\documentclass[11pt,a4paper]{jsarticle}
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\usepackage{amsmath,amssymb}
\usepackage{bm}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{ascmac}
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\title{ITpass実習課題}
\author{寺村 大樹}
\date{\today}
\begin{document}
\maketitle
%
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\section{問題1}
　\subsection{}
中心星の運動方程式は
\begin{eqnarray}
m_{1}\cdot\ddot{\vec{r_{1}}}=-\frac{Gm_{1}m_{2}}{{\mid{r_{2}-r_{1}}\mid^3}}\left(-\vec{r}\right)
\end{eqnarray}
惑星の運動方程式は
\begin{eqnarray}
m_{2}\cdot\ddot{\vec{r_{2}}}=-\frac{Gm_{1}m_{2}}{{\mid{r_{2}-r_{1}}\mid^3}}\vec{r}
\end{eqnarray}
よって(2)-(1)より
\begin{eqnarray}
\ddot{\vec{r}}=-\frac{G\left(m_{1}+m_{2}\right)}{r^3}\vec{r}
\end{eqnarray}
となる。これは、惑星と中心星の重心の運動方程式である。
　\subsection{}
$\dot{v_{x}}$,$\dot{v_{y}}$はそれぞれ$\frac{d^2x}{dt^2}$,$\frac{d^2y}{dt^2}$である。
ここで、
\begin{eqnarray}
\frac{d^2\vec{r}}{dt^2}=-\frac{G\left(m_{1}+m_{2}\right)}{r^3}\vec{r}=-\frac{1}{\left(x^2+y^2\right)^\frac{3}{2}}\left(x+y\right)
\end{eqnarray}
仮に$G(m_{1}+m_{2})=1$とする。$\dot{v_{x}}$,$\dot{v_{y}}$はそれぞれ$\frac{d^2\vec{r}}{dt^2}$のx成分、y成分であるから、
\begin{eqnarray}
\dot{v_{x}}=-\frac{x}{\left(x^2+y^2\right)^\frac{3}{2}}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\dot{v_{y}}=-\frac{y}{\left(x^2+y^2\right)^\frac{3}{2}}
\end{eqnarray}
%
\section{問題2}
　\subsection{}
$m_{1}$と$m_{2}$はx軸上にあるから、$y_{1}=y_{2}=0$。重心の関係により
\begin{eqnarray}
x_{1}\mu_{1}+x_{2}\mu_{2}=0
\end{eqnarray}
$r=r_{1}+r_{2}=x_{1}+x_{2}=1(y_{1}=y_{2}=0)$ , $\mu=\mu_{1}+\mu_{2}=1$により、整理すると
\begin{eqnarray}
x_{1}=-\mu_{2}　,　x_{2}=\mu_{1}
\end{eqnarray}
よって　　　　　　$\left(x_{1},y_{1}\right)=\left(-\mu_{2},0\right)$　,　$\left(x_{2},y_{2}\right)=\left(\mu_{1},0\right)$となる。
　\subsection{}
\begin{eqnarray}
\theta=\omega t
\end{eqnarray}
よって、$\xi\eta$軸が反時計回りに$\theta$だけ回ったものをxy軸だと考えると
\begin{eqnarray}
\xi=x\cos\omega t-y\sin\omega t
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\eta=x\sin\omega t+y\cos\omega t
\end{eqnarray}
 \subsection{}
(10)を1階、2階微分する。
\begin{eqnarray}
\dot{\xi}=\dot{x}\cos\omega t-x\omega\sin\omega t-\dot{y}\sin\omega t-y\omega\cos\omega t
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\ddot{\xi}=\ddot{x}\cos\omega t-2\dot{x}\omega\sin\omega t-x\omega^2\cos\omega t-\ddot{y}\sin\omega t-2\dot{y}\omega\cos\omega t+y\omega^2\sin\omega t
\end{eqnarray}
同様に(11)を1階、2階微分する。
\begin{eqnarray}
\dot{\eta}=\dot{x}\sin\omega t+x\omega\cos\omega t+\dot{y}\cos\omega t-y\omega\sin\omega t
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\ddot{\xi}=\ddot{x}\sin\omega t+2\dot{x}\omega\cos\omega t-x\omega^2\sin\omega t+\ddot{y}\cos\omega t-2\dot{y}\omega\sin\omega t-y\omega^2\cos\omega t
\end{eqnarray}
 \subsection{}
$t=0$のとき、$\left(\xi,\eta\right)$が$\left(x,y\right)$と一致する。
与式1
\begin{eqnarray}
\ddot{\xi}=\mu_{1}\frac{\xi_{1}-\xi}{r_{1}^3}+\mu_{2}\frac{\xi_{2}-\xi}{r_{2}^3}
\end{eqnarray}
に$\xi_{t=0}$を代入する。ただし、$\xi_{1}=x_{1}$ , $\xi_{2}=x_{2}$である。
\begin{eqnarray}
(左辺)=\ddot{\xi}_{t=0}=\ddot{x}-2\omega\dot{y}-\omega^2 x
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
(右辺)=\mu_{1}\frac{x_{1}-\xi_{t=0}}{r_{1}^3}+\mu_{2}\frac{x_{2}-\xi_{t=0}}{r_{2}^3}=\mu_{1}\frac{-\mu_{2}-x}{r_{1}^3}+\mu_{2}\frac{\mu_{1}-x}{r_{2}^3}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}　
=-\Bigl(\mu_{1}\frac{x+\mu_{2}}{r_{1}^3}+\mu_{2}\frac{x-\mu_{1}}{r_{2}^3}\Bigr)
\end{eqnarray}
与式2
\begin{eqnarray}
\ddot{\eta}=\mu_{1}\frac{\eta_{1}-\eta}{r_{1}^3}+\mu_{2}\frac{\eta_{2}-\eta}{r_{2}^3}
\end{eqnarray}
についても同様に代入する。ただし$\eta_{1}=y_{1}$ , $\eta_{2}=y_{2}$である。
\begin{eqnarray}
(左辺)=\ddot{\eta}_{t=0}=\ddot{y}+2\omega\dot{x}-\omega^2 y
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
(右辺)=\mu_{1}\frac{y_{1}-\eta_{t=0}}{r_{1}^3}+\mu_{2}\frac{y_{2}-\eta_{t=0}}{r_{2}^3}=\mu_{1}\frac{0-y}{r_{1}^3}+\mu_{2}\frac{0-y}{r_{2}^3}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}　
=-\Bigl(\frac{\mu_{1}}{r_{1}^3}+\frac{\mu_{2}}{r_{2}^3}\Bigr)y
\end{eqnarray}
 \subsection{}
与式$U=\frac{\omega^2}{2}\left(x^2+y^2\right)+\frac{\mu_{1}}{r_{1}}+\frac{\mu_{2}}{r_{2}}$をx,yでそれぞれ偏微分したものを$\nabla U_{x}$ , $\nabla U_{y}$とする。x成分について
\begin{eqnarray}
\nabla U_{x}=\frac{\omega^2}{2}2x+\mu_{1}\frac{dr_{1}}{dx}\frac{d}{dr_{1}}\Bigl(\frac{1}{r_{1}}\Bigr)+\mu_{2}\frac{dr_{2}}{dx}\frac{d}{dr_{2}}\Bigl(\frac{1}{r_{2}}\Bigr)
\end{eqnarray}
ここで、三平方の定理より$r_{1}=\sqrt{\mathstrut \left(x+\mu_{2}\right)^2+y^2}$ , $r_{2}=\sqrt{\mathstrut \left(x-\mu_{1}\right)^2+y^2}$だから
\begin{eqnarray}
\frac{dr_{1}}{dx}=\frac{x+\mu_{2}}{r_{1}}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\frac{dr_{2}}{dx}=\frac{x-\mu_{1}}{r_{2}}
\end{eqnarray}
したがって(24)は、
\begin{eqnarray}
\nabla U_{x}=\frac{\omega^2}{2}2x+\mu_{1}\frac{x+\mu_{2}}{r_{1}}\Bigl(-\frac{1}{r_{1}^2}\Bigr)+\mu_{2}\frac{x-\mu_{2}}{r_{2}}\Bigl(-\frac{1}{r_{2}^2}\Bigr)
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
=\omega^2 x-\Bigl(\mu_{1}\frac{x+\mu_{2}}{r_{1}^3}+\mu_{2}\frac{x-\mu_{1}}{r_{2}^3}\Bigr)
\end{eqnarray}
y成分も同様にして
\begin{eqnarray}
\nabla U_{y}=\omega^2 y-\Bigl(\mu_{1}\frac{y}{r_{1}^3}+\mu_{2}\frac{y}{r_{2}^3}\Bigr)
\end{eqnarray}
(17)〜(19)と(27)〜(28)、(21)〜(23)と(29)をそれぞれ比較すると
\begin{eqnarray}
\ddot{x}-2\omega\dot{y}=\nabla U_{x}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\ddot{y}+2\omega\dot{x}=\nabla U_{y}
\end{eqnarray}
となる。
 \subsection{}
(30)×$\dot{x}$+(31)×$\dot{y}$は
\begin{eqnarray}
\dot{x}\ddot{x}+\dot{y}\ddot{y}=\dot{x}\nabla U_{x}+\dot{y}\nabla U_{y}
\end{eqnarray}
ここで左辺を変形すると
\begin{eqnarray}
\frac{\partial}{\partial t}\Bigl(\frac{1}{2}\left(\dot{x}^2+\dot{y}^2\right)\Bigr)
\end{eqnarray}
次に右辺は全微分の形になっているから
\begin{eqnarray}
\frac{\partial U}{\partial t}
\end{eqnarray}
となる。最後に両辺を時間について積分すると
\begin{eqnarray}
\frac{1}{2}\left(\dot{x}^2+\dot{y}^2\right)=U+C_{J}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
C_{J}=\frac{1}{2}\left(\dot{x}^2+\dot{y}^2\right)-U
\end{eqnarray}
となる。（ただし$C_{J}$は積分定数）
\end{document}