GEO002 問題4

角運動量保存と面積速度

彗星に働く力は恒星 $O$ に向かう中心力なので、

\boldsymbol{r}\times \boldsymbol{F}=\boldsymbol{0}

です。したがって角運動量

\boldsymbol{L}=m\boldsymbol{r}\times \boldsymbol{v}

は保存します。

軌道面に垂直な角運動量の大きさを

L=m r^2\dot{\theta}

と書くと、微小時間 $dt$ に掃く面積 $dS$ は

dS=\frac{1}{2}r^2\,d\theta

です。よって

\frac{dS}{dt} = \frac{1}{2}r^2\dot{\theta} = \frac{L}{2m}

となります。 $L$ が保存するため、面積速度 $dS/dt$ は一定です。

したがって、時間比 $\Delta t/T$ は、近日点から点 $P$ までの掃過面積を楕円全体の面積で割った値に等しくなります。

楕円軌道の離心率と面積

近日点距離と遠日点距離は

r_{\mathrm{p}}=a(1-e),\qquad r_{\mathrm{a}}=a(1+e)

です。したがって

a=\frac{r_{\mathrm{p}}+r_{\mathrm{a}}}{2}, \qquad e=\frac{r_{\mathrm{a}}-r_{\mathrm{p}}}{r_{\mathrm{a}}+r_{\mathrm{p}}}

です。

制約より

e= \frac{3.00-1.00}{3.00+1.00} = \frac{1}{2}

となります。

楕円の短半径を $b$ とすると、

b=a\sqrt{1-e^2}

です。よって、楕円全体の面積は

S_{\mathrm{all}} = \pi ab = \pi a^2\sqrt{1-e^2}

です。 $e=1/2$ より、

S_{\mathrm{all}} = \pi a^2\sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\pi a^2\sqrt{3}}{2}

となります。

掃過面積の積分表示

近日点から真近点角 $\theta_\ast$ までに掃く面積は

S_\ast = \int_0^{\theta_\ast}\frac{1}{2}r(\theta)^2\,d\theta

です。軌道方程式

r(\theta)=\frac{a(1-e^2)}{1+e\cos\theta}

を代入すると、

S_\ast = \frac{a^2(1-e^2)^2}{2} \int_0^{\theta_\ast} \frac{d\theta}{(1+e\cos\theta)^2}

となります。

ここで $e=1/2$ 、 $\theta_\ast=90.0^\circ=\pi/2$ より、

S_\ast = \frac{a^2(3/4)^2}{2} \int_0^{\pi/2} \frac{d\theta}{\left(1+\frac{1}{2}\cos\theta\right)^2}

です。したがって

S_\ast = \frac{9a^2}{32} \int_0^{\pi/2} \frac{d\theta}{\left(1+\frac{1}{2}\cos\theta\right)^2}

となります。

半角置換による積分評価

半角置換

u=\tan\frac{\theta}{2}

を用います。このとき

\cos\theta=\frac{1-u^2}{1+u^2}, \qquad d\theta=\frac{2\,du}{1+u^2}

です。積分範囲は、 $\theta=0$ で $u=0$ 、 $\theta=\pi/2$ で $u=1$ です。

また、

1+\frac{1}{2}\cos\theta = 1+\frac{1}{2}\frac{1-u^2}{1+u^2} = \frac{3+u^2}{2(1+u^2)}

です。よって

\int_0^{\pi/2} \frac{d\theta}{\left(1+\frac{1}{2}\cos\theta\right)^2} = \int_0^1 \frac{8(1+u^2)}{(u^2+3)^2}\,du

となります。

ここで

\frac{1+u^2}{(u^2+3)^2} = -\frac{1}{3}\frac{d}{du}\left(\frac{u}{u^2+3}\right) + \frac{2}{3}\frac{1}{u^2+3}

です。実際、

\frac{d}{du}\left(\frac{u}{u^2+3}\right) = \frac{3-u^2}{(u^2+3)^2}

なので、右辺は

-\frac{1}{3}\frac{3-u^2}{(u^2+3)^2} + \frac{2}{3}\frac{u^2+3}{(u^2+3)^2} = \frac{1+u^2}{(u^2+3)^2}

となります。

したがって

\int_0^1 \frac{8(1+u^2)}{(u^2+3)^2}\,du = 8\left[ -\frac{1}{3}\frac{u}{u^2+3} + \frac{2}{3} \int\frac{du}{u^2+3} \right]_0^1

です。

また、

\int\frac{du}{u^2+3} = \frac{1}{\sqrt{3}}\arctan\frac{u}{\sqrt{3}}

なので、

\int_0^1 \frac{8(1+u^2)}{(u^2+3)^2}\,du = 8\left( -\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{4} + \frac{2}{3\sqrt{3}}\arctan\frac{1}{\sqrt{3}} \right)

です。

\arctan\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\pi}{6}

より、

\int_0^{\pi/2} \frac{d\theta}{\left(1+\frac{1}{2}\cos\theta\right)^2} = -\frac{2}{3} + \frac{8\pi}{9\sqrt{3}}

となります。

面積比から時間比を求める

したがって掃過面積は

S_\ast = \frac{9a^2}{32} \left( -\frac{2}{3} + \frac{8\pi}{9\sqrt{3}} \right)

です。これを整理すると、

S_\ast = -\frac{3a^2}{16} + \frac{\pi a^2}{4\sqrt{3}}

となります。

ここで

\frac{1}{4\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{12}

なので、

S_\ast = -\frac{3a^2}{16} + \frac{\pi a^2\sqrt{3}}{12}

です。

面積速度が一定なので、

\frac{\Delta t}{T} = \frac{S_\ast}{S_{\mathrm{all}}}

です。よって

\frac{\Delta t}{T} = \frac{ -\frac{3a^2}{16} + \frac{\pi a^2\sqrt{3}}{12} }{ \frac{\pi a^2\sqrt{3}}{2} }

となります。

第1項と第2項に分けて整理すると、

\frac{\Delta t}{T} = -\frac{3a^2}{16}\cdot\frac{2}{\pi a^2\sqrt{3}} + \frac{\pi a^2\sqrt{3}}{12}\cdot\frac{2}{\pi a^2\sqrt{3}}

です。したがって

\frac{\Delta t}{T} = -\frac{3}{8\pi\sqrt{3}} + \frac{1}{6}

となります。

さらに

\frac{3}{8\pi\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{8\pi}

なので、

\frac{\Delta t}{T} = \frac{1}{6} - \frac{\sqrt{3}}{8\pi}

です。

これは指定された形

\frac{A}{B}-\frac{C\sqrt{D}}{F\pi}

に対して

A=1,\qquad B=6,\qquad C=1,\qquad D=3,\qquad F=8

です。

したがって、入力すべき自然数は

16138

です。

GEO002 問題4

恒星を焦点とする楕円軌道での面積速度と掃過時間

問題文

制約

入力形式

解説

角運動量保存と面積速度

楕円軌道の離心率と面積

掃過面積の積分表示

半角置換による積分評価

面積比から時間比を求める