Уравнение Кеплера

[Иван Горин]

Начало в теме:
http://bolshoyforum.com/forum/index.php?topic=599979.0

\(\displaystyle \frac{2}{\sqrt{(1-\varepsilon^2 )^3}}\left ( \arctan(\sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}\tan \frac{\varphi }{2})-\frac{\varepsilon \sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}\tan \frac{\varphi }{2}}{1+\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }\tan^2 \frac{\varphi }{2}} \right )=C_1t\)
\(\displaystyle С_1=\frac{V_0}{R_0(1+\varepsilon )^2}\)
V₀ скорость в перигее
R₀ радиус в перигее.
\(\displaystyle R_0=(1-\varepsilon )a,\,\varepsilon =\frac{V_0^2R_0}{\gamma M}-1,\,V_0^2=(1+\varepsilon )\frac{\gamma M}{R_0}=\frac{(1+\varepsilon) \gamma M}{(1-\varepsilon )a}\)
После подстановок и преобразований получим:

\(\displaystyle t=2\sqrt{\frac{a^3}{\gamma M}}\left ( \arctan(\sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}\tan \frac{\varphi }{2})-\frac{\varepsilon \sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}\tan \frac{\varphi }{2}}{1+\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }\tan^2 \frac{\varphi }{2}} \right )\)

При \(\varphi =2\pi\) получим время равное одному периоду обращения тела на орбите
\(\displaystyle t=T=2\sqrt{\frac{a^3}{\gamma M}}\left ( \arctan(\sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}\tan \pi )-0 \right )=2\sqrt{\frac{a^3}{\gamma M}}\left ( \arctan0+\pi \right )\)

\(\displaystyle T=2\pi \sqrt{\frac{a^3}{\gamma M}}\) третий закон Кеплера

\(\displaystyle t=\frac{T}{\pi }\left ( \arctan(\sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}\tan \frac{\varphi }{2})-\frac{\varepsilon \sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}\tan \frac{\varphi }{2}}{1+\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }\tan^2 \frac{\varphi }{2}} \right )\)  (1)


Продолжение следует ...

[severe]

\(\displaystyle T=2\pi \sqrt{\frac{a^3}{\gamma M}}\)

Почему масса Солнца, сосчитанная по этому выражению для орбиты Земли, на восемь порядков больше, чем указанная в википедии?

[Ost]

Почему масса Солнца, сосчитанная по этому выражению для орбиты Земли, на восемь порядков больше, чем указанная в википедии?

Это просто ошибка при вычислении.

[Иван Горин]

Продолжение

\(\displaystyle t=\frac{T}{\pi }\left ( \arctan(\sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}\tan \frac{\varphi }{2})-\frac{\varepsilon \sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}\tan \frac{\varphi }{2}}{1+\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }\tan^2 \frac{\varphi }{2}} \right )\)  (1)

Примеры:
1) \(\displaystyle \varphi =\frac{\pi }{2}\)
\(\displaystyle t( \frac{\pi}{2})=\frac{T}{\pi }\left ( \arctan(\sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}\tan \frac{\pi }{4})-\frac{\varepsilon \sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}\tan \frac{\pi }{4}}{1+\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }\tan^2 \frac{\pi }{4}} \right )\)

\(\displaystyle t(\frac{\pi }{2})=\frac{T}{\pi }\left ( \arctan \sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}-\frac{\varepsilon \sqrt{1-\varepsilon ^2}}{2} \right )\)
При \(\varepsilon=0\), движение по окружности
\(\displaystyle t(\frac{\pi }{2})=\frac{T}{\pi }\frac{\pi }{4}=\frac{T}{4}\)


2) \(\displaystyle \varphi =\pi \)
\(\displaystyle t(\pi )=\frac{T}{2}\)

3) \(\displaystyle t(\frac{3\pi}{2} )=T-t(\frac{\pi }{2})\)
4) \(\displaystyle t(3\pi )=\frac{3T}{2}\)
и т.д.

Продолжение следует ...

[severe]

Это просто ошибка при вычислении.

Попробуйте её исправить http://bolshoyforum.com/forum/index.php?topic=600039.msg8473407#msg8473407

[severe]

\(\displaystyle t=\frac{T}{\pi }\left ( \arctan(\sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}\tan \frac{\varphi }{2})-\frac{\varepsilon \sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}\tan \frac{\varphi }{2}}{1+\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }\tan^2 \frac{\varphi }{2}} \right )\)

\(\displaystyle \varphi =\pi \)
\(\displaystyle t(\pi )=\frac{T}{2}\)

Верно, но не доказано, поскольку пропущено раскрытие возникающей неопределенности.

[Ost]

Попробуйте её исправить http://bolshoyforum.com/forum/index.php?topic=600039.msg8473407#msg8473407

По исправленным данным Мастерова получается \(1,988371 \cdot 10^{30}\).

[Иван Горин]

Верно, но не доказано, поскольку пропущено раскрытие возникающей неопределенности.

\[\frac{\infty}{1+ \infty^2}=0\]

[severe]

ОК.

[Иван Горин]

\(\displaystyle t=\frac{T}{\pi }\left ( \arctan(\sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}\tan \frac{\varphi }{2})-\frac{\varepsilon \sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}\tan \frac{\varphi }{2}}{1+\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }\tan^2 \frac{\varphi }{2}} \right )\)  (1)

Теперь можно подробно ответить на резонный вопрос:

Чему равен этот интеграл при \( \varphi=\pi(2n+1) \), \( n=0,1,2,... \)?

\(\displaystyle \varphi =\pi (2n+1)=\pi , 3\pi ,5\pi ,7\pi ...\)

\(\displaystyle \frac{\varphi }{2}=\frac{\pi }{2}+n\pi\)

При этих углах возникают неопределённости. В первом слагаемом (1) \(\arctan \infty\), во втором \(\frac{\infty}{\infty}\)

Разрешим эти неопределённости.
\(\displaystyle \lim_{\frac{\varphi }{2}\rightarrow \frac{\pi }{2}+n\pi } \arctan \left ( \sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}\tan \frac{\varphi }{2} \right )=\frac{\pi }{2}+n\pi\)

\(\displaystyle \lim_{\frac{\varphi }{2}\rightarrow \frac{\pi }{2}+n\pi } \left ( \frac{\tan\frac{\varphi }{2} }{1+\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }\tan ^2\frac{\varphi }{2}} \right )= \lim_{\frac{\varphi }{2}\rightarrow \frac{\pi }{2}+n\pi } \left ( \frac{1 }{\frac{1}{\tan \frac{\varphi }{2}}+\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }\tan \frac{\varphi }{2}} \right )=\frac{1}{\frac{1}{\infty }+\infty }=\frac{1}{0+\infty }=0\)

В итоге из (1) получим время
\(\displaystyle t=\frac{T}{\pi }(\frac{\pi }{2}+\pi n)=\frac{T}{2}+nT\)

[severe]

Спасибо.

[Иван Горин]

Спасибо.

Пожалуйста.

И из темы Дапа.
Транспортир можно отградуировать и в радианах.
А почему бы и линейку не отградуировать в экцентрисетах.
Например против сантиметровых делений поставить 0,1. Миллиметровое деление будет 0,01.
Строим эллипс с помощью такой линейки.
Берём двойную нитку длиной \(2\varepsilon\)
На лист ватмана прибиваем наудачу два гвоздика в пределах длины двойной нити.
Эти гвоздики будут фокусами.
Берем карандаш, натягиваем с его помощью петлю нити и рисуем эллипс.
Находим его центр. И с помощью нашей линейки измеряем эксцентрисет.
То есть расстояние между центром эллипса и одним из гвоздиков(фокусов)
И никаких формул, как того требует Дап. Прямое измерение.

[kichrot]

\[\frac{\infty}{1+ \infty^2}=0\]

Неверно. 
Неопределенность сохраняется. 

[Иван Горин]

Неверно. 
Неопределенность сохраняется. 

А чему равно \(\displaystyle \frac{0}{0^2}\)
Или \(\displaystyle \frac{0^2}{0}\)
Ась?

[kichrot]

А чему равно \(\displaystyle \frac{0}{0^2}\)
Или \(\displaystyle \frac{0^2}{0}\)
Ась?

Неопределенность. 

[severe]

И из темы Дапа.
Транспортир можно отградуировать и в радианах.
А почему бы и линейку не отградуировать в экцентрисетах.

Это-то можно. Но проще было бы попросить его посмотреть размерность одного радиана в таблице единиц измерения системы СИ. Правда он теперь сотрёт любой мой пост.

[Иван Горин]

\(\displaystyle t=\frac{T}{\pi }\left ( \arctan(\sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}\tan \frac{\varphi }{2})-\frac{\varepsilon \sqrt{\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }}\tan \frac{\varphi }{2}}{1+\frac{1-\varepsilon }{1+\varepsilon }\tan^2 \frac{\varphi }{2}} \right )\)  (1)

Формулу (1) можно упростить, если отсчёт угла сделать не от фокуса, а от центра эллипса.
Формула связи между углами:
\(\displaystyle \cos \varphi =\frac{\cos E-\varepsilon }{1-\varepsilon \cos E}\,(2)\)
После тригономентрических преобразований получим уравнение Кеплера:
\(\displaystyle t=\frac{T}{2\pi }(E-\varepsilon \sin E)\,(3)\)
Е - угол между осью ОХ и направлением к малому телу, отсчитанный от центра эллипса.
Угол Е называют эксцентрической аномалией.
При Е=0 малое тело находится в перигее.
При Е=180° малое тело находится в апогее.