\documentstyle{jarticle}
\title{数値計算実習課題 1}
\author{小川法師 (担当情報機器:joho11)}
\date{2011/7/21}

\begin{document}
\maketitle
\section*{問題1}
\subsection*{1.}
中心星の運動方程式は
\begin{equation}
m_1\ddot{{\mathbf r_1}}=\frac{Gm_1m_2}{r^3}{\mathbf r}
\end{equation}
惑星の運動方程式は
\begin{equation}
m_2\ddot{{\mathbf r_2}}=-\frac{Gm_1m_2}{r^3}{\mathbf r}
\end{equation}
ここで、${\mathbf r}={\mathbf r_2}-{\mathbf r_1}$である。(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。
上記の式は、中心星の質量が$m_1+m_2$になって静止しており、その周りを惑星が運動することを示している。

\subsection*{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。

\newpage
\section*{問題2}
\subsection*{1.}
中心星と惑星の重心は二つの座標系の原点であり、かつ、ともにx軸上に存在しているから
\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。

\subsection*{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${\omega}t$だけ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。

\subsection*{3.}
2で得た式を、それぞれ2階微分すると
\begin{equation}
\dot{\xi}=-(\omega x+\dot{y})\sin{\omega t}+(\dot{x}-\omega y)\cos{\omega t}
\end{equation}
\begin{equation}
\dot{\eta}=(\dot{x}-\omega y)\sin{\omega t}+(\omega x+\dot{y})\cos{\omega t}
\end{equation}

\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。

\subsection*{4.}
与式に、2で得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、以上の式は時刻tによらず成立するため、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。

\subsection*{5.}
まず、問題より
\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で求めた式と(18)、(19)式を比べると、
\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。

\subsection*{6.}
(20)、(21)式の両辺に$\dot{x}$、$\dot{y}$をそれぞれ掛けると
\begin{equation}
\dot{x}\ddot{x}-2{\omega}\dot{x}\dot{y}=\frac{\partial U}{\partial x}\frac{dx}{dt}
\end{equation}
\begin{equation}
\dot{y}\ddot{y}+2{\omega}\dot{x}\dot{y}=\frac{\partial U}{\partial y}\frac{dy}{dt}
\end{equation}
となり、二式を足し合わせると
\begin{eqnarray}
\dot{x}\ddot{x}+\dot{y}\ddot{y} &=& \frac{\partial U}{\partial x}\frac{dx}{dt}+\frac{\partial U}{\partial y}\frac{dy}{dt}
\end{eqnarray}
となる。\\
ここで(24)式を時間について積分すると
\begin{equation}
\frac{1}{2}(\dot{x}^2+\dot{y}^2)+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}^2+\dot{y}^2)
\end{equation}
と書き表せる。

\end{document}