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倭算数理研究所

科学・数学・学習関連の記事を、「倭マン日記」とは別に書いていくのだ!

2次元のケプラー問題 ~放物線軌道の場合~

古典力学のいろいろな系で運動方程式を解いていくシリーズ(目次)。 今回はケプラー問題で  { E = 0 } の場合の質点の運動を求めます。 この場合の軌道は放物線になります。

放物線軌道の方程式

2次元のケプラー問題の軌跡』より、放物線軌道の方程式は

  { \displaystyle\begin{align*}
  r = \frac{\rho}{1+\cos\theta} \qquad \left(\rho = \frac{\ell^2}{km}\right)
\end{align*}}

で与えられます。

動径方向の運動

動径方向の運動は『2次元のケプラー問題』より

  { \displaystyle\begin{align*}
  t - t_0 &= \sqrt{\frac{m}{2}}\; R \\
  R &= \int \frac{rdr}{\sqrt{kr - \frac{\ell^2}{2m}}}
\end{align*}}

で与えられるのでした。  { k > 0 } に注意して  { R } をもう少し変形すると

  { \displaystyle\begin{align*}
  R &= \frac{1}{\sqrt{k}} \int \frac{rdr}{\sqrt{r - \frac{\ell^2}{2km}}} \\
     &= \frac{1}{\sqrt{k}} \int \frac{rdr}{\sqrt{r - \frac{\rho}{2}}} \qquad \left(\rho = \frac{\ell^2}{km}\right)
\end{align*}}

ここで  { \rho } は軌道の方程式に現れる定数です。 さらに積分を実行すると

  { \displaystyle\begin{align*}
  R &= \frac{1}{\sqrt{k}}\int \frac{r-\frac{\rho}{2} + \frac{\rho}{2}}{\sqrt{r-\frac{\rho}{2}}} dr \\
     &= \frac{1}{\sqrt{k}}\left(\int \sqrt{r-\frac{\rho}{2}} dr
       + \frac{\rho}{2}\int \frac{dr}{\sqrt{r-\frac{\rho}{2}}} \right) \\
     &= \frac{1}{\sqrt{k}}\left\{\frac{2}{3}\left(r-\frac{\rho}{2}\right)\sqrt{r-\frac{\rho}{2}}
       + A \sqrt{r - \frac{\rho}{2}}\right\} \\
     &= \frac{2}{3\sqrt{k}}\left(r+\rho\right)\sqrt{r-\frac{\rho}{2}}
\end{align*}}

よって

  { \displaystyle\begin{align*}
  t - t_0 &= \frac{1}{3}\sqrt{\frac{2m}{k}}\left(r+\rho\right)\sqrt{r-\frac{\rho}{2}}
\end{align*}}

 { t = 0 } のとき  { r = \frac{\rho}{2} } (軌道の方程式での  { r } の最小値)となるように初期条件を課すと  { t_0 = 0 } となるので

  { \displaystyle\begin{align*}
  t &= \frac{1}{3}\sqrt{\frac{2m}{k}}\left(r+\rho\right)\sqrt{r-\frac{\rho}{2}} \qquad
   \left(\rho = \frac{\ell^2}{km}\right)
\end{align*}}

を得ます。 両辺を2乗すると  { r } についての3次方程式になるので  { r } について解き直すことができますが( { r \geqq \frac{\rho}{2} } では一意に定まる)、まぁそれでも一般的に解くのは大変なのでこれ以上はやりません(【追記】記事末で偏角方向の運動と軌道の方程式から  { r } { t } で表した形を求めました)。

偏角方向の運動

偏角方向の運動は、『2次元のケプラー問題』より

  { \displaystyle\begin{align*}
  t - t_0 &= \frac{2\rho^2m}{\ell}\Theta \\
  \Theta &= \frac{1}{4}\int (1+s^2)ds \qquad
    \left(s = \tan\frac{\theta}{2}\right)
\end{align*}}

で与えられます。 この  { \Theta } は簡単に積分できて

  { \displaystyle\begin{align*}
  \Theta
    &= \frac{1}{4} \left(s + \frac{1}{3}s^3\right) \\
    &= \frac{1}{12}\left(3\tan\frac{\theta}{2} + \tan^3\frac{\theta}{2}\right)
\end{align*}}

よって

  { \displaystyle\begin{align*}
  t - t_0 &= \frac{\rho^2m}{6\ell}\left(3\tan\frac{\theta}{2} + \tan^3\frac{\theta}{2}\right) \qquad
    \left(\rho = \frac{\ell^2}{km}\right)
\end{align*}}

を得ます。  { t = 0 } { \theta = 0 } となることを課すと  { t_0 = 0 } となるので、結局

  { \displaystyle\begin{align*}
  t &= \frac{\rho^2m}{6\ell}\left(3\tan\frac{\theta}{2} + \tan^3\frac{\theta}{2}\right)
\end{align*}}

となります。 これを逆に解くには動径方向の運動の場合と同様に3次方程式を解く必要があるのでスルー(【追記】気が変わって記事末でやってみました)。

まとめ

結果をまとめると

  { \displaystyle\begin{align*}
  \begin{cases}
    t = \dfrac{1}{3}\sqrt{\dfrac{2m}{k}}\left(r+\rho\right)\sqrt{r-\dfrac{\rho}{2}} \\[2mm]
    t = \dfrac{\rho^2m}{6\ell}\left(3\tan\dfrac{\theta}{2} + \tan^3\dfrac{\theta}{2}\right)
  \end{cases} \qquad
    \left(\rho = \frac{\ell^2}{km}\right)
\end{align*}}

 { k,\,m,\,\ell,\,\rho } はパラメータとして独立ではないので文字を1つ消去できます。 まぁどれを消去してもいいんですが、 { k } を消しておきましょう:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \begin{cases}
    t = \dfrac{m\sqrt{2\rho}}{3\ell}\left(r+\rho\right)\sqrt{r-\dfrac{\rho}{2}} \\[2mm]
    t = \dfrac{\rho^2m}{6\ell}\left(3\tan\dfrac{\theta}{2} + \tan^3\dfrac{\theta}{2}\right)
  \end{cases} \qquad
    \left(\rho = \frac{\ell^2}{km}\right)
\end{align*}}

ちなみに定数  { \rho } は、  { \frac{\rho}{2} } が回帰点の動径距離(アプス距離)となる定数です。

動径と偏角を時間の関数として表す

動径  { r }偏角  { \theta } を時刻  { t } の関数として解き直すのは結構大変ですが、実質的には3次方程式を解くことなので実行不可能ではありません。 なのでやはり実際にやってみることにしましょう。  { r,\,\theta } の一方が  { t } の関数として表すことができれば、軌道の方程式を使ってもう一方も比較的簡単に得られます。 ここでは  { \theta } { t } の関数として表してから、 { r } は軌道の方程式を使って求めることにします。

偏角  { \theta }
時刻  { t }偏角  { \theta } は以下のように関係しているのでした:

  { \displaystyle\begin{align*}
  t = \dfrac{\rho^2m}{6\ell}\left(3\tan\dfrac{\theta}{2} + \tan^3\dfrac{\theta}{2}\right) \qquad
    \left(\rho = \frac{\ell^2}{km}\right)
\end{align*}}

簡単のため、パラメータはまとめて  { \omega_0 } とおいておきましょう(添字の0はエネルギー0の意):

  { \displaystyle\begin{align*}
  \omega_0 =  \frac{6\ell}{\rho^2m}
\end{align*}}

このとき上記の関係は以下のようになります:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \tan^3\frac{\theta}{2} + 3\tan\frac{\theta}{2} = \omega_0 t
\end{align*}}

これを  { \tan\frac{\theta}{2} } について解くためには、以下の  { x } についての3次方程式を解けばいいことになります:

  { \displaystyle\begin{align*}
  x^3 + 3x - \omega_0 t = 0
\end{align*}}

3次方程式の解き方は『高校数学で導く3次方程式の解の公式』に書きましたが、ここでは同じ手順を繰り返して解いてみます。 2次の項がない3次方程式は、以下の因数分解

  { \displaystyle\begin{align*}
  x^3 + p^3 + q^3 -3pqx = (x + p + q)(x^2 + p^2 + q^2 - px - qx - pq)
\end{align*}}

を満たす  { p,\,q } を求めればいいのでした。 上記の3次方程式の左辺と係数を比較して、 { p,\,q }

  { \displaystyle\begin{align*}
  \begin{cases}
    p^3 + q^3 &= - \omega_0 t \\
    \quad pq &= -1
  \end{cases}
\end{align*}}

を満たさなければなりません。 2つ目の式を3乗して

  { \displaystyle\begin{align*}
  \begin{cases}
    p^3 + q^3 &= - \omega_0 t \\
    \,\, p^3q^3 &= -1
  \end{cases}
\end{align*}}

となりますが、これは  { p^3, q^3 }2次方程式

  { \displaystyle\begin{align*}
  x^2 +\omega_0 t x - 1 = 0
\end{align*}}

の2つの解であることを示しています。 2次方程式は解の公式で簡単に解けて

  { \displaystyle\begin{align*}
  p^3,\,q^3 &= \frac{-\omega_0 t \pm \sqrt{\omega_0^2 t ^2 + 4}}{2} \\
  \therefore \, 
  p,\,q
    &= \sqrt[3]{\frac{-\omega_0 t \pm \sqrt{\omega_0^2 t ^2 + 4}}{2}} \\
    &= -\sqrt[3]{\frac{\omega_0 t \mp \sqrt{\omega_0^2 t ^2 + 4}}{2}}
\end{align*}}

を得ます。  { p,\,q } が求まれば、上記の因数分解を踏まえて  { x } が(実数の範囲で)以下のように求まります:

  { \displaystyle\begin{align*}
  x &= -(p + q) \\
    &= \sqrt[3]{\frac{\omega_0 t + \sqrt{\omega_0^2 t ^2 + 4}}{2}}
      + \sqrt[3]{\frac{\omega_0 t - \sqrt{\omega_0^2 t ^2 + 4}}{2}} \\
    &= \sqrt[3]{\frac{\omega_0 t + \sqrt{\omega_0^2 t ^2 + 4}}{2}}
      - \sqrt[3]{\frac{2}{\omega_0 t + \sqrt{\omega_0^2 t ^2 + 4}}}
\end{align*}}

 { x = \tan\frac{\theta}{2} } だったので

  { \displaystyle\begin{align*}
  \tan\frac{\theta}{2}
    &= \sqrt[3]{\frac{\omega_0 t + \sqrt{\omega_0^2 t ^2 + 4}}{2}}
      - \sqrt[3]{\frac{2}{\omega_0 t + \sqrt{\omega_0^2 t ^2 + 4}}} \\[2mm]
  \therefore \, \theta
    &= 2 \tan^{-1} \left(\sqrt[3]{\frac{\omega_0 t + \sqrt{\omega_0^2 t ^2 + 4}}{2}}
      - \sqrt[3]{\frac{2}{\omega_0 t + \sqrt{\omega_0^2 t ^2 + 4}}}\right)
\end{align*}}

を得ます。

動径  { r }
 { r } は上記の  { \tan\frac{\theta}{2} } の式と軌道の方程式を使って解きます。 軌道の方程式は

  { \displaystyle\begin{align*}
  r = \frac{\rho}{1+\cos\theta}
\end{align*}}

だったので、まず分母の  { 1+\cos\theta } { \tan\frac{\theta}{2} } で表しておきましょう:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \cos\theta
    &= 2\cos^2\frac{\theta}{2} - 1 \\
    &= \frac{2}{1+\tan^2\frac{\theta}{2}} - 1 \\
    &= \frac{1 - \tan^2\frac{\theta}{2}}{1 + \tan^2\frac{\theta}{2}} \\
  \therefore\,1 + \cos\theta
    &= \frac{2}{1+\tan^2\frac{\theta}{2}}
\end{align*}}

よって

  { \displaystyle\begin{align*}
  r &= \frac{\rho}{1+\cos\theta} \\
    &= \frac{\rho}{2}\left(1+\tan^2\frac{\theta}{2}\right) \\
    &= \frac{\rho}{2}\left[\left(\sqrt[3]{\frac{\omega_0 t + \sqrt{\omega_0^2 t ^2 + 4}}{2}}\right)^2-1
      + \left(\sqrt[3]{\frac{2}{\omega_0 t + \sqrt{\omega_0^2 t ^2 + 4}}}\right)^2\right]
\end{align*}}

を得ます。

まとめ
以上の結果をもう少し見やすくまとめると

  { \displaystyle\begin{align*}
  \begin{cases}
    \quad r \quad =
      \dfrac{\rho}{2}\left[\left(\phi_{\omega_0}(t)\right)^2 -1
        + \dfrac{1}{\left(\phi_{\omega_0}(t)\right)^2}\right] \\[2mm]
    \tan\dfrac{\theta}{2} = \phi_{\omega_0}(t) - \dfrac{1}{\phi_{\omega_0}(t)}
  \end{cases}
\end{align*}}

ここで

  { \displaystyle\begin{align*}
  \phi_\omega(t) &= \sqrt[3]{\frac{\omega t + \sqrt{\omega^2 t ^2 + 4}}{2}}, &
  \omega_0 &= \frac{6\ell}{\rho^2m}\end{align*}}

です。 意外と綺麗な形にまとまりました。

【追記】

  •  { r,\,\theta } { t } の関数として表す導出を追記しました。
  • 前記事『2次元のケプラー問題』で偏角方向の式が因子2だけ間違っていたので、それに伴って結果を修正しました(一番最後の結果では  { \omega_0 } の定義が因子2だけ変わりました)。
  • 軌道の方程式で  { A } としていたものを  { \rho } に変更しました。

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