Задача двух тел. Холшевников К.В - 117 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

СПбГУ | Санкт-Петербург

Составители: 

Рубрика: 

2. Степени r. Пусть
r
a
s
=
∞
X
n=0
c
n
(e) cos nM, (3.112)
где
c
n
=
2 − δ
0n
π
Z
π
0
cos(x sin E − nE)(1 −e cos E)
s+1
dE.
Интеграл с очевидностью выражается через функции Бесселя при
s > −1. Результат особенно прост при s = −1. Свободный член,
как обычно, не связан с функциями Бесселя: c
0
= 1. Остальные
коэффициенты вычисляются по формуле (3.66), так что
a
r
= 1 +
∞
X
n=1
2J
n
(x) cos nM. (3.113)
Для s = 1, 2 имеем r/a = 1 − e cos E, 2(r/a)
2
= (2 + e
2
) − 4e cos E +
e
2
cos 2E и остается воспользоваться формулами (3.110), (3.111):
r
a
=
1 +
e
2
2
−
∞
X
n=1
2e
n
J
0
n
(x) cos nM,
r
a
2
=
1 +
3
2
e
2
−
∞
X
n=1
4
n
2
J
n
(x) cos nM. (3.114)
При s 6 −2 коэффициент c
n
не является линейной комбинацией
бесселевых функций.
3. Тригонометрические функции эксцентрической аномалии,
помноженные на степени r. Пусть
r
a
s
Exp mE =
∞
X
n=−∞
c
n
(e) Exp nM. (3.115)
Как и для (3.112), получаем
2πc
n
=
Z
π
−π
Exp[x sin E − (n − m)E](1 − e cos E)
s+1
dE.
Как и в предыдущем пункте, интеграл легко выражается через бес-
селевы функции аргумента x при m > 0, s > −1. При s = −1, m > 1
свободный член равен нулю, а для n 6= 0
c
n
= J
n−m
(x).
117

Страницы