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　今回は万有引力の法則 \[F_r=G\frac{M_\odot m}{r^2}\] から、ケプラーの法則を証明してく。ニュートン力学はの一番の功績はケプラーの法則を理論的に説明したことだと思う。実は太陽も他の惑星からの引力により移動している、更に言うと、銀河系のスケールで、太陽自体も銀河の中心に対して公転しているかもしれない。だが太陽系のみを見て、太陽の質量\(M_\odot\)太陽系の中ではとても大きく太陽の位置を原点\(O\)から動かないこととしよう。前回も示したがケプラーの第1法則から示していく。万有引力は保存力でかつ向心力なので、力学的エネルギー保存則、角運動量保存則が使える。 \[\frac{1}{2}m(\dot{r}^2+r^2\dot{\theta}^2)-\frac{GM_\odot m}{r}=E\tag{1}\] \[L=mr^2\dot{\theta}\tag{2}\] \(E/m=E_m,\ L/m=L_m\)(1)式に(2)式を代入する。 \[\frac{1}{2}\left(\dot{r}^2+\frac{L_m^2}{r^2}\right)-\frac{GM_\odot}{r}=E_m\] \[\dot{r}=\pm\sqrt{2E_m+\frac{2GM_\odot}{r}-\frac{L_m^2}{r^2}}\] (2)式より\(\cfrac{1}{r^2}\cfrac{dt}{d\theta}=\cfrac{1}{L_m}\)を掛けると、 \[\frac{1}{r^2}\frac{dt}{d\theta}\frac{dr}{dt}=\pm\frac{1}{L_m}\sqrt{2E_m+\frac{2GM_\odot}{r}-\frac{L_m^2}{r^2}}\] ここで\(u=1/r\)とすると、\(du=-dr/r^2\)であるから、 \[-\frac{du}{d\theta}=\pm\sqrt{\frac{2E_m}{L_m^2}+\frac{2GM_\odot u}{L_m^2}-u^2}\] \[\frac{du}{d\theta}=\mp\sqrt{\frac{2E_m}{L_m^2}+\frac{G^2M_{\odot}^2}{L_m^4}-\left(\frac{GM_\odot}{L_m^2}-u\right)^2}\] 更に、\(A=\sqrt{L_m^2/GM_{\odot}},\ e=\sqrt{1+2E_mL_m^2/G^2M_\odot^2}\)と置き換えると、 \[\frac{du}{d\theta}=\mp\sqrt{\frac{e^2}{A^2}-\left(\frac{1}{A}-u\right)^2\tag{3}}\] (3)式の解を、 \[u=\frac{1}{A}(1+e\cos\xi)\] と仮定するとうまく解くことができる。(3)式に代入すると、 \[-\frac{e}{A}\sin\xi\frac{d\xi}{d\theta}=\mp\sqrt{\frac{e^2}{A^2}-\frac{e^2}{A^2}\cos^2\xi}\] 以上から、\(d\xi/d\theta=\pm1\)両辺を\(\theta\)で積分して積分定数を0とすると、\(\xi=\pm\theta\) \[r=\frac{1}{u}=\frac{A}{1+e\cos(\pm\theta)}=\frac{A}{1+e\cos\theta}\tag{4}\] 離心率\(e\lt1\)の場合この方程式は楕円の軌跡表すので、第１法則は示せた。

面積速度\(S_v\)を次のように定義する。 \[S_v:=\frac{1}{2}|\boldsymbol{r}\times \boldsymbol{v}|\] 第2法則は簡単に示すことができる。角運動量保存則より、 \[L=m|\boldsymbol{r}\times \boldsymbol{v}|\] 角運動量\(L\)時間に依らない定数なため、 \[S_v=\frac{|\boldsymbol{r}\times m\boldsymbol{v}|}{2m}=\frac{L}{2m}=\frac{L_m}{2}=\mathrm{const.}\tag{5}\] 第2法則も示すことができた。第3法則を示すため楕円の面積\(S\)を求めよう。まず極座標表示になっている、楕円の方程式をデカルト座標に戻す。(4)式に\(r\cos\theta=x,\ r^2=x^2+y^2\)を使う。 \[r+r\cos\theta=A\] \[r+ex=A,\ x^2+y^2=(ex-A)^2,\ (1-e^2)x^2+2eAx+y^2=A^2\] \[\left(x+\frac{eA}{1-e^2}\right)^2+\frac{y^2}{1-e^2}=\frac{A^2}{1-e^2}-\frac{e^2A^2}{(1-e^2)^2}\] \(a=\frac{A}{1-e^2},b=\sqrt{1-e^2}a\)とすると、 \[\frac{(x+ea)^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\] \(y\)について解き、楕円の\(y\ge0\)の部分を\(y_+\)とする。 \[y_{+}(x)=b\sqrt{1-\frac{(x+ea)^2}{a^2}}\]

楕円の面積\(S\)は\(y\)軸正の部分を２倍して、 \[S=2\int_{-a+ea}^{a+ea}y_{+}(x)dx\] とかける。このままだと計算が難しいので、楕円の中心からの角度\(\phi\)を使った積分に置換する。 \[x=a\cos\phi+ea,\ dx=-a\sin\phi d\phi\] \[y_+=b\sqrt{1-\frac{(a\cos\phi)^2}{a^2}}=b\sin\phi\] 積分範囲は、図を見ながら確認して \[\begin{array}{c|cc} x&-a+ea&\to&a+ea \\\hline\phi&\pi&\to&0 \end{array}\] なので、 \[S=2\int_{\pi}^{0}b\sin\phi(-a\sin\phi)d\phi\] 倍角の公式\(\cos2\alpha=\cos^2-\sin^2\alpha=1-2\sin^2\alpha\)を使う。 \[S=-ab\int_{\pi}^{0}(1-\cos2\phi)d\phi=-ab\int_{\phi=\pi}^{\phi=0}d\left(\phi-\frac{\sin2\phi}{2}\right)\] \[S=\pi ab\] 楕円の面積は\(\pi ab\)であることが分かった。面積速度\(S_v\)を\(x=a\cos\phi+ea,\ y=b\sin\phi\)を使って表そう。 \[\dot x=-a\sin\phi\ \dot\phi,\ \dot y=b\cos\phi\ \dot\phi\] であるから、 \[\frac{L}{m}=x\dot{y}-y\dot{x}=ab\dot\phi+abe\cos\phi\ \dot\phi\] \[S_v=\frac{L}{2m}=\frac{1}{2}ab(1+\cos\phi)\dot\phi\] 周期\(T\)を1周にかかる時間と定義する、\({t:0\to T}\)は\(\theta:0\to 2\pi\)に対応し、\(\phi:0\to 2\pi\)にたいおうするので、 \[\int_0^TS_vdt=\frac{1}{2}\int_0^{2\pi}ab(1+\cos\phi)d\phi\] \[S_vT=\pi ab\tag{6}\] \[S_v=\frac{S}{T}\] なんと、面積速度は楕円の面積を周期で割った値である。ことが分かった。これが面積速度の由来か。これで第３法則を示す準備が整った。

楕円の軌道で \[\frac{L^2_m}{GM_{\odot}}=A\] という置き換えをしていた。これに(5)式\(L_m=2S_v\)と(6)式\(S_v=\pi ab/T\)を代入して、 \[\frac{4S_v^2}{GM_{\odot}}=A\] \[\frac{4\pi^2a^2b^2}{GM_{\odot}T^2}=A\] \(b=\sqrt{1-e^2}a\)なので、 \[\frac{4\pi^2}{GM_{\odot}}=\frac{AT^2}{a^2b^2}=\frac{AT^2}{(1-e^2)a^4}\] \(a=A/(1-e^2)\)を代入すると、 \[\frac{4\pi^2}{GM_{\odot}}=\frac{T^2}{a^3}=\mathrm{const.}\] 第3法則(周期\(T\)の2乗は長半径\(a\)の3乗に比例する)も示せた。