Курс лекций, страница 7

  cos M   e  sin E  ...   2!3!1 M  e  sin M  e 2   cos M  sin E   e3    sin M  sin 2 E  2!или: M  E  e  sin E  O  e2 1084.6.3 Метод решения уравнения Кеплерас точностью до е3Докажем, что представление: tgE 11  e2 tg  2    ,tg 1 eM  tg   дает1 e 2 приближенное решение уравнения Кеплера с точностью до е2.Можно представить: e  sin E  arcsin  e  sin E Вначале установим различие между M  E  e  sin E и M   E  arcsin  e  sin E 16Так как arcsin x  x   x3 3 5 x  ...40Тогда: M   E  e  sin E   e3  sin3 E  ...  M  O  e3 16Следовательно: M  E  arcsin  e  sin E   O  e3  или:sin  M  E   e  sin E  O  e3 sin E  cos M  cos E  sin M  e  sin E  O  e3 cos M  cos E   tgE  tgM   e  sin E  O  e3 или:cos M   tgE  tgM   e  tgE  O  e3 tgE   cos M  e   cos M  tgM  O  e3 109tgE sin M O  e3 cos M  eТогда:M M M 2  sin    cos  2  tg  sin M 2  2   2 tgE MMMecos M  ecos2    sin 2    e 1  tg 2    2  2  2  cos2  M   2 M M 2  tg  2  tg   2  2 MMM222 1  tg  2    e   1  tg  2   1  e   1  e  tg  2   M 2  tg  2112 21 e 2  M 1 e1 e1 tg  11 e 2 Обозначив:tg 1 eM tg 1 e 21 eM  tg  1 e 2 Получим:tgE 11  e2где: tg 1101 eM  tg  1 e 2  tg  2     O e3  ,1 eM  tg  1 e 2 24.6.4 Метод решения уравнения Кеплерас точностью до е4Обозначив через z = E – M , доказать, что уравнение Кеплера может бытьприближенно решено с точностью до е4 в форме:e  sin M1  e  sin M 4EM   O e 1  e  cos M 2  1  e  cos M 3Можно записать в виде:z  e  sin  z  M   e  sin M  cos z  e  cos M  sin zЗаметим, что как и раньше:z3sin z  z   O  z 5   z  O e3 3!То есть:Илиzz  e  sin M  cos z  e  cos M  z  e  O e3 O  e4  e  sin M cos z  O e4 1  e  cos Mz2Поскольку: cos z  1  2!  ...111Тогда: z0 e  sin M1  e  cos Me  sin M1  e  sin M  И тогда: z   ...1  e  cos M 2  1  e  cos M 3e  sin M1  e  sin M 4zM   O e 1  e  cos M 2  1  e  cos M 3То есть:1124.6.5 Метод ГауссаЗаданы; , e, a, t0 , t задана требуемая точность  B0 .1.

Перицентр орбиты: r  a  1   3  1 1 9e2. Вычисляем переменную  i : i    3  t  t0   .2  i 1 r20На первом шаге .  i  1 0  1113. Вычисляем параметр: i 1  i2  i   1 3232i i32  ai  i,1  i  i2где ai  1  i2  i .4. Находим: Ai 5 1  e   i21 9 e5. Вычисляем новое значение: Bi  1 3247121808 Ai2  Ai3  Ai4  Ai5  ...175525336875437937506. Определяем разность:  Bi  Bi  Bi 17.

Если  Bi   B0 возвращаемся к п.28. Вычисляем:9. Определяем:113Ci 88189628744 Ai2  Ai3  Ai4  Ai5  ...175525336875131381255  5 e1 tg    i1 9e 1 4  A  C2ii341   Ai  Ci5r  r 11   Ai  Ci5  1  tg 2    2 4. 7. Переходная матрицаVrVyVnripFV0r00i114xВ базисе i , i p  : r  r  cos  i  r  sin   ip(1)Дифференцируя по времени, получим: V  Vr  cos  i  Vn  sin   i  Vr  sin   ip  Vn  cos  ipТак как: r   Vn r  VrПоскольку: Vr V p e  sin Vn p 1  e  cos    e  sin   cos  sin   e  sin   cos   i   e  sin 2   cos  e  cos2    ip pТаким образом: V      sin   i   e  cos   ip pСледовательно: i  r  cosr  V       sin    pr Тогда:  i   R 1   V  p115тогда:r  sin (1') i   i R i   e  cos    ip  ppR 1 AdjRdet Rdet R  r p  e  cos   cos  r p sin 2   r p  e  cos  1  r  p p r ecosrsin001  p1R0   sin 0r  cos0 pПоскольку на r и V никаких ограничений заранее не накладывалось, можносчитать их начальными фазовыми координатами КА: r0 , V0 .

Тогда:r0ecosr sin 0  V0 002r0ip  2  sin 0  r0   cos0  V0i (2)Любое иное значение r и V полученное подстановкой (2) в (1) и (1')rrr  r  cos   2   e  cos0   r0  0  sin 0  V0   r  sin    2  sin 0  r0  0  cos0  V0  rr  r0 2   cos  cos0  sin   sin 0   e  cos0   r0   cos0  sin   sin 0  cos   V0116Таким образом: r r2 cos   0   e  cos0   r0 r  r0 sin   0   V0rr  sin    2   e  cos0   r0  0  sin 0  V0     e  cos    2  sin 0  r0  0  cos0  V0   2 r 3   e  cos0   sin 0   e  cos0   sin    r0  2 0   e  cos   cos0  sin   sin 0   V0 2 r 3   e  sin 0  e  sin   sin   0    r0  2 0   e  cos0  cos   0    V0V 2 rТо есть: V  3  e  sin 0  e  sin   sin   0   r0  2 0  e  cos0  cos   0   V0Обозначим:     0 , тогда: cos  cos   0   cos  cos0  sin   sin0Кроме того: r0 pp e  cos0   11  e  cos0r0e  cos0 p 1   r ,V   r0 0 0p q0 r0q0   r0 ,V0 VrЛюбое расстояние КА от центра притяжения может быть выражено через r0следующим образом:rp  r0r0   p  r0   cos  117p q0 sin rp  r0p  r0r0  r0  e  cos0  cos   r0  e  sin 0  sin  r0  1  e  cos   0  В таком случае: r  r  2  cos  e  cos0   r0  r  r0  sin  V0  F  r0  G V0p2Заменяя: e  cos   1 и p , получаем:rrrp r cos     1  1   1  cos  pp rpr  r0G sin  pF2 rV  3   e  sin 0  e  sin   sin   0    r0  2 0  e  cos0  cos   0    V0FtGtИмеем:118Ft  p q0  e  sin    0   sin   p  p   r0 p q0  e  sin   cos0  e  cos   sin 0  sin   p  p   r0 p q0p p q0  sin     1   cos   sin    r0p  p   r0 r0 p q0p  1  cos    sin    sin   sin  r0p  p   r0Таким образом:Ft 1  q0 1  cos      p  sin  p  r0 Gt r0  pr   1  cos    1  0  1  cos  p  r0pМы получим переходную матрицу вектора состояния КА на орбите: r t   r0 x t   Фt,t0V Vt 0FФ  t , t0    FtGGt Время t и t0 появляются при определении  через решение уравнения Кеплера.В координатной форме: xr   y xV   y x0 x r0   0  V0    y0  y0   r0 V0  x0  y0  y0  x0или:x yX  x  y x0 y X0   0  x0   y0 2pДалее: q0   r0 ,V0   x0  x0  y0  y0rp  r0r0   p  r0   cos  119p q0  sin Далее находим матрицу перехода:r T  x TV   xИли:120y  Fy   Ft x  F y  0  x   Ft   y  00F0FtG   x0Gt   x0G0Gt0y0 y0 0   x0 G   y0 0   x0   Gt   y0 5.

Определение орбиты в задачедвух тел5. 1 Двухточечная краевая задача5.1.1 Двухточечная краевая задача для эллиптических игиперболических орбитQF*2a  r22a  r1cF*r2121Fr1PТогда если орбита Эллипс:PF  F * P  2  aиQF  F * Q  2  aPF *  2  a  r1QF *  2  a  r2Если известна большая полуось, то положение F* определяется пересечениемокружностей радиусами 2  a  r1 с центром в точке P и 2  a  r2 с центром в точке Q.Если большая полуось не известна, тогда запишем, что: PF * QF *  r2  r1  const , естьодно из возможных определений гиперболы (разность длин отрезков до некоторойточки есть постоянная величина).Для данной гиперболы: r2  r1  2  aГ2  aГ  eГ  cи, следовательно, эксцентриситет: eГ 122cr2  r1FЭ *QFm *FЭ *FГ *F0 *r2cF , F0 *FГ *123r1PМалая полу ось: bГ  aГ  e  1 то есть2ГbГ eГ2  1aГc 2   r2  r1 bГили2aГ r2  r1 Запишем: c2  r12  r22  2  r1  r2  cosТогда:r12  r22  c 2   1  cos cos  ; cos 2   ;2  r1  r2222 r  r  c  .

 r1  r2  c     r1  r2   c2  cos    1 22  r1  r22  r1  r222Введем в рассмотрение полупериметр треугольника: 2  S  c  r1  r22  S 2  S  2  cТогда: 2  cos2   2  r1  r22То есть:S  S  c cos   r1  r22Аналогично:124(А)22221 c   r1  r2    1  cos  1 2  r1  r2  r1  r2  csin     222  r1  r222  r1  r221  c  r1  r2    c  r1  r2  1  2  S  2  r1    2  S  2  r2   22  r1  r222  r1  r2222(*)Поэтому: sin2 S  r1    S  r2 (В)r1  r2c 2   r2  r1 2  r1  r2bГ sin 2aГr2  r12 r2  r1 2Вернемся к формуле (*):Суммируя параметры гиперболы:aГ r2  r1c, eГ ,2r2  r1 bГ  r1.r2  sin  2Для гиперболических орбит перелета:PF  F * P  2  aQF  F * Q  2  aИ тогда:иPF *  2  a  r1QF *  2  a  r2QF *  PF *  2  aГ  r2  r1Угол наклона асимптот гиперболы по отношению к с соответствует:tg 125bГ2aГr2  r1 S  r1    S  r2   2 r1  r2  sin  r2  r12FЭ *FЭ *F1265.1.2 Двухточечная краевая задачадля параболических орбитQr21r2r12Pr1 E127PEОпределяем длину отрезка РЕ из подобия треугольников:PE  c, находимr1r2c  r1PE  r122PE  eГ  r1 .

Тогда : tg  eГ  1 , то есть оси параболических орбит F 1r2  r1r1и F 2 параллельны асимптотам гиперболы свободных фокусов.2Параметры этих параболических траекторий определяются через  и углы Ф1 и Ф21PF2r 2Из чертежа очевидно:2  r 2  r1  r1  cos Ф1  r 2 Аналогично:128r1 r1 1  cos Ф1   2r2 1  cos Ф2   2r1F5.