\documentclass[10pt]{jarticle}
\title{ITPASS数値計算実習課題その1}
\author{0913429s 中村　望}

\begin{document}
\maketitle
\noindent
{\bf 問題1}\\
1.\\
慣性系における中心星と惑星の運動方程式は
\begin{eqnarray}
m_1\ddot{\mbox{\boldmath $r_1$}}&=&-\frac{Gm_1m_2}{|\mbox{\boldmath $r_2$}-\mbox{\boldmath $r_1$}|^3}(\mbox{\boldmath $r_1$}-\mbox{\boldmath $r_2$}) \\
m_2\ddot{\mbox{\boldmath $r_2$}}&=&-\frac{Gm_1m_2}{|\mbox{\boldmath $r_2$}-\mbox{\boldmath $r_1$}|^3}(\mbox{\boldmath $r_2$}-\mbox{\boldmath $r_1$})
\end{eqnarray}
(1)を$m_1$，(2)を$m_2$で割り，2式の差をとると
$$
\ddot{\mbox{\boldmath $r_2$}}-\ddot{\mbox{\boldmath $r_1$}}=-\frac{G(m_1+m_2)}{|\mbox{\boldmath $r_2$}-\mbox{\boldmath $r_1$}|^3}(\mbox{\boldmath $r_2$}-\mbox{\boldmath $r_1$})
$$
相対ベクトル$\mbox{\boldmath $r$}=\mbox{\boldmath $r_2$}-\mbox{\boldmath $r_1$}$を用いると
\begin{equation}
\ddot{\mbox{\boldmath $r$}}=-\frac{G(m_1+m_2)}{r^3}\mbox{\boldmath $r$}
\end{equation}
\\
これは中心星の位置を原点とした2天体の相対運動について成り立つ方程式であり，原点に質量$m_1+m_2$の物体がある場合の運動方程式と同じである.
\\
\\
\\
2.\\
$\ddot{\mbox{\boldmath $r$}}=(\dot{v_x},\dot{v_y})$，$r=(x^2+y^2)^{1/2}$だから，(3)より
\begin{eqnarray}
\dot{v_x}=-\frac{G(m_1+m_2)}{(x^2+y^2)^{3/2}}x \nonumber \\
\dot{v_y}=-\frac{G(m_1+m_2)}{(x^2+y^2)^{3/2}}y \nonumber
\end{eqnarray}
\\
\newpage
\noindent
{\bf 問題2}\\
1.\\
2天体の重心が座標原点なので
$$
\mu_1 x_1+\mu_2 x_2=0
$$
これと$x_2-x_1=1$より
\begin{eqnarray}
x_1&=&-\frac{\mu_2}{\mu_1+\mu_2} \nonumber \\
&=&-\mu_2 \nonumber \\
x_2&=&\frac{\mu_1}{\mu_1+\mu_2} \nonumber \\
&=&\mu_1 \nonumber
\end{eqnarray}
また，中心星と惑星は$x$軸上にあるので
$$
y_1=y_2=0
$$
したがって \\
$$
(x_1,y_1)=(-\mu_2,0)\, ,\,(x_2,y_2)=(\mu_1,0)
$$
\\
\\
2.\\
時刻$t=0$において$\theta=0$だから
\begin{eqnarray}
\theta&=&\omega t \nonumber \\
\nonumber \\
\left[
\begin{array}{ccc}
\xi \\
\eta \\
\end{array}
\right]&=&\left[
\begin{array}{ccc}
\cos{\omega t} & -\sin{\omega t}  \\
\sin{\omega t} & \cos{\omega t} \\
\end{array}
\right]
\left[
\begin{array}{ccc}
x \\
y \\
\end{array}
\right] \nonumber \\
&=&\left[
\begin{array}{ccc}
x\cos{\omega t} -y\sin{\omega t}  \\
x\sin{\omega t} +y\cos{\omega t} \\
\end{array}
\right]
\end{eqnarray}
\\
\\
3.\\
(4)の両辺を時刻$t$で微分すると
\begin{eqnarray}
\dot{\xi}=\dot{x}\cos{\omega t}-\dot{y}\sin{\omega t}-\omega x\sin{\omega t}-\omega y\cos{\omega t} \\
\dot{\eta}=\dot{x}\sin{\omega t}+\dot{y}\cos{\omega t}+\omega x\cos{\omega t}-\omega y\sin{\omega t}
\end{eqnarray}
もう一度(5)，(6)の両辺を時刻$t$で微分して整理すると
\begin{eqnarray}
\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} \\
\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{eqnarray}
\newpage
\noindent
4.\\
慣性座標系$(\xi,\eta)$での運動方程式の左辺$\ddot{\xi},\ddot{\eta}$に(7)，(8)を代入する．\\
$(第一式)\times\cos{\omega t} + (第二式)\times\sin{\omega t}$より，
\begin{eqnarray}
(左辺)&=&\ddot{x}-2\omega\dot{y}-\omega^2 x \nonumber \\
(右辺)&=&\frac{\mu_1}{r_1^3}[(\xi_1 -\xi)\cos{\omega t}+(\eta_1 -\eta)\sin{\omega t}] \nonumber \\
&&+\frac{\mu_2}{r_2^3}[(\xi_2 -\xi)\cos{\omega t}+(\eta_1 -\eta)\sin{\omega t}] \nonumber
\end{eqnarray}
\\
ここで
\begin{eqnarray}
\xi_1-\xi&=&(x_1-x)\cos{\omega t}-(y_1-y)\sin{\omega t} \nonumber \\
&=&-(x+\mu_2)\cos{\omega t}+y\sin{\omega t} \nonumber \\
\eta_1-\eta&=&-(x+\mu_2)\sin{\omega t}-y\cos{\omega t} \nonumber \nonumber \\
\xi_2-\xi&=&-(x-\mu_1)\cos{\omega t}+y\sin{\omega t} \nonumber \\
\eta_2-\eta&=&-(x-\mu_1)\sin{\omega t}-y\cos{\omega t} \nonumber
\end{eqnarray}
これらを代入して整理すると
$$
(右辺)=-\Big[\mu_1\frac{x+\mu_2}{r_1^3}+\mu_2\frac{x-\mu_1}{r_2^3}\Big]
$$
よって
\begin{equation}
\ddot{x}-2\omega\dot{y}-\omega^2 x=-\Big[\mu_1\frac{x+\mu_2}{r_1^3}+\mu_2\frac{x-\mu_1}{r_2^3}\Big]
\end{equation}
\\
\\
\\
同様に，$\ddot{\xi}$，$\ddot{\eta}$に(7)，(8)を代入して，\\
$(第一式)\times(-\sin{\omega t})+(第二式)\times\cos{\omega t}$より
\begin{eqnarray}
(左辺)&=&\ddot{y}+2\omega\dot{x}-\omega^2 y \nonumber \\
(右辺)&=&\frac{\mu_1}{r_1^3}[-(\xi_1 -\xi)\sin{\omega t}+(\eta_1 -\eta)\cos{\omega t}] \nonumber \\
&&+\frac{\mu_2}{r_2^3}[-(\xi_2 -\xi)\sin{\omega t}+(\eta_1 -\eta)\cos{\omega t}] \nonumber \\
&=&\frac{\mu_1}{r_1^3}(-y)+\frac{\mu_2}{r_2^3}(-y) \nonumber \\
&=&-\Big[\frac{\mu_1}{r_1^3}+\frac{\mu_2}{r_2^3}\Big]y \nonumber
\end{eqnarray}
よって
\begin{equation}
\ddot{y}+2\omega\dot{x}-\omega^2 y=-\Big[\frac{\mu_1}{r_1^3}+\frac{\mu_2}{r_2^3}\Big]y
\end{equation}
\newpage
\noindent
5.\\
$U=\displaystyle\frac{\omega^2}{2}(x^2+y^2)+\displaystyle\frac{\mu_1}{r_1}+\displaystyle\frac{\mu_2}{r_2}$より
\begin{eqnarray}
\frac{\partial U}{\partial x}&=&\omega^2 x-\frac{\mu_1}{r_1^3}(x+\mu_2)-\frac{\mu_2}{r_2^3}(x-\mu_1) \\
\frac{\partial U}{\partial y}&=&\omega^2 y-\frac{\mu_1}{r_1^3}y-\frac{\mu_2}{r_2^3}y
\end{eqnarray}
(11)，(12)を(9)，(10)に代入して
\begin{eqnarray}
\ddot{x}-2\omega\dot{y}&=&\frac{\partial U}{\partial x} \\
\ddot{y}+2\omega\dot{x}&=&\frac{\partial U}{\partial y}
\end{eqnarray}
\\
\\
\\
6.\\
(13)に$\dot{x}$，(14)に$\dot{y}$をかけて，2式を足すと
\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} \dot{x}+\frac{\partial U}{\partial y} \dot{y}-(\dot{x}\ddot{x}+\dot{y}\ddot{y})=0 \nonumber
\end{eqnarray}
両辺を時刻$t$について積分すると
\begin{eqnarray}
U-\frac{1}{2}(\dot{x}^2+\dot{y}^2)=C_J \nonumber
\end{eqnarray}
$C_J$は積分定数で，円制限３体問題における保存量ヤコビ定数である．
\end{document}