Wie leitet man die Kepler-Gleichung her?

Ich hatte eine verwandte Frage , in der ich diese Gleichung im Grunde herleitete, ohne dass ich es wusste.

Dabei habe ich angenommen, dass folgender Zusammenhang zwischen Radius,$r$, und die wahre Anomalie,$\theta$, ist richtig,

$$r=\frac{a(1-e^2)}{1+e\cos{\theta}}$$ mit $a$die große Halbachse und $e$die Exzentrizität.

Indem Sie das zweite und dritte Keplersche Gesetz verwenden, können Sie einen Ausdruck für die Zeit (seit dem Periapsisdurchgang) als Funktion der wahren Anomalie erhalten, der wie folgt aussieht:

$$t(\theta)=\sqrt{\frac{a^3}{\mu}}\left(2\tan^{-1}\left(\sqrt{\frac{1-e}{1+e}}\tan{\frac{\theta}{2}}\right)-\frac{e\sqrt{1-e^2}\sin{\theta}}{1+e\cos{\theta}}\right)$$ Diese Gleichung entspricht der Kepler-Gleichung, da die mittlere und die exzentrische Anomalie wie folgt definiert sind: $$M=t\sqrt{\frac{\mu}{a^3}}$$ $$\tan{\frac{\theta}{2}}=\sqrt{\frac{1+e}{1-e}}\tan{\frac{E}{2}}$$ Ein paar Substitutionen sind leicht zu erkennen, nämlich wie man kommt $M$auf der linken Seite durch Division durch $\sqrt{\frac{a^3}{\mu}}$, und wie man den linearen Term von erhält $E$, was es ermöglicht, die folgende Gleichung zu erhalten: $$M=E-\frac{e\sqrt{1-e^2}\sin{\theta}}{1+e\cos{\theta}}$$ Beweis, dass der Restterm als Produkt des Sinus von ausgedrückt werden kann $E$und die Exzentrizität $e$ist schwieriger, also $$\sin{E}=\frac{\sqrt{1-e^2}\sin{\theta}}{1+e\ \cos{\theta}}$$

Mit der Verwendung einer temporären Variablen ist es möglich, dies zu beweisen. Diese Variable nennen wir sie$\alpha$, ist wie folgt definiert,

$$\alpha = \tan \frac{\theta}{2} = \sqrt{\frac{1+e}{1-e}}\tan{\frac{E}{2}}.$$

Auf diese Weise werden die Trigonometrie-Terme im Bruch zu:

$$\sin \theta = \sin \left( 2 \tan^{-1} \alpha\right) = \frac{2\alpha}{1+\alpha^2}$$

$$\cos \theta = \cos \left( 2 \tan^{-1} \alpha\right) = \frac{1-\alpha^2}{1+\alpha^2}$$

Setzt man diese wieder in den Bruch ein, erhält man:

$$\frac{\sqrt{1-e^2}\sin{\theta}}{1+e\ \cos{\theta}} = \frac{\sqrt{1-e^2}\frac{2\alpha}{1+\alpha^2}}{1+e\frac{1-\alpha^2}{1+\alpha^2}} = \frac{2\sqrt{1-e^2}\alpha}{1+e+(1-e)\alpha^2}$$

Jetzt durch Ersetzen im Ausdruck for$\alpha$was ein Ausdruck von ist$E$gibt:

$$\frac{2\sqrt{1-e^2}\alpha}{1+e+(1-e)\alpha^2} = \frac{2\sqrt{(1+e)(1-e)}\sqrt{\frac{1+e}{1-e}}\tan{\frac{E}{2}}}{1+e+(1-e)\left(\sqrt{\frac{1+e}{1-e}}\tan{\frac{E}{2}}\right)^2} = \frac{2(1+e)\tan{\frac{E}{2}}}{(1+e)\left(1+\tan^2{\frac{E}{2}}\right)}$$

In diesem letzten Ausdruck ist die Abhängigkeit vom exzentrischen,$e$, kann entfernt werden, was ergibt,

$$\frac{2\tan{\frac{E}{2}}}{1+\tan^2{\frac{E}{2}}} = \frac{2\frac{\sin(E/2)}{\cos(E/2)}}{1+\frac{\sin^2(E/2)}{\cos^2(E/2)}} = \frac{2\frac{\sin(E/2)}{\cos(E/2)}}{\frac{\cos^2(E/2)+\sin^2(E/2)}{\cos^2(E/2)}} = 2\sin\frac{E}{2}\cos\frac{E}{2}=\sin E$$

Daher kann gezeigt werden, dass:

$$\frac{\sqrt{1-e^2}\sin{\theta}}{1+e\ \cos{\theta}}=\sin{E}$$