^2\\&\quad\,\,+\frac{m_3}{m}\lambda^5+\frac{m_3}{m}\cdot2\lambda^4+\frac{m_3}{m}\lambda^3+\frac{m_1}{m}\lambda^2+\frac{m_1}{m}\cdot2\lambda\\&\quad\,\,+\frac{m_1}{m}+\frac{m_3}{m}\lambda^3+\frac{m_3}{m}\cdot3\lambda^2+\frac{m_3}{m}\cdot3\lambda+\frac{m_3}{m}\\\\ \end{aligned}$$

最后整理得到：

$$\begin{aligned}&(m_1+m_2)\lambda^5+(2m_1+3m_2)\lambda^4+(m_1+3m_2)\lambda^3+(-m_1-3m_3)\lambda^2\\&+(-2m_1-3m_3)\lambda+(-m_1-m_3)=0&\\\\\end{aligned}$$

这是最后计算出来的结果，但是并不确定是否是正确的，所以接下来我们用$L_1$点、$L_2$点与$L_3$点的数据进行计算，验证所得的多项式.

对于$L_1$点，沿用之前计算坐标时使用的坐标系，有以下数据：

$$\begin{aligned}&x_1=-\frac{\alpha}{1+\alpha}\,,\quad x_2=\frac{1}{1+\alpha}\,,\quad x_3=\frac{1}{1+\alpha}+(\frac{\alpha}{3})^{1/3}\\&\Longrightarrow\quad s_3=-x_1+x_2=1\,,\quad s_2=-x_3+x_1=-1-(\frac{\alpha}{3})^{1/3}\\&\Longrightarrow\quad\lambda=\frac{s_2}{s_3}=-1-(\frac{\alpha}{3})^{1/3}&\\\\\end{aligned}$$

考虑近似$m_3\ll m_2\ll m_1$，在多项式中忽略$m_3$，将$m_2$写为$\alpha$，$m_1$写为$1$. 得到：

$$\begin{aligned} &(1+\alpha)(-1-(\frac{\alpha}{3})^{1/3})^5+(2+3\alpha)(-1-(\frac{\alpha}{3})^{1/3})^4+(1+3\alpha)(-1-(\frac{\alpha}{3})^{1/3})^3\\&-(-1-(\frac{\alpha}{3})^{1/3})^2-2(-1-(\frac{\alpha}{3})^{1/3})-1=0\\&\Longleftrightarrow\\&-(1+5(\frac{\alpha}{3})^{1/3})+2(1+4(\frac{\alpha}{3})^{1/3})-(1+3(\frac{\alpha}{3})^{1/3})-(1+2(\frac{\alpha}{3})^{1/3})+2\\&+2(\frac{\alpha}{3})^{1/3}-1=0\\&\Longleftrightarrow\\&(-1+2-1-1+2-1)+(-5+2\times4-3-2+2)(\frac{\alpha}{3})^{1/3}=0\\&\Longleftrightarrow\\&0=0\\\\ \end{aligned}$$

这说明对于$L_1$点而言，这个多项式在$O(\alpha^{1/3})$阶下是正确的.

对于$L_2$点，是与$L_1$点对称的，所以$L_1$点处多项式成立即意味着$L_2$点亦成立.

接下来计算$L_3$点. 这时有：

$$\begin{aligned} &x_1=-\frac{\alpha}{1+\alpha}\,,\quad x_2=\frac{1}{1+\alpha}\,,\quad x_3=-\frac{\alpha}{1+\alpha}-1+\frac{7}{12}\alpha\\&\Longrightarrow\quad s_3=x_2-x_1=1\,,\quad s_2=x_1-x_3=1-\frac{7}{12}\alpha\\&\Longrightarrow\quad\lambda=\frac{s_2}{s_3}=1-\frac{7}{12}\alpha&\\\\ \end{aligned}$$

带入到多项式中，注意这一次只能近似到$O(\alpha)$阶项.

$$\begin{aligned} &(1+\alpha)(1-\frac{7}{12}\alpha)^5+(2+3\alpha)(1-\frac{7}{12}\alpha)^4+(1+3\alpha)(1-\frac{7}{12}\alpha)^3\\&-(1-\frac{7}{12}\alpha)^2-2(1-\frac{7}{12}\alpha)-1=0\\&\Longleftrightarrow\\&1+\alpha-\frac{35}{12}\alpha+2+3\alpha-\frac{14}{3}\alpha+1+3\alpha-\frac{7}{4}\alpha-1+\frac{7}{6}\alpha-2+\frac{7}{6}\alpha-1=0\\&\Longleftrightarrow\\&(1+2+1-1-2-1)+(1-\frac{35}{12}+3-\frac{14}{3}+3-\frac{7}{4}+\frac{7}{6}+\frac{7}{6})\alpha=0\\&\Longleftrightarrow\\&0=0\\\\ \end{aligned}$$

因此多项式对于$L_3$点在最低阶近似下仍然正确. 所以我们的答案经过了验证，是正确的答案.

至此，题目就已经做完了，可以从中看出拉格朗日点，或者说是限制性三体问题的一些更一般的性质.

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