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

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

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 ${ r }$ を ${ t }$ 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。　 ${ t = 0 }$ で ${ \theta = 0 }$ 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 ${ r }$ と偏角 ${ \theta }$ 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 ${ \theta }$ を ${ t }$ 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 ${ t }$ と偏角 ${ \theta }$ 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、 ${ p,\,q }$ は

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

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 ${ p^3, q^3 }$ が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 ${ 1+\cos\theta }$ を ${ \tan\frac{\theta}{2} }$ 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】

${ r,\,\theta }$ を ${ t }$ 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。