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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 ~双曲線軌道の場合~

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 } の場合の運動を求めます。 このときの質点の軌跡は双曲線となります。

動径方向の運動

2次元のケプラー問題』より、動径  { r } と時刻  { t } との関係は以下で与えられるのでした:

  { \displaystyle\begin{align*}
  t - t_0 &= \sqrt{\frac{m}{2}}R \\
  R &= \int \frac{rdr}{\sqrt{E\left(r+\frac{k}{2E}\right)^2 - \frac{k^2}{4E}e^2}}
    \qquad \left(e = \sqrt{1+\frac{2E\ell^2}{k^2m}}\right)
\end{align*}}

2次元のケプラー問題の軌跡』で導入した  { a' = \frac{k}{2E} (> 0) } を用いて  { R } を書き換えると

  { \displaystyle\begin{align*}
  R &= \int \frac{rdr}{\sqrt{E\left(r+a'\right)^2 - Ea'^2e^2}} \\
     &= \frac{1}{\sqrt{E}}\int \frac{rdr}{\sqrt{\left(r+a'\right)^2 - a'^2e^2}} \\
     &= \sqrt{\frac{2a'}{k}}\int \frac{rdr}{\sqrt{\left(r+a'\right)^2 - a'^2e^2}}
\end{align*}}

ここで平方根の中が  { \cosh^2F-1 } に比例するように、変数  { F } を以下のように導入しましょう:

  { \displaystyle\begin{align*}
  r + a' &= a'e\cosh F \qquad \left(r = a' (e\cosh F -1),\quad dF = a'e\sinh F dF\right)
\end{align*}}

この  { F } は楕円軌道での離心近点離角に対応するもので、 { F = 0 } のとき近日点の動径距離(アプス距離)  { r = a'(e-1) } に等しくなります。 この変数変換を  { R } に施して

  { \displaystyle\begin{align*}
  R &= \sqrt{\frac{2a'}{k}}\int \frac{a'(e\cosh F - 1)\cdot a'e\sinh F dF}{a'e\sinh F} 
       \qquad\left(\because \cosh^2 F - \sinh^2 F = 1\right)\\
     &= \sqrt{\frac{2a'}{k}}a' \int (e\cosh F - 1) dF \\
     &= \sqrt{\frac{2a'^3}{k}}\left(e\sinh F - F \right)
\end{align*}}

 { t - t_0 = \sqrt{\frac{m}{2}} R } だったので

  { \displaystyle\begin{align*}
  t - t_0 = \sqrt{\frac{a'^3m}{k}}\;\left(e\sinh F - F \right) \qquad
    \left(F = \cosh^{-1}\left(\frac{a'+r}{a'e}\right)\right)
\end{align*}}

となります。 初期条件として  { t = 0 } のとき  { r = a'(e-1) } (このとき  { F = 0 }) となることを課すと  { t_0 = 0 } となります。 よって

  { \displaystyle\begin{align*}
  t = \sqrt{\frac{a'^3m}{k}}\;\left(e\sinh F - F \right) \qquad
    \left(F = \cosh^{-1}\left(\frac{a'+r}{a'e}\right)\right)
\end{align*}}

形式的に動径を時刻の関数として表す
楕円軌道の場合にやったように、双曲線軌道の場合も上記の関係を形式的に動径  { r } について解いてみましょう。 まず、表記を簡単にするために

  { \displaystyle\begin{align*}
  \omega_+ = \sqrt{\frac{k}{a'^3m}}
\end{align*}}

とおきましょう。 添字の「+」は  { E > 0 } の意。 この  { \omega_+ } は楕円軌道の場合の  { \omega_- } と比べて  { a } { a' } が変わってるだけです。 この  { \omega_+ } を使って、前節の関係式は

  { \displaystyle\begin{align*}
  \omega_+ t = e\sinh F - F
\end{align*}}

と書けます。 ここで、右辺の  { F } の関数  { e\sinh F - F }逆関数 { F_e(x) } と定義しましょう:

  { \displaystyle\begin{align*}
  F_e^{-1}(x) = e\sinh x - x
\end{align*}}

このとき  { F } を時刻の関数として  { F = F_e(\omega_+ t) } と書けます。  { r = a' (e\cosh F -1) } だったので、結局

  { \displaystyle\begin{align*}
  r(t) = a'\left(e\cosh F_e(\omega_+ t) - 1\right) \qquad \left(\omega_+ = \sqrt{\frac{k}{a'^3m}}\right)
\end{align*}}

を得ます。

偏角方向の運動

次は偏角方向の運動を求めます。 ただし、次節でやるように、上記で求めた動径方向の運動と軌跡の方程式を使って動径方向の運動を求める方がかなり簡単です。

2次元のケプラー問題』より、偏角  { \theta } と時刻  { t } の関係は以下で与えられるのでした:

  { \displaystyle\begin{align*}
  t - t_0
    &= \frac{2a'^2m(e^2-1)^2}{\ell} \Theta \qquad \left(e = \sqrt{1 + \frac{2E\ell^2}{k^2m}}\right)\\
  \Theta
    &= \int \frac{(1+s^2)ds}{\left[e+1-(e-1)s^2\right]^2} \qquad
      \left(s = \tan\frac{\theta}{2}\right)
\end{align*}}

双曲線軌道では  { A = a'(e^2-1) } であることを使っています。 また、 { \Theta }被積分関数の分母は少し書き換えています。 では  { \Theta } { s } 積分を計算していきましょう。 分母が  { (1-p^2)^2 } に比例するように、変数  { p } { s = \sqrt{\frac{e+1}{e-1}}p } で導入しましょう。 このとき

  { \displaystyle\begin{align*}
  \Theta
    &= \frac{1}{(e+1)^2}\sqrt{\frac{e+1}{e-1}}\; \int \frac{1+\frac{e+1}{e-1}p^2}{(1-p^2)^2}dp \\
    &= \frac{1}{\sqrt{(e^2-1)^3}}\; \int \frac{e-1+(e+1)p^2}{(1-p^2)^2}dp \\
    &= \frac{1}{\sqrt{(e^2-1)^3}}\; \int \frac{2e-(e+1)(1-p^2)}{(1-p^2)^2}dp \\
    &= \frac{1}{\sqrt{(e^2-1)^3}}\left(2e \int \frac{dp}{(1-p^2)^2} - (e+1) \int \frac{dp}{1-p^2} \right) \\
\end{align*}}

ここで

  { \displaystyle\begin{align*}
  \int \frac{dp}{1-p^2}
    &= \frac{1}{2}\int\left(\frac{1}{1-p} + \frac{1}{1+p}\right)dp \\
    &= \frac{1}{2}\left(-\log|1-p| + \log|1+p|\right) \\
    &= \frac{1}{2}\log\left|\frac{1+p}{1-p}\right|
\end{align*}}

  { \displaystyle\begin{align*}
  \int \frac{dp}{(1-p^2)^2}
    &= \int \left[\frac{1}{2}\frac{1}{1-p^2} + \frac{1}{4}\left(\frac{1}{(1-p)^2}+\frac{1}{(1+p)^2}\right)\right] dp \\
    &= \frac{1}{4}\log\left|\frac{1+p}{1-p}\right| + \frac{1}{4}\left(\frac{1}{1-p} - \frac{1}{1+p}\right) \\
    &= \frac{1}{4}\log\left|\frac{1+p}{1-p}\right| + \frac{1}{2}\frac{p}{1-p^2}
\end{align*}}

なので

  { \displaystyle\begin{align*}
  \Theta
    &= \frac{1}{\sqrt{(e^2-1)^3}}\left(\frac{ep}{1-p^2} - \frac{1}{2}\log\left|\frac{1+p}{1-p}\right|\right)
\end{align*}}

となります。  { p = \sqrt{\frac{e-1}{e+1}}\;s = \sqrt{\frac{e-1}{e+1}}\tan\frac{\theta}{2} } を使うと

  { \displaystyle\begin{align*}
  \Theta
    &= \frac{1}{\sqrt{(e^2-1)^3}}\left(
      \frac{e\sqrt{\frac{e-1}{e+1}}\;\tan\frac{\theta}{2}}{1-\frac{e-1}{e+1}\tan^2\frac{\theta}{2}}
      - \frac{1}{2}\log\left|\frac{1+\sqrt{\frac{e-1}{e+1}}\;\tan\frac{\theta}{2}}
      {1-\sqrt{\frac{e-1}{e+1}}\;\tan\frac{\theta}{2}}\right|\right) \\
    &= \frac{1}{\sqrt{(e^2-1)^3}}\left(
      \frac{e\sqrt{e^2-1}}{2}\frac{\sin\theta}{e\cos\theta + 1}
      - \frac{1}{2}\log\left|\frac{1+\sqrt{\frac{e-1}{e+1}}\;\tan\frac{\theta}{2}}
      {1-\sqrt{\frac{e-1}{e+1}}\;\tan\frac{\theta}{2}}\right|\right)
\end{align*}}

よって( { t = 0 } { \theta = 0 } となる初期条件も課して)

  { \displaystyle\begin{align*}
 t &= \frac{2a'^2m\sqrt{e^2-1}}{\ell}\left(
      \frac{e\sqrt{e^2-1}}{2}\frac{\sin\theta}{e\cos\theta + 1}
      - \frac{1}{2}\log\left|\frac{1+\sqrt{\frac{e-1}{e+1}}\;\tan\frac{\theta}{2}}
      {1-\sqrt{\frac{e-1}{e+1}}\;\tan\frac{\theta}{2}}\right|\right)
\end{align*}}

さらに  { a' = \frac{k}{2E},\,e = \sqrt{1+\frac{2E\ell^2}{k^2m}},\,\omega_+ = \sqrt{\frac{k}{a'^3m}} } を使うと

  { \displaystyle\begin{align*}
  \omega_+ t &= 
      \frac{e\sqrt{e^2-1}\;\sin\theta}{e\cos\theta + 1}
      - \log\left|\frac{1+\sqrt{\frac{e-1}{e+1}}\;\tan\frac{\theta}{2}}
      {1-\sqrt{\frac{e-1}{e+1}}\;\tan\frac{\theta}{2}}\right|
\end{align*}}

となります。 まぁそれなりな形にまとまりましたが、これを逆に解くのは無理そうなので、次節では別の方法で偏角を時刻の関数として表す方法をみていきます。

別の形
前節の方法とは別に、動径方向の運動と軌跡の方程式から偏角方向の運動を求めて見ましょう。 『2次元のケプラー問題の軌跡』より、双曲線軌道の場合の軌跡の方程式は

  { \displaystyle\begin{align*}
  r = \frac{a'(e^2 - 1)}{e\cos\theta + 1}
\end{align*}}

で与えられるのでした。 これを  { \cos\theta } について解くと

  { \displaystyle\begin{align*}
  \cos\theta = \frac{a'(e^2-1) - r}{er}
\end{align*}}

ここに、上記で求めた動径方向の運動  { r(t) = a'\left(e\cosh F_e(\omega_+ t) - 1\right) } を代入すると

  { \displaystyle\begin{align*}
  \cos\theta
    &= \frac{a'(e^2 - 1) - a'\left(e\cosh F_e(\omega_+ t) - 1\right)}{ea'\left(e\cosh F_e(\omega_+ t) - 1\right) } \\[2mm]
    &= \frac{e - \cosh F_e(\omega_+ t)}{e\cosh F_e(\omega_+ t) - 1} \\[2mm]
  \therefore \, \theta(t)
    &= \cos^{-1}\left(\frac{e - \cosh F_e(\omega_+ t)}{e\cosh F_e(\omega_+ t) - 1}\right)
\end{align*}}

を得ます。

まとめ

以上の結果をまとめると

  { \displaystyle\begin{align*}
  \begin{cases}
    r(t) &= a'\left(e\cosh F_e(\omega_+ t) - 1\right) \\[2mm]
    \theta(t) &= \cos^{-1}\left(\dfrac{e - \cosh F_e(\omega_+ t)}{e\cosh F_e(\omega_+ t) - 1}\right)
  \end{cases}
\end{align*}}

ここで

  { \displaystyle\begin{align*}
  e &= \sqrt{1+\frac{2E\ell^2}{k^2m}}, &
  a' &= \frac{k}{2E}, &
  \omega_+ &= \sqrt{\frac{k}{a'^3m}}, &
  F_e^{-1}(x) &= e\sinh x - x
\end{align*}}

です。

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