\documentclass{jsarticle}
\begin{document}

\title{ITPASS実習レポート}
\author{大田百合菜　情報実験機:joho04}
\date{2011年7月21日}

\maketitle


\section*{問題1}
\section*{(1)}
慣性系において、中心星と惑星に対して、それぞれ以下の運動方程式が成り立つ。

\begin{eqnarray}
m_{1}\mbox{\boldmath $\ddot{r_{1}}$}=\frac{Gm_{1}m_{2}}{r^2}\mbox{\boldmath $r$}=\mbox{\boldmath $F_{1}$}  \\   
m_{2}\mbox{\boldmath $\ddot{r_{2}}$}=\frac{Gm_{1}m_{2}}{r^2}\mbox{\boldmath $r$}=\mbox{\boldmath $F_{2}$}  
\end{eqnarray}
また、力のつりあいの関係より、
\begin{eqnarray*}
\mbox{\boldmath $F_{1}$}+\mbox{\boldmath $F_{2}$}=0\\
m_{1}\ddot{r_{1}}+m_{2}\ddot{r_{2}}=0\\
\frac{d}{dt}(m_{1}\ddot{r_{1}}+m_{2}\ddot{r_{2}})
\end{eqnarray*}
となる。
(1)、(2)をそれぞれ変形すると、
\begin{eqnarray}
\mbox{\boldmath $\ddot{r_{1}}$}=\frac{Gm_{2}}{r^2}\frac{\mbox{\boldmath $r$}}{r}\\
\mbox{\boldmath $\ddot{r_{2}}$}=\frac{Gm_{1}}{r^2}\frac{\mbox{\boldmath $r$}}{r}
\end{eqnarray}
となる。
(3)-(4)より
\begin{eqnarray*}
\mbox{\boldmath $\ddot{r_{2}}$}-\mbox{\boldmath $\ddot{r_{1}}$}=-\frac{G(m_{1}+m_{2})}{r^2}\frac{\mbox{\boldmath $r$}}{r}\\
\mbox{\boldmath $\ddot{r}$}=-\frac{G(m_{1}+m_{2})}{r^3}{\mbox{\boldmath $r$}}
\end{eqnarray*}
これより導出できた。


\section*{(2)}
$dot{v_{x}}$と$\dot{v_{y}}$はそれぞれ加速度成分なので、
\begin{eqnarray}
\mbox{\boldmath $\ddot{r}$}=(\dot{v_{x}},\dot{v_{y}})\\
\end{eqnarray}
また、
\begin{eqnarray}
r=(x^{2}+y^{2})^{\frac{1}{2}}
\end{eqnarray}
問題（1）の結果に(6)(7)式を代入して、
\begin{eqnarray*}
(\dot{v_{x}},\dot{v_{y}})=-G\frac{m_{1}+m_{2}}{(x^{2}+y^{2})^{\frac{3}{2}}}(x,y)
\end{eqnarray*}
これより、
\begin{eqnarray*}
\dot{v_{x}}=-G\frac{m_{1}+m_{2}}{(x^{2}+y^{2})^{\frac{3}{2}}}x\\
\dot{v_{y}}=-G\frac{m_{1}+m_{2}}{(x^{2}+y^{2})^{\frac{3}{2}}}y
\end{eqnarray*}

\section*{問題2}
\section*{(1)}
二つの座標系の原点が惑星の重心なので、それぞれ比をとって、
\begin{eqnarray}
x_{1}&=&-\frac{m_{2}}{m_{1}+m_{2}}\\
&=&-\frac{\frac{\mu_{2}}{G}}{\frac{\mu_{1}}{G}+\frac{\mu_{2}}{G}}\\
&=&-\frac{\mu_{2}}{\mu_{1}+\mu_{2}}\\
&=&-\mu_{2}
\end{eqnarray}
同様に、
\begin{eqnarray}
x_{2}&=&\frac{m_{1}}{m_{1}+m_{2}}\\
&=&\frac{\frac{\mu_{1}}{G}}{\frac{\mu_{1}}{G}+\frac{\mu_{2}}{G}}\\
&=&\frac{\mu_{1}}{\mu_{1}+\mu_{2}}\\
&=&\mu_{1}
\end{eqnarray}
\section*{(2)}
なす角$\theta$は、角速度と時間の積なので、
\begin{eqnarray}
\theta=\omega{t}
\end{eqnarray}
また、極座標変換で($\xi$,$\eta$)を($x$,$y$)で表す図より、$\theta$だけ移動しなければならないので、
\begin{eqnarray*}\left(
\begin{array}{cc}
x \\
y
\end{array}\right)
=
\left(
\begin{array}{cc}
\cos{\theta} &\sin{\theta}\\
\sin{\theta} &\cos{\theta}
\end{array}
\right)
\end{eqnarray*}

\section*{(3)}
(2)で求めた式に、それぞれ$\cos\theta$と$\sin\theta$を両辺にかける。
\begin{eqnarray}
x\cos\theta=\xi\cos^2\theta-\eta\cos\theta\sin\theta\\
y\sin\theta=-\xi\sin^2\theta+\eta\cos\theta\sin\theta
\end{eqnarray}
両辺を引くと、
\begin{eqnarray}
\xi=x\cos\theta-y\sin\theta
\end{eqnarray}
これを両辺2階微分すると、
\begin{eqnarray}
\dot\xi=\ddot{x}\cos\omega{t}-\omega{x}\sin\omega{t}-\dot{y}\sin\omega{t}-\omega{y}\cos\omega{t}\\
\ddot\xi=(\ddot{x}-2\omega\dot{y}-\omega^2x)\cos\omega{t}-(\ddot{y}-2\omega\dot{x}-\omega^2y)\sin\omega{t}
\end{eqnarray}

同様に、(2)で求めた式に、それぞれ$\sin\theta$と$\cos\theta$を両辺にかける
。
\begin{eqnarray*}
x\sin\theta=\xi\cos\theta\sin\theta-\eta\sin^2\theta\\
y\cos\theta=\xi\sin\theta\cos\theta+\eta\cos^2\theta
\end{eqnarray*}
両辺を引くと、
\begin{eqnarray}
\eta=x\sin\theta+y\cos\theta
\end{eqnarray}
これを両辺2階微分すると、
\begin{eqnarray*}
\dot\eta=\dot{x}\sin\omega{t}+\omega{x}\cos\omega{t}+\dot{y}\cos\omega{t}-\omega{y}\sin\omega{t}\\
\ddot\eta=(\ddot{y}-\omega^2y-2\omega\dot{x})\cos\omega{t}+(\ddot{x}-\omega^2x-2\omega\dot{y})\sin\omega{t}
\end{eqnarray*}
以上より求まった。

\section*{(4)}
問題2の(2)の与式にある、($\xi_1$,$\eta_1$)、($\xi_1$,$\eta_1$)に、(2)の結
果を代入すると、
\begin{eqnarray*}
\ddot\xi&=&\mu_1\frac{(x_1\cos\theta-y_1\sin\theta)-(x\cos\theta-y\sin\theta)}{r_{1}^3}+\mu_2\frac{(x_2\cos\theta-y_2\sin\theta)-(x\cos\theta-y\sin\theta)}{r_{2}^3}\\
&=&\mu_1\frac{(x_{1}-x)\cos\theta+y\sin\theta}{r_{1}^3}-\mu_2\frac{(x_{2}-x)\cos\theta+y\sin\theta}{r_{2}^3}\\
&=&-(\mu_1\frac{x+\mu_2}{r_{1}^3}+\mu_2\frac{x-\mu_1}{r_{2}^3})\cos\theta-(\mu_1\frac{y}{r_{1}^3}+\mu_2\frac{y}{r_{2}^3})\sin\theta\\
\ddot\eta&=&\mu_1\frac{(x_1\sin\theta+y_1\cos\theta)-(x\sin\theta+y\cos\theta)}{r_{1}^3}+\mu_2\frac{(x_2\sin\theta+y_2\cos\theta)-(x\sin\theta+y\cos\theta)}{r_{2}^3}\\
&=&\mu_1\frac{(x_1+x)\sin\theta+y\cos\theta}{r_{1}^3}-\mu_2\frac{(x_2+x)\sin\theta+y\cos\theta}{r_{2}^3}\\
&=&-(\mu_1\frac{x+\mu_2}{r_{1}^3}+\mu_2\frac{x-\mu_1}{r_{2}^3})\sin\theta-(\mu_1\frac{y}{r_{1}^3}+\mu_2\frac{y}{r_{2}^3})\cos\theta\\
\end{eqnarray*}
これと(3)の結果を見比べて、
\begin{eqnarray*}
\ddot{x}-2\omega\dot{y}-\omega^2x=-[\mu_1\frac{x+\mu_2}{r_{1}^3}+\mu_2\frac{x-\mu_1}{r_{2}^3}]\\
\ddot{y}+2\omega\dot{x}-\omega^2y=-[\frac{\mu_{1}}{r_{1}^3}+\frac{\mu_{2}}{r_{2}^3}]
\end{eqnarray*}

\section*{(5)}

三辺方の定理より、
\begin{eqnarray}
r_1=\surd{(x+\mu_2)+y^{2}}\\
r_2=\surd{(\mu_1-x)+y^{2}}
\end{eqnarray}
これを与式に代入して、
\begin{center}
\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}}\\
\frac{\partial{U}}{\partial{x}}&=&\omega^2x-\mu_1\frac{x+\mu_2}{\{(x+\mu_2)^2+y^2\}^{\frac{3}{2}}}-\mu_2\frac{x-\mu_1}{\{(\mu_1-x)^2+y^2\}^{\frac{3}{2}}}\\
&=&\omega^2x-[\mu_1\frac{x+\mu_2}{r_{1}^3}+\mu_2\frac{x-\mu_1}{r_{2}^3}]\\
\ddot{x}-2\omega\dot{y}=\frac{\partial{U}}{\partial{x}}\\
\end{eqnarray*}
\end{center}
同様に、
\begin{center}
\begin{eqnarray*}
\frac{\partial{U}}{\partial{y}}&=&\omega^2y-\frac{\mu_1}{\{(x+\mu_2)^2+y^2\}^{\frac{3}{2}}}-\frac{\mu_2}{\{(\mu_1-x)^2+y^2\}^{\frac{3}{2}}}\\
&=&\omega^2y-[\frac{\mu_1}{r_{1}^3}+\frac{\mu_2}{r_{2}^3}]\\
\ddot{y}+2\omega\dot{x}=\frac{\partial{U}}{\partial{y}}
\end{eqnarray*}
\end{center}
\section*{(6)}
(5)の結果の$x$成分に$\dot{x}$、$y$成分に$\dot{y}$をかけると、
\begin{eqnarray}
\ddot{x}\dot{x}-2\omega\dot{x}\dot{y}=\frac{\partial{U}}{\partial{x}}\frac{dU}{dt}\\
\ddot{y}\dot{y}+2\omega\dot{x}\dot{y}=\frac{\partial{U}}{\partial{y}}\frac{dU}{dt}
\end{eqnarray}
これらの式を両辺足し合わせて、
\begin{eqnarray*}
\ddot{x}\dot{x}+\ddot{y}\dot{y}=\frac{dU}{dt}
\end{eqnarray*}
両辺を時間について積分して、
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{2}x^2=\frac{1}{2}y^2=U+const
\end{eqnarray*}
$const$で表される定数がヤコビ定数$C_J$なので、
\begin{eqnarray*}
C_J=U-\frac{1}{2}(x^2+y^2)
\end{eqnarray*}
\end{document}