\documentclass{jarticle}
\usepackage{amsmath}
\begin{document}

\title{ITPASS実習レポート02}
\author{担当情報実験機：joho04 \and 坂本花菜}
\date{2011/07/21}
\maketitle

\section*{問題1}
\section*{(1)}
%
中心星の運動方程式は
\begin{equation}
  m_1\ddot{\mathbf{r_1}} =
  \mathbf{F_1}
\end{equation}
惑星の運動方程式は
\begin{equation}
  m_2\ddot{\mathbf{r_2}} =
  \mathbf{F_2}
\end{equation}
ここで、万有引力の法則より
\begin{equation*}
  \mathbf{F} =
  - \frac{GMm}{r^3} \mathbf{r}
\end{equation*}
したがって式(1),(2)はそれぞれ、
\begin{equation*}
  m_1\ddot{\mathbf{r_1}} =
  - \frac{Gm_1m_2}{|\mathbf{r_2} - \mathbf{r_1}|^3} (\mathbf{r_2} - \mathbf{r_1})
\end{equation*}
\begin{equation*}
  m_2\ddot{\mathbf{r_2}} =
  - \frac{Gm_1m_2}{|\mathbf{r_1} - \mathbf{r_2}|^3} (\mathbf{r_1} - \mathbf{r_2})
\end{equation*}
と書き換えることができる。$ \mathbf{r} = \mathbf{r_2} - \mathbf{r_1} $ 
を用いると
\begin{equation}
  \ddot{\mathbf{r_1}} = 
  - \frac{Gm_2}{|\mathbf{r}|^3} \mathbf{r} =
  - \frac{Gm_2}{r^3} \mathbf{r}
\end{equation}
\begin{equation}
  \ddot{\mathbf{r_2}} =
  - \frac{Gm_1}{|\mathbf{r}|^3} ( - \mathbf{r}) =
  \frac{Gm_1}{r^3} \mathbf{r}
\end{equation}
したがって、式(3),(4)より
\begin{eqnarray}
  \ddot{\mathbf{r}} = \ddot{\mathbf{r_2}} - \ddot{\mathbf{r_1}}
                  & = & \frac{Gm_1}{r^3} \mathbf{r} - \frac{Gm_2}{r^3} \mathbf{r} \nonumber\\
                  & = & - \frac{G(m_1 + m_2)}{r^3} \mathbf{r}
\end{eqnarray}

式(5)より、これらの2天体は楕円軌道上を運動すると考えられる。

\section*{(2)}
%
$ \mathbf{r} = (x{,}y) $ より、
\begin{equation*}
\dot{r}=(\dot{x}{,}\dot{y})
\end{equation*}
$ \dot{x},\dot{y} $ はそれぞれ速度成分なので、
\begin{equation*}
\dot{r}=(\dot{x}{,}\dot{y})=(v_x{,}v_y)
\end{equation*}
さらに、もう一度 $ \mathbf{r} $ を微分を考えると、 $ \dot{v_x},\dot{v_y} $ はそ\
れぞれ加速度成分なので、
\begin{equation*}
\ddot{\mathbf{r}} = (\dot{v_x}{,}\dot{v_y})
\end{equation*}
また、 $ |\mathbf{r}| = \sqrt{{x^2}+{y^2}} $ を用いると、
\begin{eqnarray}
  \ddot{\mathbf{r}} = (\dot{v_x}{,}\dot{v_y})
         & = & - \frac{G(m_1 + m_2)}{r^3} \mathbf{r} \nonumber\\
         & = & - \frac{G(m_1 + m_2)}{(x^2 + y^2)^{\frac{3}{2}}}(x{,}y) \nonumber
\end{eqnarray}
したがって、
\begin{eqnarray}
  \dot{v_x} = - \frac{G(m_1 + m_2)}{(x^2 + y^2)^{\frac{3}{2}}}x 
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
  \dot{v_y} = - \frac{G(m_1 + m_2)}{(x^2 + y^2)^{\frac{3}{2}}}y
\end{eqnarray}

\section*{問題2}
\section*{(1)}
%
 $ m_1 $ と $ m_2 $ は常に $ x $ 軸上にあるので、 $ y_1 = y_2 = 0 $ .
いま、原点から見て中心星は 
\begin{eqnarray}
  x_1 & = & \frac{m_2}{m_1 + m_2} \nonumber\\
      & = & \frac{\frac{\mu_2}{G}}{\frac{\mu_1}{G} + \frac{\mu_2}{G}} \nonumber\\
      & = & \frac{\mu_2}{\mu_1 + \mu_2}  
\end{eqnarray}
また、惑星は
\begin{eqnarray}
  x_2  & = & \frac{m_1}{m_1 + m_2} \nonumber\\
       & = & \frac{\frac{\mu_1}{G}}{\frac{\mu_1}{G} + \frac{\mu_2}{G}} \nonumber\\
       & = & \frac{\mu_1}{\mu_1 + \mu_2}
\end{eqnarray}
の位置にあることがわかる。 したがって、$ x_1 $ は原点からみて負の位置にあるので
\begin{eqnarray}
(x_1{,}y_1) & = & (- \mu_2{,}0) \\
(x_2{,}y_2) & = & (\mu_1{,}0) 
\end{eqnarray}

\section*{(2)}
%
時刻 $ t $ における $ ξ $ 軸と $ x $ 軸のなす角 $ θ $ は
\begin{equation}
\theta = \omega{t}
\end{equation}
慣性系において角速度 $ ω $ で回転しているので回転行列を用いて表すと
\begin{equation*}
\left(
\begin{array}{c}
\xi \\
\eta \\
\end{array}
\right) = 
\left(
\begin{array}{cc}
 \cos\omega{t} & - \sin\omega{t} \\
 \sin\omega{t} & \cos\omega{t} \\
\end{array}
\right)
\left(
\begin{array}{c}
 x \\
 y \\
\end{array}
\right)
\end{equation*}
したがって、求める変換式は
\begin{equation}
 \xi = x\cos\omega{t} - y\sin\omega{t}
\end{equation}
\begin{equation}
 \eta = x\sin\omega{t} + y\cos\omega{t}
\end{equation}


\section*{(3)}
%
(2)で求めた式(13),(14)より、
\begin{equation*}
  \dot{\xi} = (\dot{x}\cos\omega{t} - \omega{x}\sin\omega{t} - (\dot{y}\sin\omega{t} + \omega{y}\cos\omega{t})
\end{equation*}
\begin{equation}
 \ddot{\xi} = (\ddot{x} - 2\omega\dot{y} - \omega^2 x)\cos\omega{t} - (\ddot{y} + 2\omega\dot{x} - \omega^2 y)\sin\omega{t}
\end{equation}

\begin{equation*}
  \dot{\eta} = (\dot{x}\sin\omega{t} + \omega{x}\cos\omega{t}) + (\dot{y}\cos\omega{t} - \omega{y}\sin\omega{t})
\end{equation*}
\begin{equation}
 \ddot{\eta} = (\ddot{x} - 2\omega\dot{y} - \omega^2 x)\sin\omega{t} + (\ddot{y} + 2\omega\dot{x} - \omega^2 y)\cos\omega{t}
\end{equation}

\section*{(4)}
%
与式と3で得られた結果より、
\begin{eqnarray}
(\ddot{x}-2\omega\dot{y}-\omega^2x)\cos\omega{t}+ \nonumber\\
(\ddot{y}+2\omega\dot{x}-\omega^2y)\sin\omega{t} 
& = & \mu_1\frac{\xi_1-\xi}{r_1^3}+\mu_2\frac{\xi_2-\xi}{r_2^3} \nonumber\\
& = & \frac{\mu_1}{r_1^3}(x_1\cos\omega{t}-y_1\sin\omega{t} \nonumber\\
& - & x\cos\omega{t}+y\sin\omega{t}) \nonumber\\
& + & \frac{\mu_2}{r_2^3}(x_2\cos\omega{t}-y_2\sin\omega{t} \nonumber\\
& - & x\cos\omega{t}+y\sin\omega{t})
\end{eqnarray}
同様にして、もう1式求めると
\begin{eqnarray}
(\ddot{x}-2\omega\dot{y}-\omega^2x)\sin\omega{t}+ \nonumber\\
(\ddot{y}+2\omega\dot{x}-\omega^2y)\cos\omega{t}
& = & \mu_1\frac{\eta_1-\eta}{r_1^3}+\eta_2\frac{\eta_2-\eta}{r_2^3} \nonumber\\
& = & \frac{\mu_1}{r_1^3}(x_1\sin\omega{t}+y_1\cos\omega{t} \nonumber\\
& - & x\sin\omega{t}-y\cos\omega{t}) \nonumber\\
& + & \frac{\mu_2}{r_2^3}(x_2\sin\omega{t}+y_2\cos\omega{t} \nonumber\\
& - & \sin\omega{t}-y\cos\omega{t})
\end{eqnarray}
式(17)× $ \cos\omega{t} $ + 式(18)× $ \sin\omega{t} $ より
\begin{eqnarray}
(\ddot{x} - 2\omega\dot{y} - \omega^2 x)
& = & \frac{\mu_1}{r_1^3}(\cos^2\omega{t}(x_1-x)-y_1\sin\omega{t}\cos\omega{t}+y\sin\omega{t}\cos\omega{t}) \nonumber\\
& + & \frac{\mu_2}{r_2^3}(\cos^2\omega{t}(x_2-x)-y_2\sin\omega{t}\cos\omega{t}+y\sin\omega{t}\cos\omega{t}) \nonumber\\
& + & \frac{\mu_1}{r_1^3}(\sin^2\omega{t}(x_1-x)-y_1\sin\omega{t}\cos\omega{t}-y\sin\omega{t}\cos\omega{t}) \nonumber\\
& + & \frac{\mu_2}{r_2^3}(\sin^2\omega{t}(x_2-x)-y_2\sin\omega{t}\cos\omega{t}-y\sin\omega{t}\cos\omega{t}) \nonumber\\
& = & \frac{\mu_1}{r_1^3}(x_1 - x) + \frac{\mu_2}{r_2^3}(x_2 - x) \nonumber\\
& = & - \left[\mu_1\frac{x + \mu_2}{r_1^3} + \mu_2\frac{x - \mu_1}{r_2^3}\right] 
\end{eqnarray}
式(17)× $ \sin\omega{t} $ + 式(18)× $ \cos\omega{t} $ より
\begin{eqnarray}
- (\ddot{y} + 2\omega\dot{x} - \omega^2 y)
& = & \frac{\mu_1}{r_1^3}(\sin\omega{t}\cos\omega{t}(x_1-x)-y_1\sin^2\omega{t}+y\sin^2\omega{t}) \nonumber\\
& + & \frac{\mu_2}{r_2^3}(\sin\omega{t}\cos\omega{t}(x_2-x)-y_2\sin^2\omega{t}+y\sin^2\omega{t}) \nonumber\\
& - & \frac{\mu_1}{r_1^3}(\sin\omega{t}\cos\omega{t}(x_1-x)+y_1\cos^2\omega{t}-y\cos^2\omega{t}) \nonumber\\
& - & \frac{\mu_2}{r_2^3}(\sin\omega{t}\cos\omega{t}(x_2-x)+y_2\cos^2\omega{t}-y\cos^2\omega{t}) \nonumber\\
& = & \frac{\mu_1}{r_1^3}y + \frac{\mu_2}{r_2^3}y \nonumber\\
& = & \left[\frac{\mu_1}{r_1^3} + \frac{\mu_2}{r_2^3}\right]y 
\end{eqnarray}
ここで、 $ y_1=y_2=0 $ であることを用いた。
したがって、
\begin{equation}
(\ddot{y} + 2\omega\dot{x} - \omega^2 y) = -\left[\frac{\mu_1}{r_1^3} +　\frac{\mu_2}{r_2^3}\right]y
\end{equation}

\section*{(5)}
%
三平方の定理を用いて $ r_1,r_2 $ を求める。
\begin{equation*}
r_1 = \sqrt{(\mu_2+x)^2 + y^2}
\end{equation*}
\begin{equation*}
r_2 = \sqrt{(\mu_1-x)^2 + y^2} 
\end{equation*}
これらを用いて $ \frac{\mu_1}{r_1},\frac{\mu_2}{r_2} $ をそれぞれ $ x $ で微分すると、
\begin{eqnarray}
\frac{\partial}{\partial{x}}\left(\frac{\mu_1}{r_1}\right) & = & \frac{\partial}{\partial{x}}\left(\frac{\mu_1}{\sqrt{(\mu_2+x)^2 + y^2}}\right) \nonumber\\
& = & -\frac{1}{2}\frac{\mu_1(2x + \mu_2)}{((\mu_2+x)^2 + y^2)^\frac{3}{2}} \nonumber\\
& = & -\mu_1\frac{x + \mu_2}{r_1^3} \nonumber
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\frac{\partial}{\partial{x}}\left(\frac{\mu_2}{r_2}\right) & = & \frac{\partial}{\partial{x}}\left(\frac{\mu_2}{\sqrt{(\mu_1-x)^2 + y^2}}\right) \nonumber\\
& = & -\frac{1}{2}\frac{\mu_2(2x - \mu_1)}{((\mu_1-x)^2 + y^2)^\frac{3}{2}} \nonumber\\
& = & -\mu_2\frac{x - \mu_1}{r_2^3} \nonumber
\end{eqnarray}
したがって、4に現れる力のポテンシャルを $ x $ で偏微分したものは
\begin{equation}
\frac{\partial{U}}{\partial{x}}=\omega^2 x -\mu_1\frac{x + \mu_2}{r_1^3} -\mu_2\frac{x - \mu_1}{r_2^3}
\end{equation}
式(23)を4で求めた運動方程式に代入すると、
\begin{equation}
\ddot{x} -2\omega{\dot{y}} = \frac{\partial{U}}{\partial{x}}
\end{equation}
同様にして $ y $ 成分も求めると、
\begin{eqnarray}
\frac{\partial}{\partial{y}}\left(\frac{\mu_1}{r_1}\right) & = & \frac{\partial}{\partial{y}}\left(\frac{\mu_1}{\sqrt{(\mu_2+x)^2 + y^2}}\right) \nonumber\\
& = & -\frac{1}{2}\frac{2y\mu_1}{((\mu_2+x)^2 + y^2)^\frac{3}{2}} \nonumber\\
& = & -\frac{\mu_1 y}{r_1^3} \nonumber
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\frac{\partial}{\partial{y}}\left(\frac{\mu_2}{r_2}\right) & = & \frac{\partial}{\partial{y}}\left(\frac{\mu_2}{\sqrt{(\mu_1-x)^2 + y^2}}\right) \nonumber\\
& = & -\frac{1}{2}\frac{2y\mu_2}{((\mu_1-x)^2 + y^2)^\frac{3}{2}} \nonumber\\
& = & -\frac{\mu_2 y}{r_2^3} \nonumber
\end{eqnarray}
よって、
\begin{equation}
\frac{\partial{U}}{\partial{y}}=\omega^2 y -\frac{\mu_1 y}{r_1^3} -\frac{\mu_2 y}{r_2^3}
\end{equation}
したがって式(25)を4で求めた運動方程式に代入すると、
\begin{equation}
\ddot{y} +2\omega{\dot{x}} = \frac{\partial{U}}{\partial{y}}
\end{equation}

\section*{(6)}
%
$ x $ 成分である式(24)に $ \dot{x} $ を、$ y $ 成分である式(26)に $ \dot{y} $ をかけて足し合わすと、
\begin{eqnarray}
\dot{x}\ddot{x}+\dot{y}\ddot{y} & = & \frac{\partial{U}}{\partial{x}}\dot{x} +\frac{\partial{U}}{\partial{y}}\dot{y} \nonumber\\
& = & \frac{\partial{U}}{\partial{x}}\frac{dx}{dt}+\frac{\partial{U}}{\partial{y}}\frac{dy}{dt} \nonumber\\
& = & \frac{dU}{dt}
\end{eqnarray}
式(27)の両辺を時間について積分すると
\begin{equation*}
\frac{1}{2}(\dot{x}^2 + \dot{y}^2) + C = U 　
\end{equation*} 
ここで $ C $ を任意の積分定数と置いた。
したがって、時間積分に伴い現れる積分定数 $ C_J $ は、
\begin{equation}
C_J = U -\frac{1}{2}(\dot{x}^2 + \dot{y}^2)
\end{equation}

\end{document}