9 Problem Lamberta i wykres porkchop · Matematyka i fizyka od podstaw

0 Prolog: twierdzenie Lamberta

W 1761 roku Johann Heinrich Lambert, matematyk urodzony w Miluzie, udowodnił zaskakujący fakt: czas lotu między dwoma punktami orbity eliptycznej zależy tylko od trzech liczb: sumy odległości tych punktów od Słońca, odległości między nimi (cięciwy) i wielkiej półosi. Nie zależy od mimośrodu. Wynikało z tego, że z dwóch położeń komety i czasu między obserwacjami można wyznaczyć jej orbitę.

Dwieście lat później ten sam problem pojawił się w innym przebraniu: zamiast komety sonda, zamiast obserwacji daty startu i przylotu. Każdy program planowania misji ma w środku procedurę rozwiązującą problem Lamberta, wywoływaną miliony razy.

Pytanie na start. Według Hohmanna sonda na Marsa leci 259 dni. W oknie 2026 roku najtańszy start (najmniejsze $C_3$ ) daje lot trwający 294 dni, a nie 259. Dlaczego? Odpowiedź w części 4.

1 Problem Lamberta

Problem Lamberta

Dane: dwa wektory położenia $\mathbf r_1$ , $\mathbf r_2$ względem ciała centralnego i czas lotu $\Delta t$ . Szukane: orbita (w praktyce prędkości $\mathbf v_1$ i $\mathbf v_2$ w obu punktach), która przeprowadza ciało z $\mathbf r_1$ do $\mathbf r_2$ w czasie $\Delta t$ .

Dla zadanego kierunku ruchu (prosty albo wsteczny) i bez pełnych obiegów ( $N = 0$ ) rozwiązanie jest jedno; z $N \ge 1$ pełnymi obiegami są dwa albo żadne. Kąt przelotu $\Delta\nu < 180^\circ$ : przelot typu I („krótką drogą”), $\Delta\nu > 180^\circ$ : typu II.

Liczba niewiadomych się zgadza: orbita w płaszczyźnie wyznaczonej przez $\mathbf r_1$ i $\mathbf r_2$ ma trzy parametry ( $a$ , $e$ , $\omega$ ) i dwa położenia na niej dają dwa warunki, czas lotu trzeci. Problem jest jednak silnie nieliniowy: czas zależy od orbity przez równanie Keplera. Twierdzenie Lamberta mówi, że $\Delta t = \Delta t(a,\ r_1 + r_2,\ c)$ , gdzie $c = |\mathbf r_2 - \mathbf r_1|$ ; szuka się więc jednej liczby ( $a$ albo innego parametru), a reszta wynika z geometrii.

Przypadek szczególny to $\Delta\nu = 180^\circ$ : punkty leżą naprzeciw siebie, płaszczyzna orbity nie jest wyznaczona przez $\mathbf r_1$ i $\mathbf r_2$ , i dla planet o różnie nachylonych orbitach przelot wymaga obrotu płaszczyzny prawie o $90^\circ$ . Transfer Hohmanna to właśnie taki przypadek, możliwy tylko w modelu orbit współpłaszczyznowych.

Zadania · część 1

3 zadania · ok. 20 min

Dlaczego problem Lamberta ma dla zadanego kierunku ruchu i bez dodatkowych obiegów dokładnie jedno rozwiązanie, a z dopuszczeniem jednego pełnego obiegu dwa?

Odpowiedź
Jako funkcja $a$ czas lotu nie jest monotoniczny: elipsy o tym samym $a$ przechodzące przez oba punkty są dwie (dwie gałęzie, zadanie 1.3). Dobrą zmienną jest $z$ (zmienne uniwersalne, część 2): bez pełnych obiegów czas lotu jest rosnącą funkcją $z$ , więc każdy czas daje jedno $z$ , czyli jedną orbitę. Z pełnym obiegiem czas lotu jako funkcja $z$ ma minimum; dany czas (większy od minimum) osiąga się przy dwóch wartościach $z$ , mniejszy od minimum przy żadnej.
Ziemia i Mars są w chwili startu i przylotu po przeciwnych stronach Słońca, a orbita Marsa jest nachylona o $1{,}85^\circ$ . Co dzieje się z płaszczyzną orbity przelotu przy $\Delta\nu = 180^\circ$ ?

Odpowiedź
$\mathbf r_1$ i $\mathbf r_2$ są (prawie) przeciwne, więc ich iloczyn wektorowy, czyli normalna do płaszczyzny przelotu, jest źle określony. Jeśli Mars jest choć trochę nad ekliptyką, płaszczyzna musi przejść przez Słońce, Ziemię i Marsa: jest nachylona prawie prostopadle do ekliptyki. Sonda musiałaby wystartować z ogromną składową prostopadłą: koszt rośnie gwałtownie.
Twierdzenie Lamberta: czas lotu nie zależy od mimośrodu. Co to oznacza dla dwóch elips o tej samej wielkiej półosi przechodzących przez $\mathbf r_1$ i $\mathbf r_2$ ?

Odpowiedź
Przez dwa punkty przechodzą (dla $a > a_\text{min}$ ) dwie elipsy o tej samej wielkiej półosi, z różnymi $e$ i położeniem perycentrum. Twierdzenie Lamberta mówi, że czas lotu zależy tylko od $a$ , $r_1 + r_2$ i $c$ , ale osobno dla każdej z dwóch gałęzi (we wzorze Lagrange’a kąty $\alpha$ i $2\pi - \alpha$ ): czasy na obu elipsach są różne. Dlatego samo $a$ nie wystarcza jako niewiadoma; algorytmy szukają zmiennej, która jednoznacznie wyznacza orbitę, np. $z$ w zmiennych uniwersalnych.

2 Rozwiązanie zmiennymi uniwersalnymi

Żeby ten sam algorytm działał dla elips, parabol i hiperbol, używa się zmiennej $z = \chi^2/a$ (dodatnia dla elipsy, zero dla paraboli, ujemna dla hiperboli) i funkcji Stumpffa:

C(z) = \frac{1 - \cos\sqrt z}{z},\qquad S(z) = \frac{\sqrt z - \sin\sqrt z}{\sqrt{z^3}}\quad (z > 0),

z odpowiednikami hiperbolicznymi dla $z < 0$ i granicami $C(0) = 1/2$ , $S(0) = 1/6$ . Dla kąta przelotu $\Delta\nu$ (z warunku na kierunek ruchu) definiujemy $A = \sin\Delta\nu\sqrt{r_1r_2/(1 - \cos\Delta\nu)}$ i $y(z) = r_1 + r_2 + A\frac{zS(z) - 1}{\sqrt{C(z)}}$ .

Algorytm (Curtis 5.2)

1. Rozwiąż $F(z) = \left(\frac{y(z)}{C(z)}\right)^{3/2}S(z) + A\sqrt{y(z)} - \sqrt\mu\,\Delta t = 0$ (metoda Newtona albo bisekcja, z warunkiem $y(z) > 0$ ).

2. Funkcje Lagrange’a: $f = 1 - y/r_1$ , $g = A\sqrt{y/\mu}$ , $\dot g = 1 - y/r_2$ .

3. $\mathbf v_1 = (\mathbf r_2 - f\mathbf r_1)/g$ , $\;\mathbf v_2 = (\dot g\,\mathbf r_2 - \mathbf r_1)/g$ .

Python · problem Lamberta (pełna wersja: tools/verify/a9.py)

import numpy as np

def C(z): return (1 - np.cos(np.sqrt(z)))/z if z > 1e-8 else ((np.cosh(np.sqrt(-z)) - 1)/(-z) if z < -1e-8 else 0.5)
def S(z):
    if z > 1e-8: s = np.sqrt(z); return (s - np.sin(s))/s**3
    if z < -1e-8: s = np.sqrt(-z); return (np.sinh(s) - s)/s**3
    return 1/6

def lambert(r1, r2, dt, mu):
    R1, R2 = np.linalg.norm(r1), np.linalg.norm(r2)
    th = np.arccos(r1 @ r2/(R1*R2))
    if np.cross(r1, r2)[2] < 0: th = 2*np.pi - th          # ruch prosty
    A = np.sin(th)*np.sqrt(R1*R2/(1 - np.cos(th)))
    y = lambda z: R1 + R2 + A*(z*S(z) - 1)/np.sqrt(C(z))
    F = lambda z: (y(z)/C(z))**1.5*S(z) + A*np.sqrt(y(z)) - np.sqrt(mu)*dt
    lo, hi = -4*np.pi**2, 4*np.pi**2*0.999                  # bisekcja: pewna, choć wolniejsza od Newtona
    while y(lo) < 0: lo += 0.1
    for _ in range(100):
        mid = (lo + hi)/2
        lo, hi = (lo, mid) if F(mid) > 0 else (mid, hi)
    z = (lo + hi)/2; f = 1 - y(z)/R1; g = A*np.sqrt(y(z)/mu); gd = 1 - y(z)/R2
    return (r2 - f*r1)/g, (gd*r2 - r1)/g

Sprawdzenie na przykładzie z podręcznika Curtisa: $\mathbf r_1 = [5000;\ 10\,000;\ 2100]$ km, $\mathbf r_2 = [-14\,600;\ 2500;\ 7000]$ km, $\Delta t = 1$ h wokół Ziemi. Wynik: $\mathbf v_1 = [-5{,}9925;\ 1{,}9254;\ 3{,}2456]$ km/s, $\mathbf v_2 = [-3{,}3125;\ -4{,}1966;\ -0{,}3853]$ km/s, zgodnie z podręcznikiem co do czwartej cyfry.

Zadania · część 2

3 zadania · ok. 25 min

Pokaż, że $C(z) \to 1/2$ i $S(z) \to 1/6$ przy $z \to 0$ .

Odpowiedź
Z rozwinięć Taylora: $1 - \cos x = x^2/2 - x^4/24 + \ldots$ , więc $C = 1/2 - z/24 + \ldots$ ; $x - \sin x = x^3/6 - x^5/120 + \ldots$ , więc $S = 1/6 - z/120 + \ldots$ W programie trzeba to uwzględnić, inaczej przy $z \approx 0$ dzielimy zero przez zero.
Z wyniku przykładu Curtisa ( $\mathbf r_1$ , $\mathbf v_1$ ) policz energię, wielką półoś i mimośród orbity przelotu.

Odpowiedź
$r_1 = 11\,376$ km, $v_1 = 7{,}082$ km/s, $\varepsilon = 25{,}08 - 35{,}04 = -9{,}96$ km²/s², $a = 20\,000$ km; z wektora mimośrodu $e = 0{,}434$ . Orbita eliptyczna, $z > 0$ .
Dlaczego przed rozwiązywaniem $F(z) = 0$ trzeba zadbać o $y(z) > 0$ ?

Odpowiedź
W $F$ występują $\sqrt{y}$ i $(y/C)^{3/2}$ ; przy $y < 0$ są nieokreślone. Fizycznie $y$ odpowiada (z dokładnością do czynnika) wielkości związanej z parametrem orbity, który musi być dodatni. Dla $A > 0$ i bardzo ujemnych $z$ $y$ robi się ujemne, dlatego algorytm przesuwa dolną granicę, aż $y > 0$ .

3 Gdzie są planety: efemerydy i daty

Do problemu Lamberta trzeba znać położenia planet w dniu startu i przylotu. Najprostsze przybliżenie to elementy keplerowskie, które powoli się zmieniają: JPL publikuje tabelę elementów średnich na epokę J2000 i ich tempa zmian (E. M. Standish). Najważniejsze tempo to długość średnia $L$ (np. Mars: $19\,140{,}3^\circ$ na stulecie, czyli okres 686,98 dnia). Dokładność takich położeń (z uwzględnieniem temp zmian wszystkich elementów) to ułamek stopnia w okresie kilkuset lat wokół 2000 roku; nasz program uwzględnia tylko tempo $L$ , co dodaje błąd rzędu kilkudziesięciu tysięcy km w latach 2026–2033. Obie dokładności w zupełności wystarczają do wstępnego projektu. Do nawigacji sondy używa się numerycznych efemeryd DE (np. DE440).

Czas liczy się w dniach juliańskich (JD): ciągła rachuba dni od 4713 r. p.n.e., bez miesięcy i lat przestępnych. J2000 to JD 2 451 545,0 (1 stycznia 2000, 12:00 TT). 31 października 2026 to JD 2 461 344,5, czyli 9799,5 dnia po J2000. Sprawdzenie efemeryd: według nich 3 stycznia 2026 Ziemia jest 0,9833 AU od Słońca (peryhelium), a 9 stycznia 2026 Mars jest 2,40 AU od Ziemi (po drugiej stronie Słońca), co zgadza się z kalendarzami astronomicznymi.

Zadania · część 3

3 zadania · ok. 20 min

Policz okres Marsa z tempa długości średniej $19\,140{,}30^\circ$ na stulecie (36 525 dni).

Odpowiedź
$360^\circ\cdot 36\,525/19\,140{,}30 = 686{,}98$ dnia.
Ile dni dzieli 31 października 2026 (JD 2 461 344,5) i 21 sierpnia 2027 (JD 2 461 638,5)?

Odpowiedź
294 dni. W JD odejmuje się po prostu liczby; to cała zaleta tej rachuby.
Dlaczego elementy średnie wystarczą do wykresu porkchop, ale nie do wejścia na orbitę Marsa?

Odpowiedź
Błąd położenia planet z elementów średnich (bez temp zmian $a$ , $e$ , $i$ , $\varpi$ , $\Omega$ , jak w naszym programie) to dziesiątki tysięcy km, ułamek stopnia; zmienia $C_3$ o drobne procenty, więc kształt okna i daty są dobre. Wejście na orbitę wymaga trafienia w perycentrum hiperboli z dokładnością do kilku–kilkunastu km, a to wymaga efemeryd numerycznych i bieżącej nawigacji sondy.

4 Wykres porkchop i okna na Marsa

Dla każdej pary (data startu, czas lotu) rozwiązujemy problem Lamberta i liczymy $C_3 = |\mathbf v_1 - \mathbf v_\oplus|^2$ oraz prędkość nadmiarową przy Marsie $|\mathbf v_2 - \mathbf v_M|$ . Mapa tych wartości przypomina kształtem kotlet schabowy (ang. pork chop), stąd nazwa. Najmniejsze $C_3$ w kolejnych oknach (efemerydy z elementów średnich, przelot w jednym obiegu):

okno	start	czas lotu	$C_3$ [km²/s²]	$v_\infty$ przy Marsie [km/s]
2026	31 października 2026	294 d	9,13	2,69
2028	2 grudnia 2028	319 d	8,92	3,28
2031	23 lutego 2031	321 d	8,25	5,56
2033	29 kwietnia 2033	274 d	7,81	4,38

Odpowiedź na pytanie z prologu: orbity są eliptyczne i nachylone. Najtańszy przelot nie jest dokładnie połówką elipsy: w 2026 roku kąt przelotu wynosi ok. $197^\circ$ (typ II), więc lot jest dłuższy niż 259 dni Hohmanna. Typ I i typ II tworzą na wykresie dwie „doliny”, rozdzielone grzbietem w pobliżu $\Delta\nu = 180^\circ$ , gdzie przelot wymaga obrotu płaszczyzny.

Okna różnią się, bo Mars ma wyraźnie eliptyczną orbitę ( $e = 0{,}093$ ): odległość Ziemia–Mars przy kolejnych opozycjach zmienia się od ok. 56 do ok. 100 mln km z okresem ok. 15–17 lat. W 2031 roku najtańszy start daje dużą prędkość przylotu: tańsze $C_3$ nie oznacza tańszej misji.

Zadania · część 4

3 zadania · ok. 25 min

Ile dni dzielą najlepsze daty startu w oknach 2026 i 2028? Porównaj z okresem synodycznym.

Odpowiedź
31.10.2026 → 2.12.2028: 763 dni; okres synodyczny 780 dni. Różnica bierze się z eliptyczności orbity Marsa: odstęp między oknami zmienia się od ok. 760 do ok. 815 dni.
W symulacji zobacz, co się dzieje z $C_3$ w okolicy czasu lotu, przy którym kąt przelotu wynosi $180^\circ$ . Dlaczego to nie jest wąska kreska, tylko szeroki grzbiet?

Odpowiedź
Koszt obrotu płaszczyzny rośnie stopniowo, gdy kąt przelotu zbliża się do $180^\circ$ : płaszczyzna przelotu musi zawierać Słońce, Ziemię i Marsa, a nachylenie tej płaszczyzny względem ekliptyki rośnie jak $\beta_M/\sin\Delta\nu$ (gdzie $\beta_M$ to szerokość ekliptyczna Marsa). Już kilka–kilkanaście stopni od $180^\circ$ nachylenie i koszt są duże.
W oknie 2031 najmniejsze $C_3$ daje przylot z $v_\infty = 5{,}56$ km/s. Ile kosztuje wtedy wejście na orbitę kołową 300 km wokół Marsa, a ile w oknie 2026 ( $v_\infty = 2{,}69$ km/s)?

Odpowiedź
$\sqrt{v_\infty^2 + 23{,}18} - 3{,}40$ : dla 5,56 km/s 3,95 km/s, dla 2,69 km/s 2,11 km/s. W 2031 roku trzeba wybrać inny punkt wykresu (kompromis), wejść w atmosferę albo zaakceptować większe $C_3$ .

5 Wybór przelotu

Projektant patrzy na kilka map naraz: $C_3$ (ile ładunku wyniesie rakieta), prędkość przylotu (ile paliwa na hamowanie albo jakie obciążenia przy wejściu w atmosferę), deklinację asymptoty wylotu (czy rakieta z danego kosmodromu ją osiągnie), czas lotu, datę przylotu (oświetlenie miejsca lądowania, łączność). Rakieta ma ograniczone $C_3$ , więc z mapy wycina się okres startowy: zakres dat, w którym jest przelot spełniający wszystkie wymagania. W oknie 2026, z dowolnym czasem lotu, $C_3 \le 12$ km²/s² jest osiągalne przez 72 dni (od 11 października do 21 grudnia), $C_3 \le 10$ km²/s² tylko przez 21 dni.

Najmniejsza suma $\Delta v$ (wylot z 300 km i wejście na kołową orbitę 300 km wokół Marsa) w oknie 2026: 5,67 km/s przy starcie 31 października i locie 312 dni ( $C_3 = 9{,}22$ , $v_\infty = 2{,}57$ km/s): bardzo blisko liczby z transferu Hohmanna (5,68 km/s).

Zadania · część 5

2 zadania · ok. 20 min

Lądownik wchodzi w atmosferę Marsa bez hamowania silnikiem. Którą mapę wykresu porkchop oglądasz najpierw i dlaczego prędkość przylotu nie może być dowolnie duża?

Odpowiedź
Przede wszystkim $C_3$ (masa, którą rakieta wyniesie), a prędkość przylotu jako ograniczenie: prędkość wejścia w atmosferę to $\sqrt{v_\infty^2 + 2\mu_M/r}$ (ok. 5,5–6 km/s), a obciążenia termiczne i przeciążenia rosną z nią szybko (lekcja 10 Wejście w atmosferę). Osłona termiczna jest projektowana na konkretny zakres.
Okres startowy trwa 21 dni, ale rakieta może stać na wyrzutni opóźniona przez pogodę albo usterki. Jak projektanci zwiększają odporność misji na opóźnienia?

Odpowiedź
Projektują sondę na nieco większe $C_3$ (lżejsza sonda albo mocniejsza rakieta), co poszerza okres startowy do kilku tygodni, i dla każdego dnia mają przygotowany inny przelot (inny czas lotu, inna data przylotu). Okno marsjańskie, które przepadnie, wraca dopiero po ok. 26 miesiącach.

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda: od dat do budżetu misji

Efemerydy: $\mathbf r$ , $\mathbf v$ planet w dniu startu i przylotu (JD).
Problem Lamberta: $\mathbf v_1$ , $\mathbf v_2$ dla właściwego kierunku ruchu.
Prędkości nadmiarowe: $\mathbf v_\infty = \mathbf v_1 - \mathbf v_\oplus$ , $\mathbf v_\infty^M = \mathbf v_2 - \mathbf v_M$ ; $C_3 = |\mathbf v_\infty|^2$ .
Sklejanie z lekcji 7: wylot i przylot przez hiperbole.
Siatka wszystkich par dat: wykres porkchop, okres startowy, wybór przelotu.

Przykład 6.1 Sprawdzenie solvera

Sprawdź solver Lamberta na danych z podręcznika i dodatkowo całkowaniem numerycznym.

Dane Curtisa: $\Delta t = 3600$ s; solver daje $\mathbf v_1 = [-5{,}9925;\ 1{,}9254;\ 3{,}2456]$ km/s.
Całkowanie RK4 z $(\mathbf r_1, \mathbf v_1)$ przez 3600 s (krok 1 s) trafia w $\mathbf r_2$ z błędem $10^{-10}$ km, czyli praktycznie dokładnie.
Obie metody liczą coś innego (algebra przez $z$ i całkowanie równania ruchu), więc zgodność jest niezależnym testem.

Wynik: zgodność z podręcznikiem do 4 cyfr i z całkowaniem do błędu zaokrągleń.

Sprawdzenie: energia i moment pędu policzone z $(\mathbf r_1, \mathbf v_1)$ i z $(\mathbf r_2, \mathbf v_2)$ są te same ✓.

Przykład 6.2 Okno 2026

Wyznacz najtańszy (w $C_3$ ) przelot na Marsa w 2026 roku.

Siatka: start od czerwca 2026 do marca 2027, czas lotu 120–400 dni, krok kilka dni; potem zagęszczenie wokół minimum.
Minimum: start 31 października 2026, lot 294 dni, przylot 21 sierpnia 2027; $C_3 = 9{,}13$ km²/s², $v_\infty$ przy Marsie 2,69 km/s.
Kąt przelotu ok. $197^\circ$ : typ II.

Wynik: start pod koniec października 2026, $C_3$ ok. 9 km²/s².

Sprawdzenie: Hohmann (orbity kołowe) daje $C_3 = 8{,}67$ i 259 dni: ten sam rząd wielkości, a różnice tłumaczy eliptyczność i nachylenie orbit ✓.

Przykład 6.3 Krótki przelot się nie opłaca

Ile kosztuje start 20 dni przed najlepszą datą okna 2026 z czasem lotu 200–250 dni?

Lot 200 dni: $C_3 = 38$ km²/s², $v_\infty$ przy Marsie 7,7 km/s.
Lot 250 dni: $C_3 = 36$ km²/s², $v_\infty$ 5,8 km/s.
W tym miejscu wykresu leży grzbiet wokół $\Delta\nu = 180^\circ$ : koszt jest cztery razy większy niż w dolinie.

Wynik: skrócenie lotu o miesiąc–dwa przez złe dobranie daty kosztuje czterokrotne $C_3$ .

Sprawdzenie: w symulacji te punkty leżą w jasnym (drogim) pasie między dolinami ✓.

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„Krótszy lot jest zawsze droższy.”: Na wykresie porkchop są dwie doliny; krótszy przelot typu I bywa tańszy niż dłuższy przelot w pobliżu $180^\circ$ .
„Hohmann to najlepszy przelot na Marsa.”: W modelu kołowym tak; w rzeczywistości przelot przez dokładnie $180^\circ$ wymaga obrotu płaszczyzny i jest drogi. Najlepsze przeloty mają kąt wyraźnie różny od $180^\circ$ .
„Minimum $C_3$ to najlepsza misja.”: Liczy się suma: wylot, przylot, ograniczenia rakiety i lądowania. Minimum $C_3$ może dać bardzo szybki przylot (okno 2031).
„Okna co 780 dni są identyczne.”: Orbita Marsa jest eliptyczna: koszty i czasy lotu zmieniają się z cyklem ok. 15–17 lat.
„Problem Lamberta rozwiązuje się wzorem.”: Wymaga iteracji (równanie przestępne); dobre programy łączą solidny start z szybką metodą Newtona.

8 Zadania do przemyślenia

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia.

Zadania do przemyślenia

5 zadań · ok. 1,5 godziny

Newton zamiast bisekcji. Bisekcja potrzebuje ok. 60 kroków, Newton zwykle 5–10. Dlaczego wiele programów i tak zaczyna od bisekcji albo innego zabezpieczenia?
Rozwiązanie
1. $F(z)$ ma ograniczoną dziedzinę ( $y > 0$ , $z < 4\pi^2$ dla jednego obiegu) i bywa bardzo stroma; Newton z złego startu wyskakuje poza dziedzinę albo oscyluje.
2. Rozwiązanie hybrydowe: przedział z gwarantowaną zmianą znaku i Newton, który wraca do bisekcji, gdy krok wyprowadza poza przedział (metoda Brenta). Przy milionach wywołań w wykresie porkchop liczy się i szybkość, i pewność.
Wiele obiegów. Jak zmieni się wykres porkchop, jeśli dopuścimy przeloty z jednym pełnym obiegiem Słońca (czasy lotu 1,5–3 lata)?
Rozwiązanie
1. Dla każdej pary dat pojawiają się dwa dodatkowe rozwiązania (zadanie 1.1); powstają nowe doliny przy długich czasach lotu.
2. Takie przeloty mogą mieć mniejsze $C_3$ albo $v_\infty$ przy przylocie w latach, gdy zwykłe okno jest złe, kosztem czasu. W połączeniu z manewrem w głębokiej przestrzeni (ang. deep space maneuver) dają elastyczność dat.
Deklinacja asymptoty. $\mathbf v_\infty$ wylotu ma kierunek w przestrzeni. Dlaczego rakieta startująca z kosmodromu na szerokości $28{,}5^\circ$ ma kłopot, gdy deklinacja (kąt nad równikiem) asymptoty wynosi $45^\circ$ ?
Rozwiązanie
1. Hiperbola wylotu leży w płaszczyźnie orbity parkingowej, a jej asymptota tworzy z równikiem kąt nie większy niż nachylenie tej orbity. Z $28{,}5^\circ$ szerokości najmniejsze nachylenie orbity to $28{,}5^\circ$ , ale da się osiągnąć większe (start bardziej na północ).
2. Deklinacja $45^\circ$ wymaga orbity parkingowej nachylonej co najmniej o $45^\circ$ : rakieta traci część prędkości z obrotu Ziemi i ładunek maleje. Projektanci patrzą więc także na mapę deklinacji, nie tylko $C_3$ .
Twierdzenie Lamberta w praktyce. Skoro czas lotu zależy tylko od $a$ , $r_1 + r_2$ i $c$ , to jak wyznaczyć przelot o minimalnej energii między dwoma punktami?
Rozwiązanie
1. Najmniejsza energia to najmniejsze $a$ , przy którym elipsa jeszcze przechodzi przez oba punkty: $a_\text{min} = (r_1 + r_2 + c)/4$ (wtedy drugi ogniskowy punkt leży na cięciwie).
2. Czas lotu po tej elipsie jest określony; inny czas wymaga większego $a$ (droższej orbity). To daje dolną granicę $C_3$ dla danej geometrii, niezależną od daty.
Porkchop dla planety-olbrzyma. Jak wyglądałby wykres porkchop dla lotu na Jowisza bez asyst i dlaczego prawdziwe misje go nie używają w tej formie?
Rozwiązanie
1. Okna co ok. 13 miesięcy, czasy lotu 2–3 lata, $C_3$ powyżej ok. 75–80 km²/s²: wykres podobny kształtem, ale z ogromnymi wartościami.
2. Takie $C_3$ ogranicza masę sondy do małych wartości, więc prawdziwe misje łączą problemy Lamberta dla wielu odcinków (Ziemia–Wenus–Ziemia–Jowisz) i szukają sekwencji z asystami; zamiast jednego wykresu przeszukuje się drzewo możliwych przelotów.

9 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Co jest daną, a co szukaną w problemie Lamberta?

Dane: $\mathbf r_1$ , $\mathbf r_2$ , $\Delta t$ (i kierunek ruchu); szukane: $\mathbf v_1$ , $\mathbf v_2$ (orbita).

2 Co mówi twierdzenie Lamberta?

Czas lotu zależy tylko od $a$ , $r_1 + r_2$ i cięciwy $c$ .

3 Po co zmienne uniwersalne?

Jeden algorytm dla elipsy, paraboli i hiperboli; $z > 0$ , $z = 0$ , $z < 0$ .

4 Co pokazuje wykres porkchop?

$C_3$ (albo $v_\infty$ przylotu, suma $\Delta v$ ) w funkcji daty startu i czasu lotu.

5 Dlaczego przeloty przez

180^\circ

są drogie?

Płaszczyzna przelotu musi zawierać Słońce i obie planety; przy nachylonych orbitach to płaszczyzna prawie prostopadła do ekliptyki.

6 Kiedy są najbliższe okna na Marsa?

Ok. października–listopada 2026, grudnia 2028, lutego 2031, kwietnia 2033.

10 Karta wzorów i co dalej

Lambert (zmienne uniwersalne)

$A = \sin\Delta\nu\sqrt{r_1r_2/(1 - \cos\Delta\nu)}$

$y = r_1 + r_2 + A(zS - 1)/\sqrt C$

$F = (y/C)^{3/2}S + A\sqrt y - \sqrt\mu\Delta t = 0$

$f = 1 - y/r_1$ , $g = A\sqrt{y/\mu}$ , $\dot g = 1 - y/r_2$

$\mathbf v_1 = (\mathbf r_2 - f\mathbf r_1)/g$ , $\mathbf v_2 = (\dot g\mathbf r_2 - \mathbf r_1)/g$

Planowanie

$C_3 = |\mathbf v_1 - \mathbf v_\oplus|^2$ , $v_\infty^M = |\mathbf v_2 - \mathbf v_M|$

JD: J2000 = 2 451 545,0

minimalna energia: $a_\text{min} = (r_1 + r_2 + c)/4$

typ I: $\Delta\nu < 180^\circ$ , typ II: $> 180^\circ$

Mars 2026: 31.10, 294 d, $C_3 = 9{,}1$ km²/s²

Do przeczytania

Obowiązkowo: H. D. Curtis, Orbital Mechanics for Engineering Students, rozdz. 5.3 (problem Lamberta, algorytm 5.2) i rozdz. 8 (efemerydy planet i trajektorie międzyplanetarne).
Dla chętnych: D. Izzo, „Revisiting Lambert’s problem” (Celestial Mechanics and Dynamical Astronomy, 2015): szybki i pewny algorytm używany w nowoczesnych programach; E. M. Standish, tabela przybliżonych elementów planet (JPL Solar System Dynamics).

Sonda dotarła do Marsa z prędkością kilku kilometrów na sekundę. Jeśli ma wylądować, musi tę prędkość wytracić, a najtańszym hamulcem jest atmosfera. Kolejna lekcja liczy wejście w atmosferę: przeciążenia, nagrzewanie i to, dlaczego osłona termiczna jest tępa, a nie ostra.