Задача двух тел. Холшевников К.В - 125 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

СПбГУ | Санкт-Петербург

Составители: 

Рубрика: 

Представляя числитель в форме [2 − (1 − e cos E)]
2
= 4 − 4(1 −
e cos E) + (1 − e cos E)
2
, получаем
E
v
v
c
4
=
1
2π
Z
π
−π
4
1 −e cos E
− 4 + (1 − e cos E)
dE =
= −3 +
2
π
Z
π
−π
dE
1 −e cos E
.
Последний интеграл равен
Z
π
−π
dE
1 −e cos E
=
Z
π
−π
dM
(1 −e cos E)
2
= 2πE
a
r
2
=
2π
√
1 −e
2
согласно (3.137). Окончательно,
E
v
c
v
2
= E
v
v
c
4
=
4 −3
√
1 −e
2
√
1 −e
2
. (3.146)
При нечетном s интеграл (3.144) сводится к эллиптическим.
Подстановка E = π/2 − t приводит его к виду
E
v
v
c
s
=
1
2π
Z
π
−π
(1 + e sin t)
s/2
(1 −e sin t)
(s−2)/2
dt. (3.147)
При s = 1
E
v
v
c
=
1
2π
Z
π
−π
p
1 −e
2
sin
2
t dt =
2
π
K
2
(e), (3.148)
где K
2
— полный эллиптический интеграл второго рода (мы ввели
это нестандартное обозначение, так как символ E здесь означает
среднее значение функции).
При s = 3
E
v
v
c
3
=
1
2π
Z
π
−π
(1 + e sin t)
2
p
1 −e
2
sin
2
t
dt .
Числитель запишем в виде 2 + 2e sin t − (1 − e
2
sin
2
t). Слагаемое
2e sin t нечетно и не влияет на результат. Окончательно,
E
v
c
v
= E
v
v
c
3
=
2
π
[2K
1
(e) −K
2
(e)] , (3.149)
где K
1
— полный эллиптический интеграл первого рода.
125

Страницы