Ejemplo de cálculo de Elementos Orbitales

Ejemplo de cálculo de Elementos Orbitales
Desde la Tierra se determina la posición y velocidad de un satélite respecto al sistema de referencia
Geocéntrico Ecuatorial como
~r0
=
~v0
=
(−0,8~i + 0,6~j + 0,5~k) UD,
(−0,4~i − 0,8~j + 0,6~k) UV.
(1)
(2)
Determinar los elementos orbitales (a, e, i, Ω, ω, ∆t) del satélite. Si la medida está tomada a las 15:00
UTC el 23 de Julio de 2006 ¿Cúando fue el último paso por el perigeo? ¿Y por el apogeo?
Nota: Por comodidad y simplicidad, en un problema geocéntrico se emplean las siguientes unidades
canónicas para adimensionalizar las variables del problema:
1 UD (Unidad de Distancia)
= R⊕ = 6378,14 km,
r
µ⊕
= 7905,36 m/s,
1 UV (Unidad de Velocidad) =
R⊕
UD
= 806,8 s = 13,454 min,
1 UT (Unidad de Tiempo) =
UV
donde µ⊕ = 398600,4 km3 /s2 = 1 UD · UV2 .
Solución del problema: Empezamos determinando el vector momento angular, ~h
~h = ~r0 × ~v0 = (0,76~i + 0,28~j + 0,88~k) UD · UV,
(3)
y los módulos de los vectores posición y velocidad,
r0
v0
= k~r0 k = 1,12 UD,
= k~v0 k = 1,08 UV.
(4)
(5)
=
µ
v02
−
= −0,31 UV2 ,
2
r0
(6)
El valor de la energı́a especı́fica será
y puesto que < 0, la órbita debe ser cerrada (bien un cı́rculo, bien una elipse). Calculamos ahora el
semieje mayor a de la expresión = −µ/2a, obteniendo
a = 1,59 UD,
(7)
lo que confirma, puesto que a 6= r0 , que se trata de una órbita elı́ptica. Calculamos ahora el vector
excentricidad ~e, que recordemos está orientado en la dirección de la lı́nea de ápsides apuntando hacia el
perigeo.
2
v0
1
~v0 · ~r0
~v0 × ~h ~r0
−
=
−
~r0 −
~v0 = −0,1565~i + 0,271~j + 0,0488~k.
(8)
~e =
µ
r0
µ
r0
µ
Por tanto, e = 0,32.
La inclinación de la órbita se calcula de la siguiente fórmula
cos i =
~h · ~k
,
khk
(9)
de donde obtenemos i = 0,744 rad = 42,6◦ .
Para encontrar el ángulo Ω (la ascensión recta del nodo ascendente), calculemos el vector ~n, que
está orientado en la dirección de la lı́nea de nodos apuntando al nodo ascendente.
~n = ~k × ~h = −0,28~i + 0,76~j.
1
(10)
Puesto que se verifica que
~n = k~nk(cos Ω~i + sin Ω~j),
(11)
y la primera componente de ~n es negativa, Ω se encuentra en el segundo cuadrante. De la fórmula (11),
se obtiene Ω = 1,9238 rad = 110,2◦ .
El argumento del perigeo, ω, se obtiene de la expresión
cos ω =
~n · ~e
,
k~nke
(12)
de donde ω = 0,2293 rad = 13,14◦ (no hay que hacer ninguna corrección de cuadrante puesto que
~e · ~k > 0).
Finalmente, para obtener el último elemento orbital ∆t (el tiempo desde el perigeo) obtenemos en
primer lugar la anomalı́a verdadera θ de la fórmula
cos θ =
~r0 · ~e
,
r0 e
(13)
de donde θ = 0,4921 rad = 28,2◦ (no hay que hacer ninguna corrección de cuadrante puesto que ~r0 · ~v0 >
0). Para ahora obtener ∆t debemos primero obtener la anomalı́a excéntrica E, que se deduce de θ
mediante la ecuación
r
θ
1+e
E
tan =
tan .
(14)
2
1−e
2
De (14) obtenemos E = 0,3578 rad = 20,5◦ . Conocido E, para hallar ∆t hay que emplear primero la
ecuación de Kepler
M = E − e sin E,
(15)
para
p calcular M , la anomalı́a media. Se obtiene M = 0,246 rad. Puesto que ∆t = M/n, siendo n =
µ/a3 = 0,4987 rad/s la velocidad media, finalmente llegamos a
∆t = 0,5 UT = 399,28 s = 6,66 min.
(16)
Escribamos todo los elementos orbitales juntos:
a = 1,59 UD,
i = 42,6◦ ,
e = 0,32,
Ω = 110,2◦ ,
ω = 13,14◦ ,
∆t = 0,5 UT.
(17)
Para responder a la pregunta, simplemente recordamos que la definición de ∆t es el tiempo transcurrido
desde el (último) perigeo. Por tanto, habrá que sustraer ∆t a la hora de la medida para obtener el
momento de paso por el perigeo, que denominamos tp
tp = tactual − ∆t = 14 : 53 : 20, 32 UTC.
(18)
Para obtener el paso por el último apogeo, puesto que la anomalı́a verdadera es menor de 180◦ sólo
habrá que restar la mitad del periodo orbital T = 2π/n = 12,6 UT = 2 h 49 m 25, 46 s (si θ > 180◦ ,
habrı́a que sumarlo). Por tanto,
ta = tp − T /2 = 13 : 28 : 37, 59 UTC.
(19)
Comprobación: Para verificar que nuestra solución es la correcta vamos a realizar el proceso inverso,
es decir, pasar de los elementos orbitales en (17) a la posición en el sistema de referencia geocéntrico
ecuatorial (que denominaremos GEO). Para ello, en primer lugar consideremos el sistema de referencia
perifocal (xF , y F , z F ) con el mismo origen que GEO (el foco) pero con el plano OxF y F coincidiendo con
el de la órbita, ~iF orientado en la dirección de la linea de ápsides apuntando al perigeo (como ~e) y ~k F
en la misma dirección que ~h.
En este sistema de referencia, se tiene que
~r0
~v 0
a(1 − e2 ) cos θ~iF + sen θ~j F ,
1 + e cos θ
r
µ
~iF + (e + cos θ)~j F .
=
−
sin
θ
a(1 − e2 )
=
2
(20)
(21)
Nótese que en (20)–(21) es necesario conocer θ y no t como aparece en (17). Para ello es necesario en
primer lugar resolver la ecuación de Kepler (15), donde M = n∆t = 0,245 rad. Para ello seguimos un
procedimiento iterativo basado en el método de Newton-Raphson. Definimos f (E) = M − E + e sin E.
Estimamos, como primera aproximación E0 = M = 0,245 rad. Como |f (E0 )| = 0,077 > 10−3 (donde
hemos fijado la tolerancia o error admisible de la solución como 10−3 ), obtenemos una mejor aproximación
E1 aplicando la fórmula
E1 = E0 −
M − E0 + e sin E0
f (E0 )
= E0 −
= 0,3586 rad,
f 0 (E0 )
−1 + e cos E0
(22)
y ahora |f (E1 )| = 0,00055 < 10−3 , luego aproximamos E ≈ E1 . Obtenemos, de (14), θ = 0,4931 rad y
por tanto, de (20)–(21),
(23)
~r0 =
0,985~iF + 0,5293~j F UD,
(24)
~v 0 =
−0,3958~iF + 1,002~j F UV.
Para pasar al sistema de referencia GEO, empleamos la matriz [T ]F,GEO = C3 (ω)C1 (i)C3 (Ω), donde
las matrices componentes de C son matrices de giro definidas como

 

cos ω
sin ω 0
0,9738 0,2273 0
C3 (ω) =  − sin ω cos ω 0  =  −0,2273 0,9738 0  ,
(25)
0
0
1
0
0
1
 


1
0
0
1
0
0
(26)
C1 (i) =  0 cos i sin i  =  0 0,7358 0,6772  ,
0 −0,6772 0,7358
0 − sin i cos i

 

cos Ω sin Ω 0
−0,3457 0,9383 0
C3 (Ω) =  − sin Ω cos Ω 0  =  −0,9383 −0,3457 0  .
(27)
0
0
1
0
0
1
Puesto que se tiene que

 GEO 
xF
x
[r]F =  y F  = [T ]F,GEO  y GEO  = [T ]F,GEO [r]GEO ,
zF
z GEO

(28)
finalmente obtenemos, usando las propiedades de las matrices de giro,
[r]GEO
=
[T ]F,GEO
−1
=
[T ]F,GEO
T
[r]F
[r]F
= C3T (Ω)C1T (i)C3T (ω)[r]F


−0,8004
=  0,5991  UD.
0,5007
(29)
Similarmente,
[v]GEO
= C3T (Ω)C1T (i)C3T (ω)[v]F


−0,3994
=  −0,8005  UV.
0,5996
(30)
La solución no coincide totalmente con (1)–(2) debido a la solución aproximada de (15) pero el error
no es significativo y podrı́a disminuirse simplemente haciendo más pequeña la tolerancia en la solución
numérica de (15).
3