케플러 문제 (Kepler’s problem) - 2

타원궤도와 비슷한 방법으로 이번에는 쌍곡선궤도의 케플러 문제를 풀어보자.

원점이 두 초점 사이의 중간에 있는 직교 좌표계에서 쌍곡선 방정식을 표현하면 다음과 같다.

 

\[ \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} =1 \tag{1} \]

 

한편 이전 게시글(https://pasus.tistory.com/171)에서 쌍곡선 방정식을 극좌표계로 다음과 같이 표현한 바 있다.

 

\[ r= \frac{a(e^2-1)}{1+e \cos \theta }, \ \ \ \ \ a \gt 0, \ \ \ e \gt 1 \tag{2} \]

 

 

 

위 그림에 나와있는 것처럼 \(x\) 는 다음과 같다.

 

\[ \begin{align} x &= -a-r_p+r \cos \theta \tag{3} \\ \\ &=-a-a(e-1)+ \frac{a(e^2-1)}{1+e \cos \theta } \cos \theta \\ \\ &=-ae+ \frac{a(e^2-1)}{1+e \cos \theta } \cos \theta \\ \\ &=-a \frac{e+ \cos \theta }{1+e \cos \theta } \end{align} \]

 

\(y\) 는 다음과 같으므로

 

\[ \begin{align} y &=r \sin \theta \tag{4} \\ \\ &= \frac{a(e^2-1)}{1+e \cos \theta } \sin \theta \end{align} \]

 

식 (3)과 (4)를 (1)에 대입하면,

 

\[ \left( \frac{e+ \cos \theta }{1+e \cos \theta} \right)^2- \left( \frac{a(e^2-1)}{1+e \cos \theta} \frac{ \sin \theta}{b} \right)^2=1 \tag{5} \]

 

가 된다. 위 식을 전개하면

 

\[ \begin{align} & e^2+2e \cos \theta+ \cos^2 \theta -\frac{a^2 (e^2-1)^2 \sin^2 \theta }{b^2} \tag{6} \\ \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =1+2e \cos \theta+e^2 \cos^2 \theta \end{align} \]

 

이므로, \(b\) 를 풀면 다음과 같다.

 

\[ b=a \sqrt{e^2-1} \tag{7} \]

 

한편, 다음과 같은 하이퍼 삼각함수의 관계식을 고려할 때,

 

\[ \cosh^2 F- \sinh^2⁡ F=1 \tag{8} \]

 

\(F\)를 다음과 같이 정의한다면,

 

\[ \cosh F= \frac{x}{a}, \ \ \ \ \ \sinh F= \frac{y}{b} \tag{9} \]

 

식 (1)을 만족시킬 수 있다. 여기서 \(F\) 를 쌍곡선궤도의 이심 비행각(hyperbolic eccentric anomaly)이라고 한다. 식 (9)의 sinh 항을 전개하고 식 (7)을 대입하면,

 

\[ \begin{align} \sinh F &= \frac{r \sin \theta}{b} = \frac{1}{a \sqrt{e^2-1} } \frac{a(e^2-1)}{1+e \cos \theta} \sin \theta \tag{10} \\ \\ &= \frac{ \sqrt{e^2-1} \sin \theta}{1+e \cos \theta } \end{align} \]

 

이 되므로 \(F\) 는 다음과 같이 계산할 수 있다.

 

\[ F= \sinh^{-1} \left( \frac{ \sqrt{e^2-1} \sin \theta }{ 1+e \cos \theta } \right) \tag{11} \]

 

\(\sinh^{-1} x= \ln⁡ (x+\sqrt{x^2+1}) \) 의 공식을 사용하면, 식 (11)은 다음과 같이 된다.

 

\[ \begin{align} F &= \ln \left( \frac{ \sqrt{e^2-1} \sin \theta }{ 1+e \cos \theta} + \sqrt{ \left( \frac{ \sqrt{e^2-1} \sin \theta}{1+e \cos \theta} \right)^2 +1 } \right) \tag{12} \\ \\ &= \ln \left( \frac{ \sqrt{e^2-1} \sin \theta +e+ \cos \theta}{ 1+e \cos \theta } \right) \end{align} \]

 

삼각함수 등식을 이용하면,

 

\[ \sin \theta = \frac{2 \tan \frac{\theta}{2} }{1+\tan^2 \frac{\theta}{2} }, \ \ \ \ \ \cos \theta = \frac{1-\tan^2 \frac{\theta}{2} }{1+\tan^2 \frac{\theta}{2} } \tag{13} \]

 

식 (12)는 다음과 같이 정리된다.

 

\[ \begin{align} F &= \ln \left( \frac{1+e+(e-1) \tan^2 \frac{\theta}{2} +2 \tan \frac{\theta}{2} \sqrt{e^2-1} }{ 1+e+(1-e) \tan^2 \frac{\theta}{2} } \right) \tag{14} \\ \\ &= \ln \left( \frac{ \left( \sqrt{1+e}+ \sqrt{e-1} \tan \frac{\theta}{2} \right)^2 }{ \left( \sqrt{1+e}+ \sqrt{e-1} \tan \frac{\theta}{2} \right) \left( \sqrt{1+e}- \sqrt{e-1} \tan \frac{\theta}{2} \right) } \right) \\ \\ &= \ln \left( \frac{ \sqrt{1+e}+ \sqrt{e-1} \tan \frac{\theta}{2} }{ \sqrt{1+e}-\sqrt{e-1} \tan \frac{\theta}{2} } \right) \end{align} \]

 

식 (10)과 (14)를 게시글(https://pasus.tistory.com/307)에 나온 쌍곡선궤도의 평균 비행각(mean anomaly)의 식 (19)와 비교하면

 

\[ M_h=e \sinh F-F \tag{15} \]

 

와 일치함을 알 수 있다. 위 식을 쌍곡선궤도의 케플러 방정식이라고 한다.

 

 

\(M_h\) 로 쌍곡선궤도의 근지점에서 실제 비행각 \(\theta\) 까지 비행하는데 걸리는 시간을 계산할 수 있다.

 

\[ t= \frac{h^3 }{\mu^2} \frac{M_h}{(e^2-1)^{3/2} } \tag{16} \]

 

이제 쌍곡선궤도의 이심 비행각과 실제 비행각의 관련성을 유도해 보자. 먼저 식 (8)에 의하면,

 

\[ \begin{align} \cosh^2 F &= 1+ \sinh^2 F \tag{17} \\ \\ &= 1+ \left( \frac{ \sqrt{e^2-1} \sin \theta }{1+e \cos \theta } \right)^2 \\ \\ &= \frac{ 1+2e \cos \theta +e^2 \cos^2 \theta +(e^2-1) \sin^2 \theta }{ (1+e \cos \theta )^2 } \\ \\ &= \left( \frac{e+\cos \theta}{1+e \cos \theta} \right)^2 \end{align} \]

 

이 되므로 이심 비행각과 실제 비행각은 다음과 같은 관계식을 같는다.

 

\[ \cosh F = \frac{e+\cos \theta}{1+e \cos \theta} \tag{18} \]

 

위 식을 \(\cos \theta \) 에 대해서 풀면,

 

\[ \cos \theta = \frac{ \cosh F-e}{ 1-e \cosh F } \tag{19} \]

 

이 된다. 또한 tanh 관계식과 식 (10), (18)에 의하면,

 

\[ \begin{align} \tanh \frac{F}{2} &= \frac{ \sinh F}{1+\cosh F}= \frac{ \frac{\sqrt{e^2-1} \sin \theta}{ 1+e \cos \theta} }{ 1+ \frac{e+\cos \theta}{1+e \cos \theta} } \tag{20} \\ \\ &= \frac{ \sqrt{e^2-1} \sin \theta}{ (1+e)(1+ \cos \theta) } \\ \\ &= \sqrt{ \frac{e-1}{e+1} } \frac{ \sin \theta}{1+\cos \theta} \end{align} \]

 

가 된다. 그런데 여기서

 

\[ \tan \frac{\theta}{2} = \frac{ \sin \theta}{1+\cos \theta} \tag{21} \]

 

이므로 다음과 같은 이심 비행각과 실제 비행각의 관계식을 얻을 수 있다.

 

\[ \tanh \frac{F}{2} = \sqrt{ \frac{e-1}{e+1} } \tan \frac{\theta}{2} \tag{22} \]

 

타원궤도의 케플러 문제에 관한 글(https://pasus.tistory.com/308)을 보면 식 (15)와 (22)가 타원궤도의 해당 수식과 매우 유사함을 알 수 있다. 실제로 타원궤도의 평균 비행각 식에서 \(jM_e \to M_h\) 로 치환하면 쌍곡선 식을 얻을 수 있었다(https://pasus.tistory.com/307).

그렇다면 두 궤도의 이심 비행각 간의 관계는 어떨까. 타원궤도의 평균 비행각 식에서

 

\[ M_e=E-e \sin E \tag{23} \]

 

양변에 \(j= \sqrt{-1}\) 를 곱하고 \(jM_e \to M_h\) 로 놓으면,

 

\[ M_h=jM_e=jE-je \sin E \tag{24} \]

 

이 된다. 여기서

 

\[ jE \to -F \tag{25} \]

 

로 치환하면, 식 (24)는

 

\[ M_h=-je \sin⁡ (jF)-F \tag{26} \]

 

이 된다. sin 함수는 다음과 같이 쓸 수 있으므로,

 

\[ \sin x= \frac{ e^{jx}-e^{-jx} }{2j} \tag{27} \]

 

식 (26)은 다음과 같이 된다.

 

\[ \begin{align} M_h &= -je \frac{ e^{-F}-e^F}{2j}-F \tag{28} \\ \\ &=e \frac{e^F-e^{-F} }{2}-F \\ \\ &=e \sinh F-F \end{align} \]

 

따라서 타원궤도의 이심 비행각 식에서 \(E \to jF\) 로 치환하면 쌍곡선궤도의 이심 비행각을 얻을 수 있다.