\documentclass[11pt,a4paper]{jsarticle}
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\usepackage{amsmath,amssymb}
\usepackage{bm}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{ascmac}
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\title{二体問題、三体問題}
\author{富永　裕貴}
\date{\today}
\begin{document}
\maketitle
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\section{問題1}
  \subsection{}
質量$m_{1}$の惑星の運動方程式は
\begin{eqnarray}
m_{1}\ddot{r_{1}}=-Gm_{1}m_{2}\frac{\vec{r_{1}}-\vec{r_{2}}}{\mid \vec{r_{1}}-\vec{r_{2}} \mid ^3}
\end{eqnarray}
となり、
同様に、質量$m_{2}$の惑星の運動方程式は
\begin{eqnarray}
m_{2}\ddot{r_{2}}=-Gm_{1}m_{2}\frac{\vec{r_{2}}-\vec{r_{1}}}{\mid \vec{r_{2}}-\vec{r_{1}} \mid ^3}
\end{eqnarray}
となる。
(2)-(1)より
\begin{eqnarray}
\ddot{r}=-G(m_{1}+m_{2})\frac{\vec{r}}{r^3}
\end{eqnarray}
という式が導出される。ここで、\begin{eqnarray}\vec{r}=\vec{r_{2}}-\vec{r_{1}}\end{eqnarray}であると置いた。
この運動方程式は、任意の原点をとったときの2体の相対運動を表している。
  \subsection{}
今、\begin{eqnarray}r=\sqrt[]{\mathstrut (x^2+y^2)}\end{eqnarray}
であり、\begin{eqnarray}G=1\end{eqnarray}\begin{eqnarray}m_{1}+m_{2}=1\end{eqnarray}である。
この条件を(3)に代入すると、
\begin{eqnarray}\dot{\vec{v}}==-\frac{\vec{r}}{(x^2+y^2)\frac{3}{2}}\end{eqnarray}
となり、これをx成分とy成分にそれぞれ分解して書くと、
\begin{eqnarray}\dot{v_{x}}=-\frac{x}{(x^2+y^2)\frac{3}{2}}\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}\dot{v_{y}}=-\frac{y}{(x^2+y^2)\frac{3}{2}}\end{eqnarray}
となる。
\section{問題2}
  \subsection{}
円制限3体問題での質量$\mu_{1}$の惑星と$\mu_{2}$の惑星の回転系での座標をそれぞれ($x_{1}$,$y_{1}$)、($x_{2}$,$y_{2}$)とする。今、原点Oは質量$\mu_{1}$の惑星と$\mu_{2}$の惑星の重心にあたるので、質量比より($x_{1}$,$y_{1}$)、($x_{2}$,$y_{2}$)は
\begin{eqnarray}(x_{1},y_{1})=(-\mu_{2},0)\end{eqnarray}\begin{eqnarray}(x_{2},y_{2})=(\mu_{1},0)\end{eqnarray}となる。
  \subsection{}
角速度$\omega$で、時刻tだけ進んでいるので、$\xi$軸とx軸とのなす角度$\theta$は
\begin{eqnarray}\theta=\omega t\end{eqnarray}となる。
また、これを用いると、\begin{eqnarray}(\xi,\eta)=(xcos\omega t-ysin\omega t,xsin\omega t+ycos\omega t)\end{eqnarray}となる。
  \subsection{}
x、yもtの関数であるため、積の微分を行う。
\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}\dot{\eta}=\dot{x}sin\omega t+x\omega cos\omega t+\dot{y}cos\omega t-y\omega sin\omega t\end{eqnarray}
これをもう一度微分する。
\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}
\begin{eqnarray}\ddot{\eta}=\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{}
ここで、t=0の時を考える。t=0のとき($\xi$,$\eta$)と(x,y)は一致する。
(左辺)=\begin{eqnarray}\ddot{\xi_{t=0}}=\ddot{x}-2\omega\dot{y}-\omega^2x\end{eqnarray}
(右辺)=\begin{eqnarray}\mu_{1}\frac{\xi_{1}-\xi}{r_{1}^3}+\mu_{2}\frac{\xi_{2}-\xi}{r_{2}^3}=\mu_{1}\frac{-\mu_{2}-x}{r_{1}^3}+\mu_{2}\frac{\mu_{1}-x}{r_{2}^3}=-[\mu_{1}\frac{\mu_{2}+x}{r_{1}^3}+\mu_{2}\frac{x-\mu_{1}}{r_{2}^3}]\end{eqnarray}
(左辺)=\begin{eqnarray}\ddot{\eta_{t=0}}=\ddot{y}+2\omega\dot{x}-\omega^2y\end{eqnarray}
(右辺)=\begin{eqnarray}\mu_{1}\frac{\eta_{1}-\eta}{r_{1}^3}+\mu_{2}\frac{\eta_{2}-\eta}{r_{2}^3}=\mu_{1}\frac{0-y}{r_{1}^3}+\mu_{2}\frac{0-y}{r_{2}^3}=-[\frac{\eta_{1}}{r_{1}^3}+\mu_{2}\frac{\eta_{2}}{r_{2}^3}]y\end{eqnarray}となる。
  \subsection{}
まず、$\nabla$ Uのx成分を$U_{x}$,Uのy成分を$U_{y}$とする。
\begin{eqnarray}U_{x}=\frac{\omega^2}{2}(2x)+\mu_{1}\frac{dr}{dx}\frac{d}{dr}\frac{1}{r_{1}}+\mu_{2}\frac{dr}{dx}\frac{d}{dr}\frac{1}{r_{2}}\end{eqnarray}\begin{eqnarray}U_{y}=\frac{\omega^2}{2}(2y)+\mu_{1}\frac{dr}{dy}\frac{d}{dr}\frac{1}{r_{1}}+\mu_{2}\frac{dr}{dy}\frac{d}{dr}\frac{1}{r_{2}}\end{eqnarray}である。今、三平方の定理より$r_{1}$と$r_{2}$はそれぞれ、\begin{eqnarray}r_{1}=\sqrt[]{\mathstrut (x+\mu_{2})^2+y^2}\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}r_{2}=\sqrt[]{\mathstrut (\mu_{1}-x)^2+y^2}\end{eqnarray}なので、(23),(24)は以下のように変形できる。
\begin{eqnarray}U_{x}=\omega^2x+\mu_{1}\frac{x+\mu_{2}}{\sqrt[]{\mathstrut (x+\mu_{2})^2+y^2}}(\frac{-1}{r_{1}^2})+\mu_{2}\frac{x-\mu_{1}}{\sqrt[]{\mathstrut (\mu_{1}-x)^2+y^2}}(\frac{-1}{r_{2}^2})\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}U_{y}=\omega^2y+\mu_{1}\frac{y}{\sqrt[]{\mathstrut (x+\mu_{2})^2+y^2}}(\frac{-1}{r_{1}^2})+\mu_{2}\frac{y}{\sqrt[]{\mathstrut (\mu_{1}-x)^2+y^2}}(\frac{-1}{r_{2}^2})\end{eqnarray}となる。
さらに(27)(28)を整理して
\begin{eqnarray}U_{x}=\omega^2x-(\mu_{1}\frac{x+\mu_{2}}{r_{1}^3}+\mu_{2}\frac{x-\mu_{1}}{r_{2}^3})\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}U_{y}=\omega^2y-(\mu_{1}\frac{y}{r_{1}^3}+\mu_{2}\frac{y}{r_{2}^3})\end{eqnarray}となる。
よって、\begin{eqnarray}\ddot{x}-2\omega\dot{y}=U_{x}\end{eqnarray}
となり、\begin{eqnarray}\ddot{y}+2\omega\dot{x}=U_{y}\end{eqnarray}となる。
  \subsection{}
問題文に与えられた通りに式を変形すると
\begin{eqnarray}\ddot{x}\dot{x}+\ddot{y}\dot{y}=U_{x}\dot{x}+U_{y}\dot{y}\end{eqnarray}
となる。
ここで、左辺は\begin{eqnarray}\frac{d}{dt}(\frac{1}{2}(\dot{x}^2+\dot{y}^2))\end{eqnarray}
と、変形できる。
また、右辺は全微分方程式より、以下のようになる。
\begin{eqnarray}dU=\frac{\partial U}{\partial x}dx+\frac{\partial U}{\partial y}dy\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}\frac{dU}{dt}=\frac{\partial U}{\partial x}\frac{dx}{dt}+\frac{\partial U}{\partial y}\frac{dy}{dt}\end{eqnarray}
ここで、両辺を積分すると
\begin{eqnarray}U=\frac{1}{2}(\dot{x}^2+\dot{y}^2)+C_{j}\end{eqnarray}
($C_{J}$は積分定数)
となり、
\begin{eqnarray}C_{j}=U-\frac{1}{2}(\dot{x}^2+\dot{y}^2)\end{eqnarray}
となる。
\end{document}