Das Zweikörperproblem

Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD

Der Artikel Das Zweikörperproblem basiert auf der Vorlesungsmitschrift von Franz- Josef Schmitt des 3.Kapitels (Abschnitt 5) der Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD.

Das Zweikörperproblem	Symmetrien und Erhaltungsgrößen
	Theorem von Noether Räumliche Translationsinvarianz Räumliche Isotropie Zeitliche Translationsinvarianz Das Zweikörperproblem	Das d'Alembertsche Prinzip Das Hamiltonsche Prinzip Symmetrien und Erhaltungsgrößen Der Hamiltonsche kanonische Formalismus Die Hamilton-Jacobi-Theorie Mechanik des starren Körpers Dynamische Systeme und deterministisches Chaos

Hier werden die Erhaltungssätze zur Lösung der Bewegungsgleichung verwendet.

Idee:

f Freiheitsgrade -> f Differenzialgleichungen 2. Ordnung

• 2f Integrationskonstanten nötig ! ( jeweils zweifaches Integrieren). ( Anfangsbedingungen).
• Also existieren auch 2f Integrale der Bewegung

Falls alle 2f Integrale der Bewegung bekannt wären:

${{I}_{r}}({{q}_{1}},...,{{q}_{f}},{{\dot {q}}_{1}},...{{\dot {q}}_{f}})={{c}_{r}}\quad \quad r=1,...2f$

So wäre das Problem vollständig gelöst:

${{q}_{k}}={{q}_{k}}({{c}_{1}},...,{{c}_{2f}},t)\quad \quad k=1,...,f$

Also ist es das Ziel, möglichst viele Integrale der Bewegung zu finden.

Beispiel: Zweikörperproblem

2 Massen, m1 und m2 unter dem Einfluss Ihrer inneren Wechselwirkung: V(|r1-r2|) ( Zentralpotenzial).

Beispiel: Sonne / Erde unter Gravitationswechselwirkung

Zahl der Freiheitsgrade: f=6

Also: es muessten 12 Integrale der Bewegung existieren

Erhaltungssätze

1. V(|r1-r2|) ist translationsinvariant.

Somit ist der Impuls:

${\bar {P}}={{\bar {p}}_{1}}+{{\bar {p}}_{2}}$

=konstant

Der Schwerpunkt:

${\bar {R}}={\frac {1}{M}}{\bar {P}}t+{{\bar {R}}_{0}}$

bewegt sich gleichförmig und geradlinig.

Dies folgt aus:

$M{\dot {\bar {R}}}={\bar {P}}=const$

M:=m1 + m2

Somit sind 6 Integrationskonstanten gefunden:

${\bar {P}},{\bar {R}}$

1. V(|r1-r2|) ist rotationsinvariant:

Damit ist der Drehimpuls

${\bar {l}}={{m}_{1}}{{\bar {r}}_{1}}\times {{\bar {v}}_{1}}+{{m}_{2}}{{\bar {r}}_{2}}\times {{\bar {v}}_{2}}=const$

Es sind drei weitere Integrationskonstanten

${\bar {l}}$

gefunden.

1. Die zeitliche Translationsinvarianz bei konservativer Kraft:

$E={\frac {1}{2}}{{m}_{1}}{{\bar {v}}_{1}}^{2}+{\frac {1}{2}}{{m}_{2}}{{\bar {v}}_{2}}^{2}+V\left(\left|{{\bar {r}}_{1}}-{{\bar {r}}_{2}}\right|\right)=const$

Eine Integrationskonstante E

Insgesamt sind 10 Integrale der Bewegung gefunden. Es bleiben nur 2 Integrationskonstanten, nämlich der Nullpunkt der Zeit- und Winkelskala. Diese ergeben sich aus den ANfangsbedingungen.

Impuls- und Drehimpulserhaltung

Lagrange- Formulierung:

$L=T-V={\frac {1}{2}}{{m}_{1}}{{\bar {v}}_{1}}^{2}+{\frac {1}{2}}{{m}_{2}}{{\bar {v}}_{2}}^{2}-V\left(\left|{{\bar {r}}_{1}}-{{\bar {r}}_{2}}\right|\right)$

Verallgeminerte Koordinaten: Schwerpunktskoordinaten:

$\left({\begin{matrix}{{q}_{1}}\\{{q}_{2}}\\{{q}_{3}}\\\end{matrix}}\right):={\bar {R}}={\frac {1}{M}}({{m}_{1}}{{\bar {r}}_{1}}+{{m}_{2}}{{\bar {r}}_{2}})$ Schwerpunktskoordinate $\left({\begin{matrix}{{q}_{4}}\\{{q}_{5}}\\{{q}_{6}}\\\end{matrix}}\right):={\bar {r}}={{\bar {r}}_{1}}-{{\bar {r}}_{2}}$

Relativkoordinate

Die Umkehrung liefert dann die gesuchten Größen:

${\begin{aligned}&{{\bar {r}}_{1}}={\bar {R}}+{\frac {{m}_{2}}{M}}{{\bar {r}}_{}}\quad \quad {{\bar {r}}_{2}}={\bar {R}}-{\frac {{m}_{1}}{M}}{\bar {r}}\\&{{\dot {\bar {r}}}_{1}}={\dot {\bar {R}}}+{\frac {{m}_{2}}{M}}{{\dot {\bar {r}}}_{}}\quad \quad {{\dot {\bar {r}}}_{2}}={\dot {\bar {R}}}-{\frac {{m}_{1}}{M}}{{\dot {\bar {r}}}_{}}\\&L={\frac {M}{2}}{{\dot {\bar {R}}}^{2}}+{\frac {1}{2}}m{{\dot {\bar {r}}}^{2}}-V(r)\\\end{aligned}}$

Dabei bezeichnet

$r:=\left|{\bar {r}}\right|$

den Abstand und

$m={\frac {{{m}_{1}}{{m}_{2}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}}$

die relative Masse

$L={\frac {M}{2}}{{\dot {\bar {R}}}^{2}}+{\frac {1}{2}}m{{\dot {\bar {r}}}^{2}}-V(r)$

${\bar {R}}$

ist zyklische Koordinate:

${\frac {\partial L}{\partial {{R}_{k}}}}=0\Rightarrow {\frac {\partial L}{\partial {{\dot {R}}_{k}}}}=M{{\dot {R}}_{k}}={{P}_{k}}=const$

mit k= x,y,z

$\Rightarrow {\bar {R}}={\frac {1}{M}}{\bar {P}}t+{{\bar {R}}_{0}}$

Verwende das Schwerpunktsystem als Inertialsystem:

o.B.d.A:

${\bar {R}}={\dot {\bar {R}}}=0$

Damit ergibt sich die vereinfachte Lagrangegleichung

$L={\frac {1}{2}}m{{\dot {\bar {r}}}^{2}}-V(r)$

mit:

${\begin{aligned}&{{\bar {r}}_{1}}=+{\frac {{m}_{2}}{M}}{{\bar {r}}_{}}\quad \quad {{\bar {r}}_{2}}=-{\frac {{m}_{1}}{M}}{\bar {r}}\\&{{\dot {\bar {r}}}_{1}}=+{\frac {{m}_{2}}{M}}{{\dot {\bar {r}}}_{}}\quad \quad {{\dot {\bar {r}}}_{2}}=-{\frac {{m}_{1}}{M}}{{\dot {\bar {r}}}_{}}\\\end{aligned}}$

Der Drehimpuls berechnet sich gemäß:

${\bar {l}}={{m}_{1}}{{\bar {r}}_{1}}\times {{\bar {v}}_{1}}+{{m}_{2}}{{\bar {r}}_{2}}\times {{\bar {v}}_{2}}=\left({\frac {{{m}_{1}}{{m}_{2}}^{2}}{{M}^{2}}}+{\frac {{{m}_{2}}{{m}_{1}}^{2}}{{M}^{2}}}\right){\bar {r}}\times {\dot {\bar {r}}}=m{\bar {r}}\times {\dot {\bar {r}}}=const$

(Rotationsinvarianz)

Somit folgt aber auch (zyklische Vertauschbarkeit):

${\bar {l}}\cdot {\bar {r}}={\bar {l}}\cdot {\dot {\bar {r}}}=0$

Beide, Radiusvektor und Geschwindigkeitsvektor

${\bar {r}},{\dot {\bar {r}}}$

liegen in der Ebene senkrecht zu

${\bar {l}}$

( Im Schwerpunktsystem).

Übergang zu Polarkoordinaten. Wir legen das Koordinatensystem so, dass der Drehimpuls parallel zur z- Achse zeigt:

${\begin{aligned}&x=r\cos \phi \quad {\dot {x}}={\dot {r}}\cos \phi -r{\dot {\phi }}\sin \phi \\&y=r\sin \phi \quad {\dot {y}}={\dot {r}}\sin \phi +r{\dot {\phi }}\cos \phi \\\end{aligned}}$

Somit:

${{\dot {\bar {r}}}^{2}}={{\dot {x}}^{2}}+{{\dot {y}}^{2}}=...={{\dot {r}}^{2}}+{{r}^{2}}{{\dot {\phi }}^{2}}$

Nun wählen wir neue verallgemeinerte Koordinaten statt x,y :

$\left(r,\phi \right)$

$L={\frac {1}{2}}m\left({{\dot {r}}^{2}}+{{r}^{2}}{{\dot {\phi }}^{2}}\right)-V(r)$

$\phi$

ist zyklische Koordinate:

${\frac {\partial L}{\partial \phi }}=0\Rightarrow {\frac {\partial L}{\partial {\dot {\phi }}}}=m{{r}^{2}}{\dot {\phi }}=l=const$

Hier: l = lz, da lx = ly =0

Also:

$m{{r}^{2}}{\dot {\phi }}={{l}_{z}}=m(x{\dot {y}}-y{\dot {x}})=const$

Flächensatz: 2. keplersches Gesetz

Geometrische Interpretation von

$m{{r}^{2}}{\dot {\phi }}={{l}_{z}}=m(x{\dot {y}}-y{\dot {x}})=const$

Radiusvektor überstreicht in gleichen Zeiten gleiche Flächen.

Das heißt: Die Flächengeschwindigkei ist konstant:

Für die Fläche gilt:

$\delta F={\frac {1}{2}}\left|{\bar {r}}\right|\cdot \left|{\bar {r}}+\delta {\bar {r}}\right|\sin \delta \phi \approx {\frac {1}{2}}{{r}^{2}}\delta \phi$

Dabei gilt die rechtsseitige Näherung für sehr kleine Änderungen in Radiusvektor und Winkel. Bleibt richtig für infinitesimale Betrachtung:

${\frac {d}{dt}}F={\frac {1}{2}}{{r}^{2}}{\frac {d\phi }{dt}}={\frac {l}{2m}}=const$

Energieerhaltung und Bahngleichung

Bestimmen wir die Lagranggleichung 2. Art für den radius r:

${\frac {d}{dt}}{\frac {\partial L}{\partial {\dot {r}}}}-{\frac {\partial L}{\partial r}}=0$

${\begin{aligned}&{\frac {\partial L}{\partial {\dot {r}}}}=m{\dot {r}}\\&{\frac {\partial L}{\partial r}}=mr{{\dot {\phi }}^{2}}-V{\acute {\ }}(r)\\\end{aligned}}$

Somit gilt:

$m{\ddot {r}}-mr{{\dot {\phi }}^{2}}+V{\acute {\ }}(r)=0$

Mit der Zentrifugalkraft

$mr{{\dot {\phi }}^{2}}$

Die Zeitableitung des Winkels können wir eliminieren durch die Bewegungskonstante l:

${\dot {\phi }}={\frac {l}{m{{r}^{2}}}}$

$m{\ddot {r}}-{\frac {{l}^{2}}{m{{r}^{3}}}}+V{\acute {\ }}(r)=0$

1. Integral: Trick: Wir müssen die Gleichung auf zeitliche Änderung bringen. Zu diesem zweck multiplizieren wir alles mit

${\dot {r}}$

${\begin{aligned}&m{\ddot {r}}{\dot {r}}-{\frac {{l}^{2}}{m{{r}^{3}}}}{\dot {r}}+{\dot {r}}V{\acute {\ }}(r)=0\\&m{\ddot {r}}{\dot {r}}={\frac {d}{dt}}\left({\frac {m}{2}}{{\dot {r}}^{2}}\right)\\&{\frac {{l}^{2}}{m{{r}^{3}}}}{\dot {r}}={\frac {d}{dt}}\left(-{\frac {{l}^{2}}{2m{{r}^{2}}}}\right)\\&{\dot {r}}V{\acute {\ }}(r)={\frac {d}{dt}}V(r)\\\end{aligned}}$

Somit können wir Integration über die zeit ausführen und es ergibt sich:

${\frac {m}{2}}{{\dot {r}}^{2}}+{\frac {{l}^{2}}{2m{{r}^{2}}}}+V(r)=const=E$

Energieerhaltung mit

$T={\frac {m}{2}}\left({{\dot {r}}^{2}}+{\frac {{l}^{2}}{{{m}^{2}}{{r}^{2}}}}\right)={\frac {m}{2}}\left({{\dot {r}}^{2}}+{{r}^{2}}{{\dot {\phi }}^{2}}\right)$

Andere Interpretation

Die Bewegung der beiden Körper ist ebenfalls als eindimensionale Bewegung in einem effektiven

Radialpotenzial

${\tilde {V}}(r):={\frac {{l}^{2}}{2m{{r}^{2}}}}+V(r)$

Dabei wird

${\frac {{l}^{2}}{2m{{r}^{2}}}}$

als Zentrifugalbarriere bezeichnet.

Es ergibt sich:

${\frac {m}{2}}{{\dot {r}}^{2}}+{\tilde {V}}(r)=const=E$

Somit:

${\dot {r}}={\sqrt {{\frac {2}{m}}\left(E-{\tilde {V}}(r)\right)}}={\frac {dr}{dt}}$

Integration liefert:

$\int \limits _{{r}_{o}}^{r}{{\frac {dr{\acute {\ }}}{\sqrt {{\frac {2}{m}}\left(E-{\tilde {V}}(r{\acute {\ }})\right)}}}=\int \limits _{{t}_{o}}^{t}{dt{\acute {\ }}}}$

Es sind somit t( r) und r( t) berechenbar.

Der Winkel folgt dann aus:

${\dot {\phi }}={\frac {d\phi }{dt}}={\frac {l}{mr{{(t)}^{2}}}}$

durch Einsetzen:

$\int \limits _{{\phi }_{o}}^{\phi }{d}\phi {\acute {\ }}=\int \limits _{{t}_{o}}^{t}{}{\frac {l}{m{{r}^{2}}(t{\acute {\ }})}}dt{\acute {\ }}$

Es ergibt sich also:

$\phi (t)$

.

Die Bahngleichung wird gewonnen gemäß:

${\frac {dr}{d\phi }}={\frac {\dot {r}}{\dot {\phi }}}={\frac {m{{r}^{2}}{\sqrt {{\frac {2}{m}}\left(E-{\tilde {V}}(r)\right)}}}{l}}={{r}^{2}}{\sqrt {{\frac {2m}{{l}^{2}}}\left(E-{\tilde {V}}(r)\right)}}$

Es folgt:

$\int \limits _{{\phi }_{o}}^{\phi }{d}\phi {\acute {\ }}=\int \limits _{{r}_{o}}^{r}{dr{\acute {\ }}}{\frac {1}{r{{\acute {\ }}^{2}}{\sqrt {{\frac {2m}{{l}^{2}}}\left(E-{\tilde {V}}(r{\acute {\ }})\right)}}}}$

Daraus erhält man als Bahngleichung

$\phi (r)$

bzw.

$r(\phi )$

.

Die Bahngleichung.

Planetenbewegung und Keplersche Gesetze

Betrachten wir speziell das Gravitationspotenzial als Wechselwirkung:

$V(r)=-{\frac {\gamma {{m}_{1}}{{m}_{2}}}{{r}^{}}}$ mit $r=|{{\bar {r}}_{1}}-{{\bar {r}}_{2}}|$

Somit ergibt sich ein effektives Radialpotenzial gemäß

${\tilde {V}}(r)=-{\frac {k}{{r}^{}}}+{\frac {{l}^{2}}{2m{{r}^{2}}}}\quad k:=\gamma {{m}_{1}}m>0$

ALs Grenzwert folgt:

${\begin{aligned}&r\to 0:{\tilde {V}}(r)={\frac {{l}^{2}}{2m{{r}^{2}}}}\quad \to \infty \\&r\to \infty :{\tilde {V}}(r)=-{\frac {k}{r}}\quad \to 0\\\end{aligned}}$

Differenziation findet ein Minimum:

${\begin{aligned}&{\frac {d{\tilde {V}}(r)}{dr}}={\frac {k}{{r}^{2}}}-{\frac {{l}^{2}}{m{{r}^{3}}}}=0\to {{r}_{o}}={\frac {{l}^{2}}{mk}}\\&{\tilde {V}}({{r}_{o}})={\frac {-m{{k}^{2}}}{2{{l}^{2}}}}\\\end{aligned}}$ Wegen ${\frac {m}{2}}{{\dot {r}}^{2}}=E-{\tilde {V}}(r)$

ist eine Bewegung nur für

$E-{\tilde {V}}(r)\geq 0$

möglich. Also muss

$E\geq {\tilde {V}}(r)$

Es gilt:

$0>E\geq {\tilde {V}}({{r}_{o}})\Rightarrow 0>E\geq {\frac {-m{{k}^{2}}}{2{{l}^{2}}}}$

Bahnen sind geschlossen ( Ellipse, Spezialfall: Kreis)

$E>0$

Bahnen sind offen. ( Hyperbeln)

Wir werden sehen, dass für E=0 eine Parabelbahn folgt.

Das Potenzial hat die folgende Gestalt:

Für

$0>E\geq {\tilde {V}}({{r}_{o}})\Rightarrow 0>E\geq {\frac {-m{{k}^{2}}}{2{{l}^{2}}}}$

Sind die Umkehrpunkte durch

${\tilde {V}}(r)=-{\frac {k}{{r}^{}}}+{\frac {{l}^{2}}{2m{{r}^{2}}}}\quad =E$

bestimmt ( quadratisch Gleichung in r mit zwei Lösungen):

${{r}_{\min /\max }}={\frac {1}{2|E|}}\left(k\mp {\sqrt {{{k}^{2}}-{\frac {2{{l}^{2}}|E|}{m}}}}\right)$

Für E>0 gibt es nur noch eine Lösung für r, die positiv und damit physikalisch sinnvoll ist.

Aus

gewinnt man den inneren Umkehrpunkt:

Die Bahngleichung kann nun explizit berechnet werden:

$\int \limits _{{\phi }_{o}}^{\phi }{d}\phi {\acute {\ }}=\phi -{{\phi }_{o}}=\int \limits _{{r}_{o}}^{r}{dr{\acute {\ }}}{\frac {1}{r{{\acute {\ }}^{2}}{\sqrt {{\frac {2m}{{l}^{2}}}\left(E-{\tilde {V}}(r{\acute {\ }})\right)}}}}=\int \limits _{{r}_{o}}^{r}{\frac {dr{\acute {\ }}}{r{{\acute {\ }}^{2}}}}{\frac {1}{\sqrt {{\frac {2mE}{{l}^{2}}}+{\frac {2mk}{{{l}^{2}}r{\acute {\ }}}}-{\frac {1}{r{{\acute {\ }}^{2}}}}}}}$

Dieses Integral ist nicht leicht zu berechnen, jedoch lediglich ein mathematisches Problem. Es gelingt mit einer geschickten Substitution:

Zunächst soll der Ausdruck unter der Wurzel quadratisch ergänzt werden:

${\frac {2mE}{{l}^{2}}}+{\frac {2mk}{{{l}^{2}}r{\acute {\ }}}}-{\frac {1}{r{{\acute {\ }}^{2}}}}=-{{\left({\frac {1}{r{{\acute {\ }}^{}}}}-{\frac {mk}{{l}^{2}}}\right)}^{2}}+{\frac {{{m}^{2}}{{k}^{2}}}{{l}^{4}}}+{\frac {2mE}{{l}^{2}}}$ mit ${\begin{aligned}&-{{\left({\frac {1}{r{{\acute {\ }}^{}}}}-{\frac {mk}{{l}^{2}}}\right)}^{2}}+{\frac {{{m}^{2}}{{k}^{2}}}{{l}^{4}}}+{\frac {2mE}{{l}^{2}}}:=D\left[1-{\frac {1}{D}}{{\left({\frac {1}{r{{\acute {\ }}^{}}}}-{\frac {mk}{{l}^{2}}}\right)}^{2}}\right]\\&D:={\frac {2m}{{l}^{2}}}\left({\frac {m{{k}^{2}}}{2{{l}^{2}}}}+E\right)\\\end{aligned}}$

Dabei gilt:

${\begin{aligned}&{\frac {m{{k}^{2}}}{2{{l}^{2}}}}={\tilde {V}}({{r}_{o}})\\&\Rightarrow D:={\frac {2m}{{l}^{2}}}\left({\frac {m{{k}^{2}}}{2{{l}^{2}}}}+E\right)\geq 0\\\end{aligned}}$

Substitution:

${\begin{aligned}&\cos \vartheta {\acute {\ }}:={\frac {1}{\sqrt {D}}}\left({\frac {1}{r{{\acute {\ }}^{}}}}-{\frac {mk}{{l}^{2}}}\right)\Rightarrow {\frac {d\cos \vartheta }{dr{\acute {\ }}}}=-{\frac {1}{\sqrt {D}}}\left({\frac {1}{r{{\acute {\ }}^{2}}}}\right)\\&{\frac {d\cos \vartheta }{d\vartheta }}=-\sin \vartheta {\acute {\ }}\Rightarrow -\sin \vartheta d\vartheta =d\cos \vartheta \\&-\sin \vartheta {\acute {\ }}d\vartheta =-{\frac {1}{\sqrt {D}}}\left({\frac {dr{\acute {\ }}}{r{{\acute {\ }}^{2}}}}\right)\\\end{aligned}}$

Somit folgt:

${\begin{aligned}&\phi -{{\phi }_{o}}=\int \limits _{{r}_{o}}^{r}{\frac {dr{\acute {\ }}}{r{{\acute {\ }}^{2}}}}{\frac {1}{\sqrt {{\frac {2mE}{{l}^{2}}}+{\frac {2mk}{{{l}^{2}}r{\acute {\ }}}}-{\frac {1}{r{{\acute {\ }}^{2}}}}}}}=\int \limits _{{r}_{o}}^{r}{\frac {dr{\acute {\ }}}{r{{\acute {\ }}^{2}}}}{\frac {1}{\sqrt {D\left[1-{\frac {1}{D}}{{\left({\frac {1}{r{{\acute {\ }}^{}}}}-{\frac {mk}{{l}^{2}}}\right)}^{2}}\right]}}}=\int \limits _{{r}_{o}}^{r}{\frac {dr{\acute {\ }}}{r{{\acute {\ }}^{2}}}}{\frac {1}{{\sqrt {D}}\left[1-{\frac {1}{D}}{{\left({\frac {1}{r{{\acute {\ }}^{}}}}-{\frac {mk}{{l}^{2}}}\right)}^{}}\right]}}\\&\int \limits _{{r}_{o}}^{r}{\frac {dr{\acute {\ }}}{r{{\acute {\ }}^{2}}}}{\frac {1}{{\sqrt {D}}\left[1-{\frac {1}{D}}{{\left({\frac {1}{r{{\acute {\ }}^{}}}}-{\frac {mk}{{l}^{2}}}\right)}^{}}\right]}}=\int \limits _{{\vartheta }_{0}}^{\vartheta }{d\vartheta {\acute {\ }}\sin \vartheta {\acute {\ }}{\frac {1}{{\sqrt {1-{{\cos }^{2}}\vartheta }}{\acute {\ }}}}=}\int \limits _{{\vartheta }_{0}}^{\vartheta }{d\vartheta {\acute {\ }}=\vartheta -{{\vartheta }_{0}}}\\&\vartheta -{{\vartheta }_{0}}=\arccos {\frac {1}{\sqrt {D}}}\left({\frac {1}{{r}^{}}}-{\frac {mk}{{l}^{2}}}\right)-\arccos {\frac {1}{\sqrt {D}}}\left({\frac {1}{{{r}_{o}}^{}}}-{\frac {mk}{{l}^{2}}}\right)\\\end{aligned}}$

Also in Summary:

$\phi -{{\phi }_{o}}=\arccos {\frac {1}{\sqrt {D}}}\left({\frac {1}{{r}^{}}}-{\frac {mk}{{l}^{2}}}\right)-\arccos {\frac {1}{\sqrt {D}}}\left({\frac {1}{{{r}_{o}}^{}}}-{\frac {mk}{{l}^{2}}}\right)$

Eine der Integrationskonstanten,

${{\phi }_{o}}$ oder ${{r}_{o}}$

kann frei eingesetzt werden.

Wir wählen den Winkel willkürlich:

Mit der vereinfachenden Wahl von

${{\phi }_{o}}=\arccos {\frac {1}{\sqrt {D}}}\left({\frac {1}{{{r}_{o}}^{}}}-{\frac {mk}{{l}^{2}}}\right)$

ergibt sich:

${\begin{aligned}&\phi (r)=\arccos {\frac {1}{\sqrt {D}}}\left({\frac {1}{{r}^{}}}-{\frac {mk}{{l}^{2}}}\right)\\&\Rightarrow {\frac {1}{r(\phi )}}={\frac {mk}{{l}^{2}}}+{\sqrt {D}}\cos \phi ={\frac {mk}{{l}^{2}}}\left(1+\varepsilon \cos \phi \right)\\&mit\quad \varepsilon :={\sqrt {D}}{\frac {{l}^{2}}{mk}}={\sqrt {1+{\frac {2E{{l}^{2}}}{m{{k}^{2}}}}}}\\\end{aligned}}$

Wesentlich ist unsere Bahngleichung:

${\frac {1}{r(\phi )}}={\frac {mk}{{l}^{2}}}+{\sqrt {D}}\cos \phi ={\frac {mk}{{l}^{2}}}\left(1+\varepsilon \cos \phi \right)$

Dies ist nämlich, wie jedem Mathematiker bekannt ist, die Gleichung eines Kegelschnitts in Polarkoordinaten:

${\begin{aligned}&\varepsilon >1\cong E>0\quad Hyperbel(offene\ Bahn)\\&\varepsilon =1\cong E=0\quad Parabel(offene\ Bahn)\\&\varepsilon <1\cong -{\frac {m{{k}^{2}}}{2{{l}^{2}}}}<E<0\quad Ellipse(geschlossene\ Bahn)\\\end{aligned}}$

Für da zweidimensionale Problem ist die Umrechnung auf kartesische Korodinaten sehr einfach:

Dies ist nämlich, wie jedem Mathematiker bekannt ist, die Gleichung eines Kegelschnitts in Polarkoordinaten:

${\begin{aligned}&\cos \phi ={\frac {x}{r}}\\&\sin \phi ={\frac {y}{r}}\\&r={\sqrt {\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\right)}}\\\end{aligned}}$

Für

$\varepsilon <1$

folgt:

${\begin{aligned}&{{\left({\frac {mk}{{l}^{2}}}\left(1-{{\varepsilon }^{2}}\right)x+\varepsilon \right)}^{2}}+{\frac {{{m}^{2}}{{k}^{2}}}{{l}^{4}}}\left(1-{{\varepsilon }^{2}}\right){{y}^{2}}=1\\&{\frac {{{m}^{2}}{{k}^{2}}}{{l}^{4}}}{{\left(1-{{\varepsilon }^{2}}\right)}^{2}}{{\left(x+{\frac {{l}^{2}}{mk}}{\frac {\varepsilon }{\left(1-{{\varepsilon }^{2}}\right)}}\right)}^{2}}+{\frac {{{m}^{2}}{{k}^{2}}}{{l}^{4}}}\left(1-{{\varepsilon }^{2}}\right){{y}^{2}}=1\\\end{aligned}}$

Dies kann vereinfacht werden zu:

${\frac {{\left(x+e\right)}^{2}}{{a}^{2}}}+{\frac {{y}^{2}}{{b}^{2}}}=1$

mit der Exzentrizität

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

Dies ist die Gleichung einer Ellipse mit einem Brennpunkt im Ursprung.

Die Hauptachsen lauten:

${\begin{aligned}&a={\frac {{l}^{2}}{mk(1-{{\varepsilon }^{2}})}}={\frac {k}{2|E|}}\\&b={\frac {{l}^{2}}{mk{\sqrt {1-{{\varepsilon }^{2}}}}}}={\frac {l}{\sqrt {2m|E|}}}\\\end{aligned}}$

Die relative Exzentrizität:

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

e, die absolute Exzentrizität ist der absolute Abstand zwischen Mittelpunkt der Ellipse und einem Brennpunkt.

Keplersches Gesetz

Folgt also aus der Bewegungsgleichung mit Gravitationspotenzial bei negativen Energien:

Die Planetenbahnen sind Ellipsen, in deren einen Brennpunkt die Sonne steht.

Keplersches Gesetz

T²~a³

Beweis:

Für die Fläche einer Ellipse gilt:

$F=\pi ab$

Wenn wir das zweite Keplersche Gesetz verwenden ( Flächensatz), so gilt:

${\frac {dF}{dt}}={\frac {l}{2m}}=const$

Es ergibt sich der folgende Zusammenhang mit der Umlaufzeit:

$\int \limits _{0}^{T}{dt}{\frac {dF}{dt}}={\frac {l}{2m}}T=F=\pi ab$

Aus der Herleitung des ersten Keplerschen Gesetzes ist bekannt:

${\begin{aligned}&{\frac {{b}^{2}}{a}}={\frac {{l}^{2}}{mk}}\Rightarrow b={\frac {l}{\sqrt {mk}}}{\sqrt {a}}\\&T={\frac {2m\pi ab}{l}}={\frac {2{\sqrt {m}}\pi {{a}^{\frac {3}{2}}}}{\sqrt {k}}}\\&{\frac {{T}^{2}}{{a}^{3}}}={\frac {4{{\pi }^{2}}m}{k}}\\\end{aligned}}$

Die zweiten Potenzen der Umlaufdauer sind somit nicht exakt proportional zur dritten Potenz der großen Halbachsen, da auch die Masse des Planeten noch eingeht:

${\begin{aligned}&k=\gamma {{m}_{1}}{{m}_{2}}\\&m={\frac {{{m}_{1}}{{m}_{2}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}}\\&{\frac {m}{k}}={\frac {1}{\gamma \left({{m}_{1}}+{{m}_{2}}\right)}}\\\end{aligned}}$

Falls die Planeten jedoch deutlich leichter sind als die Zentralgestirne, so gilt:

${\begin{aligned}&{\frac {m}{k}}\approx {\frac {1}{\gamma {{m}_{2}}}}\\&{\frac {{T}^{2}}{{a}^{3}}}\approx {\frac {4{{\pi }^{2}}}{\gamma {{m}_{2}}}}\\\end{aligned}}$

Leitet man dies aus dem Kraftansatz ab, so steckt der Fehler der Vernachlässigung der Planetenmasse in der Annahme einer kreisförmigen Bewegung um das Zentralgestirn. Das Ergebnis ist ebenso fehlerbelastet.