\documentstyle{jarticle}
\begin{document}
\title{数値計算実習課題その1}
\author{清水俊平　(joho08)}
\date{2011年7月1日(金)出題分}
\maketitle

\section{問題1の解答}
\textgt{問1}

中心星、惑星の質量をそれぞれ${m_1}$,${m_2}$、位置ベクトルをそれぞれ${{\bf r}_1}$,${{\bf r}_2}$とする。

万有引力の法則は
\[F=-\frac{GmM}{r^{2}}\]
であるためこれを用いると、

中心星における運動方程式は
\begin{eqnarray}
m_1\frac{d^2{\bf r}_1}{dt^2}=-\frac{Gm_1m_2}{|{\bf r}_2 - {\bf r}_1|^3}({\bf r}_1 - {\bf r}_2)
\end{eqnarray}
となる。


惑星における運動方程式は
\begin{eqnarray}
m_2\frac{d^2{\bf r}_2}{dt^2}=-\frac{Gm_1m_2}{|{\bf r}_2 - {\bf r}_1|^3}({\bf r}_2 - {\bf r}_1)
\end{eqnarray}
となる。

(1)式の両辺を${m_1}$で割ると
\begin{eqnarray}
\frac{d^2{\bf r}_1}{dt^2}=-\frac{Gm_2}{|{\bf r}_2 - {\bf r}_1|^3}({\bf r}_1 - {\bf r}_2)
\end{eqnarray}
となる。また、(2)式の両辺を${m_2}$で割ると
\begin{eqnarray}
\frac{d^2{\bf r}_2}{dt^2}=-\frac{Gm_1}{|{\bf r}_2 - {\bf r}_1|^3}({\bf r}_2 - {\bf r}_1)
\end{eqnarray}
ここで
\begin{eqnarray}
{\bf r}={\bf r}_2 - {\bf r}_1
\end{eqnarray}
と相対ベクトル{\bf r}を定義する。

(5)式の両辺をtに関して2階微分すると
\begin{eqnarray}
\frac{d^2{\bf r}}{dt^2}&=&\frac{d^2}{dt^2}({\bf r}_2 - {\bf r}_1) \nonumber \\
&=&\frac{d^2{\bf r}_2}{dt^2} - \frac{d^2{\bf r}_1}{dt^2}
\end{eqnarray}
となるので、ここで(6)式に(3)式と(4)式をそれぞれ代入すると
\begin{eqnarray}
\frac{d^2{\bf r}}{dt^2}&=&-\frac{G(m_1 + m_2)}{|{\bf r}_2 - {\bf r}_1|^3}({\bf r}_2 - {\bf r}_1) \nonumber \\
&=&-\frac{G(m_1 + m_2)}{r^3}{\bf r}
\end{eqnarray}
となる。

この導出された(7)式より、2天体がケプラー運動していることが分かる。\vspace{0.2in}

\textgt{問2}

(7)式の運動方程式を成分に分けることを考える。

ここで
\begin{eqnarray}
{\bf v}=(v_x,v_y) \nonumber \\
{\bf r}=(x,y) \nonumber \\
r=\sqrt{x^2+y^2} \nonumber 
\end{eqnarray}
であるので、(7)式より
\begin{eqnarray}
\frac{dv_x}{dt}=\frac{d^2x}{dt^2}=-\frac{G(m_1+m_2)}{(x^2+y^2)^{\frac{3}{2}}}x
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\frac{dv_y}{dt}=\frac{d^2y}{dt^{2}}=-\frac{G(m_1+m_2)}{(x^2+y^2)^{\frac{3}{2}}}y
\end{eqnarray}
となる。
\newpage
\section{問題2の解答}
\textgt{問1}

惑星と中心星は常にx軸上にあるので
\begin{eqnarray}
y_1=y_2=0
\end{eqnarray}
となる。

ここで、粒子と中心星および惑星との距離をそれぞれ${r_1}$,${r_2}$とすると
\begin{eqnarray}
r_1&=&\frac{m_2}{m_1+m_2} \nonumber\\
&=&\frac{\mu_2}{\mu_1+\mu_2}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
r_2&=&\frac{m_1}{m_1+m_2} \nonumber\\
&=&\frac{\mu_1}{\mu_1+\mu_2}
\end{eqnarray}
となる。(中心星と惑星との距離は1とする)

ここで、$\mu_1+\mu_2=1$なので(11),(12)式に代入すると
\begin{eqnarray}
x_1=-\mu_2  
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
x_2=\mu_1
\end{eqnarray}
以上、(10),(13),(14)式より
\begin{eqnarray}
(x_1,y_1)=(-\mu_2,0)
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
(x_2,y_2)=(\mu_1,0)
\end{eqnarray}\vspace{0.2in}
\textgt{問2}

角速度が${\omega}$なので、${\xi}$軸とx軸のなす角度${\theta}$は
\begin{eqnarray}
\theta={\omega}t
\end{eqnarray}
また、回転による座標変換なので
\begin{eqnarray}
\xi&=&xcos\theta-ysin\theta \nonumber\\
&=&xcos{\omega}t-ysin{\omega}t
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\eta&=&xsin\theta+ycos\theta \nonumber\\
&=&xsin{\omega}t+ycos{\omega}t
\end{eqnarray}
となる。
\newpage
\textgt{問3}

(18),(19)式をそれぞれ時間で二階微分する。
\[\dot{\xi}=\dot{x}cos\omega t - \omega x sin\omega t - \dot{y} sin\omega t - \omega y cos\omega t\] 
\[\dot{\eta}=\dot{x} sin\omega t + \omega x cos\omega t + \dot{y} cos\omega t - \omega y sin\omega t\] 

よって
\begin{eqnarray}
\ddot{\xi}=\ddot{x} cos\omega t - \ddot{y} sin\omega t - 2\omega \dot{x} sin\omega t - 2\omega \dot{y} cos\omega t - \omega^2 x cos\omega t + \omega^2 y sin\omega t
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\ddot{\eta}=\ddot{x} sin\omega t + \ddot{y} sin\omega t + 2\omega \dot{x} cos\omega t - 2\omega \dot{y} sin\omega t - \omega^2 x sin\omega t - \omega^2 y cos\omega t
\end{eqnarray}
となる。
\vspace{0.2in}

\textgt{問4}

式(20),(21)より
\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
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\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}
となる。

また、(18),(19)式と(15),(16)式の結果より
\begin{eqnarray}
\xi_1&=&x_1 cos\omega t - y_1 sin\omega t \nonumber\\
&=&-\mu_2 cos\omega t
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\xi_2&=&x_2 cos\omega t - y_2 sin\omega t \nonumber\\
&=&\mu_1 cos\omega t
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\eta_1&=&x_1 sin\omega t + y_1 cos\omega t \nonumber\\
&=&-\mu_2 sin\omega t
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\eta_2&=&x_2 sin\omega t + y_2 cos\omega t \nonumber\\
&=&\mu_1 sin\omega t
\end{eqnarray}
となる。

ここで、(22)〜(27)式と与式より
\begin{eqnarray}
\ddot{\xi}=-(\mu_1 \frac{x + \mu_2}{r_1^3} + \mu_2 \frac {x - \mu_1}{r_2^3})cos\omega t + (\frac {\mu_1}{r_1^3} + \frac {\mu_2}{r_2^3})y sin\omega t
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\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{eqnarray}
となる。

よって、この(28),(29)式と(22),(23)式を比較すると
\begin{eqnarray}
\ddot{x} - 2\omega \dot{y} - \omega^2 x = -(\mu_1 \frac{x + \mu_2}{r_1^3} + \mu_2 \frac {x - \mu_1}{r_2^3})
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\ddot{y} + 2\omega \dot{x} - \omega^2 y =  (\frac {\mu_1}{r_1^3} + \frac {\mu_2}{r_2^3})y
\end{eqnarray}
が導かれる。
\vspace{0.2in}

\textgt{問5}

\[r_1=\sqrt{(x + \mu_2)^2 + y^2}\]
\[r_2=\sqrt{(\mu_1 - x)^2 + y^2}\]
なので、ポテンシャルUの式は
\begin{eqnarray}
U = \frac{\omega^2}{2}(x^2 + y^2) + \frac{\mu_1}{\sqrt{(x + \mu_2)^2 + y^2}} + \frac{\mu_2}{\sqrt{(\mu_1 - x)^2 + y^2}}
\end{eqnarray}
となる。

ここで、x,yについての偏微分をそれぞれ考えると
\begin{eqnarray}
\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{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\frac{\partial U}{\partial y}=\omega^2 y - (\frac {\mu_1}{r_1^3} + \frac {\mu_2}{r_2^3})y
\end{eqnarray}
となるので、粒子Pについての運動方程式は
\begin{eqnarray} 
\ddot{x} - 2\omega \dot{y} = \frac{\partial U}{\partial x}
\end{eqnarray} 
\begin{eqnarray}
\ddot{y} + 2\omega \dot{x} = \frac{\partial U}{\partial y}
\end{eqnarray}
と表わされる。

\newpage

\textgt{問6}

(35)の両辺に${\dot{x}}$、(36)の両辺に${\dot{y}}$をそれぞれかける。
\begin{eqnarray}
\dot{x} \ddot{x} - 2\omega \dot{x} \dot{y} = \frac{\partial U}{\partial x} \cdot \frac{dx}{dt}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\dot{y} \ddot{y} + 2\omega \dot{x} \dot{y} = \frac{\partial U}{\partial y} \cdot \frac{dy}{dt}
\end{eqnarray}

ここで、(37)+(38)をすると
\begin{eqnarray}
\dot{x} \ddot{x} + \dot{y} \ddot{y} &=& \frac{\partial U}{\partial x} \cdot \frac{dx}{dt} + \frac{\partial U}{\partial y} \cdot \frac{dy}{dt} \nonumber\\
&=& \frac{\partial U}{\partial t}
\end{eqnarray}
となる。

この(39)式を時間tについて積分すると
\begin{eqnarray}
U - \frac{1}{2} (\dot{x}^2 + \dot{y}^2) = C_{J}
\end{eqnarray}
ここで、${C_{J}}$は積分定数であり、円制限三体問題の保存量であるヤコビ定数となっている。(${C_{J}}$は負の符号も含めて定数としている)


\end{document}