\documentstyle{jarticle}
\title{ITPASS実習課題その1}
  \author{宮田誠也}
  \date{担当情報実験機：joho08}
\begin{document}
\maketitle

\section{問1の解答}
1. 考える系において支配的な力は万有引力のみなので中心星と
惑星に対して成り立つ運動方程式は以下の通り\\
中心星
\begin{equation}
m_1\ddot{{\mathbf r_1}}=\frac{Gm_1m_2}{r^3}{\mathbf r}
\end{equation}
惑星
\begin{equation}
m_2\ddot{{\mathbf r_2}}=-\frac{Gm_1m_2}{r^3}{\mathbf r}
\end{equation}

ここで、(2)式の両辺を${m_2}$で割った式から、(1)式の両辺を${m_1}$で割った式を引くと
\begin{equation}
\ddot{{\mathbf r}}=-\frac{G(m_1+m_2)}{r^3}{\mathbf r}
\end{equation}
が得られる。
また、上記の式は、中心星（質量${m_1}$の質点）の周りを質量${m_1+m_2}$の質点が楕円運動をしていることを表している。また、働く力の向きと相対ベクトルの向きが平行であるため、角運動量も保存される。以上より上記の運動方程式はケプラー運動をしていると考えられる。\\
\vspace{5mm}\\
2. 1.で得られた運動方程式より
\begin{equation}
\dot{v_x}=-\frac{G(m_1+m_2)}{(x^2+y^2)^{\frac{3}{2}}}x
\end{equation}
\begin{equation}
\dot{v_y}=-\frac{G(m_1+m_2)}{(x^2+y^2)^{\frac{3}{2}}}y
\end{equation}
となる。     \vspace{10mm}\\

\newpage
\section{問2の解答}
1. 二つの座標系の原点が中心星と惑星の重心であり、かつ、ともにx軸上に存在していることから
\begin{equation}
(x_1,y_1)=(-\frac{m_2}{m_1+m_2},0)=(-\frac{\mu_2}{\mu_1+\mu_2},0)=(-\mu_2,0)
\end{equation}
\begin{equation}
(x_2,y_2)=(\frac{m_1}{m_1+m_2},0)=(\frac{\mu_1}{\mu_1+\mu_2},0)=(\mu_1,0)
\end{equation}
となる。この時$\mu_1+\mu_2=1$であることを用いた。
\vspace{5mm}\\

2. まず、求める角度$\theta$は問題文より
\begin{equation}
\theta={\omega}t
\end{equation}
となる。
また$(\xi,\eta)$は原点を中心に$(x,y)$を${\omega}t$回転移動させたと考えられるから
\begin{equation}
(\xi,\eta)=(x\cos({\omega}t)-y\sin({\omega}t),x\sin({\omega}t)+y\cos({\omega}t))
\end{equation}
となる。
\vspace{5mm}\\

3. 2.で得られた式をそれぞれ二階微分すると
\begin{equation}
\ddot{\xi}=(-\ddot{y}-2{\omega}{\dot{x}}+\omega^2y)\sin({\omega}t)+(\ddot{x}-2{\omega}{\dot{y}}-\omega^2x)\cos({\omega}t)
\end{equation}
\begin{equation}
\ddot{\eta}=(\ddot{x}-2{\omega}{\dot{y}}-\omega^2x)\sin({\omega}t)+(\ddot{y}+2{\omega}{\dot{x}}-\omega^2y)\cos({\omega}t)
\end{equation}
が得られる。
\vspace{5mm}\\

4. 与式に2.で得られた結果をそれぞれ代入し、計算すると
\begin{equation}
\ddot{\xi}=(\frac{\mu_1}{{r_1}^3}+\frac{\mu_2}{{r_2}^3})y\sin({\omega}t)-(\mu_1\frac{x+\mu_2}{{r_1}^3}+\mu_2\frac{x-\mu_1}{{r_2}^3})\cos({\omega}t)
\end{equation}
\begin{equation}
\ddot{\eta}=-(\mu_1\frac{x+\mu_2}{{r_1}^3}+\mu_2\frac{x-\mu_1}{{r_2}^3})\sin({\omega}t)-(\frac{\mu_1}{{r_1}^3}+\frac{\mu_2}{{r_2}^3})y\cos({\omega}t)
\end{equation}
ここで(10)式と(12)式、(11)式と(13)式それぞれについて考えてみると以上の式は時刻tによらず成立するので、問題文にあるような回転系における粒子Pについての運動方程式が得られる。
\vspace{5mm}\\

5. まず、問題文より
\begin{equation}
r_1=\sqrt{(x+\mu_2)^2+y^2}
\end{equation}
\begin{equation}
r_2=\sqrt{(x-\mu_1)^2+y^2}
\end{equation}
と書き表せるから、
\begin{equation}
\frac{\partial U}{\partial x}=\omega^2x-\frac{\mu_1(x+\mu_2)}{((x+\mu_2)^2+y^2)^{\frac{3}{2}}}-\frac{\mu_2(x-\mu_1)}{((x-\mu_1)^2+y^2)^{\frac{3}{2}}}
\end{equation}
\begin{equation}
\frac{\partial U}{\partial y}=\omega^2y-\frac{\mu_1y}{((x+\mu_2)^2+y^2)^{\frac{3}{2}}}-\frac{\mu_2y}{((x-\mu_1)^2+y^2)^{\frac{3}{2}}}
\end{equation}
となる。\\
ここで4.で求めた方程式と(16)、(17)式を比べてみると、
\begin{equation}
\ddot{x}-2{\omega}{\dot{y}}=\frac{\partial U}{\partial x}
\end{equation}
\begin{equation}
\ddot{y}+2{\omega}{\dot{x}}=\frac{\partial U}{\partial y}
\end{equation}
が得られる。
\vspace{5mm}\\

6. (18)、(19)式の両辺に$\dot{x}$、$\dot{y}$をそれぞれ掛け合わせると
\begin{equation}
\dot{x}\ddot{x}-2{\omega}\dot{x}\dot{y}=\frac{\partial U}{\partial x}\dot{x}
\end{equation}
\begin{equation}
\dot{y}\ddot{y}+2{\omega}\dot{x}\dot{y}=\frac{\partial U}{\partial y}\dot{y}
\end{equation}
となり、2式を足し合わせると
\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 \\
&=& \dot{U}
\end{eqnarray}
となる。\\
ここで(22)式を時間について積分すると
\begin{equation}
\frac{1}{2}(\dot{x}+\dot{y})+C_J=U
\end{equation}
となるから（$C_J$は積分定数）
\begin{equation}
C_J=U-\frac{1}{2}(\dot{x}+\dot{y})
\end{equation}
と書き表せる。

\end{document}