라그랑지 계수 (Lagrange coefficients) - 2

라그랑지 계수(Langrange coefficients)를 실제 비행각(true anomaly)의 변화량 $\mathrm{\Delta }\theta$ 의 함수로 표현했는데(https://pasus.tistory.com/311), 이를 범용변수(universal variable) $\chi$ 의 함수로 표현할 수도 있다.

라그랑지 계수는 궤도중심좌표계(perifocal frame)의 각 축 성분을 이용하여 다음과 같이 계산했었다.

 

$$\begin{array}{r}\text{(1)}& f& =\frac{x{\dot{y}}_0-y{\dot{x}}_0}{h},g=\frac{-x{y}_0+y{x}_0}{h}\\ \dot{f}& =\frac{\dot{x}{\dot{y}}_0-\dot{y}{\dot{x}}_0}{h},\dot{g}=\frac{-\dot{x}{y}_0+\dot{y}{x}_0}{h}\end{array}$$

 

여기서 $x,y,\dot{x},\dot{y}$ 을 범용변수의 식으로 표현하면 라그랑지 계수 전체를 범용변수의 함수로 나타낼 수 있을 것이다.

 

 

우선 범용변수에 관한 게시글(https://pasus.tistory.com/310)에서 몇 가지 필요한 수식을 옮겨온다.

 

$$\begin{array}{r}\text{(2)}& & \chi ̇=\frac{\sqrt{\mu }}{r}\\ \text{(3)}& & r=a(1+e\sin \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right))\\ \text{(4)}& & z=\frac{{\chi }^2}{a}\\ \text{(5)}& & C(z)=\frac{1-\cos \sqrt{z}}{z}\\ \text{(6)}& & S(z)=\frac{\sqrt{z}-\sin \sqrt{z}}{(\sqrt{z}{)}^3}\\ \text{(7)}& & \sqrt{\mu }(t-t_0)=S(z){\chi }^3+\frac{{\overrightarrow{r}}_0\cdot {\overrightarrow{v}}_0}{\sqrt{\mu }}{\chi }^{2}C(z)+r_0\chi (1-zS(z))\end{array}$$

 

먼저 $x$ 부터 시작하자. 지구중심과 우주비행체간의 거리에 관한 식,

 

$$\begin{array}{}\text{(8)}& r=\frac{a(1-e^2)}{1+e\cos \theta }\end{array}$$

 

으로부터 $re\cos \theta =a(1-e^2)-r$ 의 관계식을 얻을 수 있다. 이 식과 식 (3)을 이용하면 $x$ 는 다음과 같이 쓸 수 있다.

 

$$\begin{array}{r}\text{(9)}& x& =r\cos \theta =\frac{a}{e}(1-e^2)-\frac{r}{e}\\ & =\frac{a}{e}(1-e^2)-\frac{a}{e}(1+e\sin \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right))\\ \\ & =\frac{a}{e}(1-e^2-1-e\sin \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right))\\ \\ & =-a(e+\sin \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right))\end{array}$$

 

$y$ 는 관계식 $x^2+y^2=r^2$ 으로부터 유도해 낼 수 있다.

 

 

식 (3)과 (9)를 이용하여 $y^2$ 을 계산하면,

 

$$\begin{array}{r}\text{(10)}& y^2& =r^2-x^2\\ & =a^2{(1+e\sin \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right))}^2-a^2{(e+\sin \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right))}^2\\ \\ & =a^2(1+2e\sin \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)+e^2{\sin }^2\left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)\\ & -e^2-2e\sin \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)-{\sin }^2\left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right))\\ \\ & =a^2(1-e^2+{\sin }^2\left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)(e^2-1))\\ \\ & =a^2(1-e^2)(1-{\sin }^2\left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right))\\ \\ & =a^2(1-e^2){\cos }^2\left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)\end{array}$$

 

이 되므로, $y$ 는 다음과 같다.

 

$$\begin{array}{}\text{(11)}& y=a\sqrt{1-e^2}\cos \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)\end{array}$$

 

$\dot{x}$ 은 식 (9)를 미분하고 식 (2)를 대입하면 구할 수 있다.

 

$$\begin{array}{r}\text{(12)}& \dot{x}& =-a\frac{1}{\sqrt{a}}\cos \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)\dot{\chi }\\ & =-\frac{\sqrt{\mu a}}{r}\cos \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)\end{array}$$

 

$\dot{y}$ 도 식 (11)을 미분하고 식 (2)를 대입하면 구할 수 있다.

 

$$\begin{array}{r}\text{(13)}& \dot{y}& =-a\sqrt{1-e^2}\frac{1}{\sqrt{a}}\sin \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)\dot{\chi }\\ & =-\frac{\sqrt{\mu a(1-e^2)}}{r}\sin \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)\end{array}$$

 

$\frac{h^2}{\mu }=a(1-e^2)$ 의 관계식에 의하면 위 식은 다음과 같이 된다.

 

$$\begin{array}{}\text{(14)}& \dot{y}=-\frac{h}{r}\sin \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)\end{array}$$

 

 

 

$x,y,\dot{x},\dot{y}$ 을 모두 구했으므로 이제 $x_0,y_0,{\dot{x}}_0,{\dot{y}}_0$ 만 구하면 라그랑지 계수를 계산할 수 있다. 아래첨자 $0$ 은 시간 $t=t_0$ 에서의 값인 초기값을 말하는데 범용변수는 초기 시간에 $\chi =0$ 으로 가정했으므로 식 (9), (11), (12), (14)에서 다음과 같은 초기값을 얻을 수 있다.

 

$$\begin{array}{r}\text{(15)}& & x_0=-a(e+\sin \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right))\\ \text{(16)}& & y_0=a\sqrt{1-e^2}\cos \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)\\ \text{(17)}& & {\dot{x}}_0=-\frac{\sqrt{\mu a}}{r}\cos \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)\\ \text{(18)}& & {\dot{y}}_0=-\frac{h}{r}\sin \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)\end{array}$$

 

식 (1)의 $f$ 에 관한 식에 식 (9), (11), (17), (18)을 차례로 대입하면 다음과 같이 된다.

 

$$\begin{array}{r}\text{(19)}& f& =\frac{x{\dot{y}}_0-y{\dot{x}}_0}{h}\\ & =\frac{1}{h}[a(e+\sin \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right))\frac{h}{r_0}\sin \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)\\ & +a\sqrt{1-e^2}\cos \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)\frac{\sqrt{\mu a}}{r_0}\cos \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)]\end{array}$$

 

$\frac{h^2}{\mu }=a(1-e^2)$ 의 관계식에 의하면

 

$$\begin{array}{}\text{(20)}& \sqrt{1-e^2}=\frac{h}{\sqrt{\mu a}}\end{array}$$

 

이므로 식 (19)에 대입하면

 

$$\begin{array}{rl}\text{(21)}& f& =\frac{1}{h}[a(e+\sin \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right))\frac{h}{r_0}\sin \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)& +\frac{h}{\sqrt{\mu a}}a\cos \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)\frac{\sqrt{\mu a}}{r_0}\cos \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)]\\ \\ & =\frac{a}{r_0}[(e+\sin \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right))\sin \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)\\ & +\cos \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)\cos \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)]\\ \\ & =\frac{a}{r_0}[e\sin \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)+\sin \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)\sin \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)\\ & +\cos \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)\cos \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)]\end{array}$$

 

이 되는데, 삼각함수 공식에 의하면

 

$$\begin{array}{r}\text{(22)}& & \sin \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)\sin \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)+\cos \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)\cos \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)\\ & =\cos (\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}-\frac{c_0}{\sqrt{a}})=\cos \left(\frac{\chi }{\sqrt{a}}\right)\end{array}$$

 

이므로 식 (21)은 다음과 같이 간단하게 된다.

 

$$\begin{array}{}\text{(23)}& f=\frac{a}{r_0}[e\sin \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)+\cos \left(\frac{\chi }{\sqrt{a}}\right)]\end{array}$$

 

식 (3)에 의하면 $t=t_0$ 에서,

 

$$\begin{array}{}\text{(24)}& \frac{r_0}{a}-1=e\sin \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)\end{array}$$

 

이 성립하므로 이를 식 (23)에 대입하고, 식 (4)와 (5)를 이용하면 식 (23)은 다음과 같이 된다.

 

$$\begin{array}{r}\text{(25)}& f& =\frac{a}{r_0}[\frac{r_0}{a}-1+\cos \left(\frac{\chi }{\sqrt{a}}\right)]\\ & =1-\frac{a}{r_0}(1-\cos \left(\frac{\chi }{\sqrt{a}}\right))\\ \\ & =1-\frac{1}{r_0}\frac{{\chi }^2}{z}(1-\cos \sqrt{z})\\ \\ & =1-\frac{{\chi }^2}{r_0}C(z)\end{array}$$

 

비슷한 방법으로 $g$ 는 다음과 같이 계산할 수 있다.

 

$$\begin{array}{r}\text{(26)}& g& =\frac{-x{y}_0+y{x}_0}{h}\\ & =\frac{a^2}{\sqrt{\mu a}}[e(\cos \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)-\cos \left(\frac{\chi }{\sqrt{a}}\right)\cos \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)\\ & +\sin \left(\frac{\chi }{\sqrt{a}}\right)\sin \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right))+\sin \left(\frac{\chi }{\sqrt{a}}\right)]\end{array}$$

 

여기서 식 (3)을 미분하면,

 

$$\begin{array}{}\text{(27)}& \dot{r}=\frac{ae}{\sqrt{a}}\cos \left(\frac{\chi +c_0}{\sqrt{a}}\right)\frac{\sqrt{\mu }}{r}\end{array}$$

 

가 되는데 위 식에 초기값을 대입하면,

 

$$\begin{array}{}\text{(28)}& {\dot{r}}_0=\frac{ae}{\sqrt{a}}\cos \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)\frac{\sqrt{\mu }}{r_0}\end{array}$$

 

가 된다. 여기에 $r\dot{r}=\overrightarrow{r}\cdot \overrightarrow{v}$ 관계식을 대입하면 다음 식이 성립한다.

 

$$\begin{array}{}\text{(29)}& e\cos \left(\frac{c_0}{\sqrt{a}}\right)=\frac{{\overrightarrow{r}}_0\cdot {\overrightarrow{v}}_0}{\sqrt{\mu a}}\end{array}$$

 

식 (29)와 (24)를 식 (26)에 대입하면,

 

$$\begin{array}{rl}g& =\frac{a^2}{\sqrt{\mu a}}[(\left(\frac{{\overrightarrow{r}}_0\cdot {\overrightarrow{v}}_0}{\sqrt{\mu a}}\right)-\cos \left(\frac{\chi }{\sqrt{a}}\right)\left(\frac{{\overrightarrow{r}}_0\cdot {\overrightarrow{v}}_0}{\sqrt{\mu a}}\right)\\ \text{(30)}& & +\sin \left(\frac{\chi }{\sqrt{a}}\right)(\frac{r_0}{a}-1))+\sin \left(\frac{\chi }{\sqrt{a}}\right)]\\ & =\frac{a^2}{\sqrt{\mu a}}[\left(\frac{{\overrightarrow{r}}_0\cdot {\overrightarrow{v}}_0}{\sqrt{\mu a}}\right)(1-\cos \left(\frac{\chi }{\sqrt{a}}\right))+\frac{r_0}{a}\sin \left(\frac{\chi }{\sqrt{a}}\right)]\end{array}$$

 

이 된다. 한편 식 (30)의 양변에 $\sqrt{\mu }$ 를 곱하고 식 (4)와 (6)을 이용하면,

 

$$\begin{array}{r}\text{(31)}& \sqrt{\mu }g& =\frac{a^2}{\sqrt{a}}[\left(\frac{{\overrightarrow{r}}_0\cdot {\overrightarrow{v}}_0}{\sqrt{\mu a}}\right)(1-\cos \left(\frac{\chi }{\sqrt{a}}\right))+\frac{r_0}{a}\sin \left(\frac{\chi }{\sqrt{a}}\right)]\\ & =a[\left(\frac{{\overrightarrow{r}}_0\cdot {\overrightarrow{v}}_0}{\sqrt{\mu }}\right)(1-\cos \sqrt{z})+\frac{r_0}{\sqrt{a}}\sin \sqrt{z}]\\ \\ & =\left(\frac{{\overrightarrow{r}}_0\cdot {\overrightarrow{v}}_0}{\sqrt{\mu }}\right){\chi }^{2}C(z)+r_0\chi (1-zS(z))\end{array}$$

 

이 된다. 다시 식 (7)을 대입하면,

 

$$\begin{array}{}\text{(32)}& \sqrt{\mu }g=\sqrt{\mu }(t-t_0)-S(z){\chi }^3\end{array}$$

 

이므로 $g$ 는 다음과 같이 된다.

 

$$\begin{array}{}\text{(33)}& g=(t-t_0)-\frac{{\chi }^3}{\sqrt{\mu }}S(z)\end{array}$$

 

 

 

계속해서 $\dot{f}$ 도 계산해 보자.

 

$$\begin{array}{r}\text{(34)}& \dot{f}& =\frac{\dot{x}{\dot{y}}_0-\dot{y}{\dot{x}}_0}{h}\\ & =-\frac{\sqrt{\mu a}}{r{r}_0}\sin \left(\frac{\chi }{\sqrt{a}}\right)\end{array}$$

 

식 (4)와 (6)을 대입하면 $\dot{f}$ 은 다음과 같이 된다.

 

$$\begin{array}{r}\text{(35)}& \dot{f}& =-\frac{\sqrt{\mu }}{r{r}_0}\frac{\chi }{\sqrt{z}}(\sqrt{z}-(\sqrt{z}{)}^{3}S(z))\\ & =\frac{\sqrt{\mu }}{r{r}_0}\chi (zS(z)-1)\end{array}$$

 

마지막으로 $\dot{g}$ 차례다. 삼각함수 공식과 식 (3), 그리고 식 (5)에 의하면,

 

$$\begin{array}{r}\text{(36)}& \dot{g}& =\frac{-\dot{x}{y}_0+\dot{y}{x}_0}{h}\\ & =\frac{a}{r}[\cos \left(\frac{\chi }{\sqrt{a}}\right)+(\frac{r}{a}-1)]\\ \\ & =1-\frac{a}{r}+\frac{a}{r}(1-zC(z))\\ \\ & =1-\frac{{\chi }^2}{r}C(z)\end{array}$$

 

이 된다.

정리하면, 라그랑지 계수를 범용변수로 표현하면 다음과 같다.

 

$$\begin{array}{rl}f& =1-\frac{{\chi }^2}{r_0}C(z)\\ \\ g& =(t-t_0)-\frac{{\chi }^3}{\sqrt{\mu }}S(z)\\ \\ \dot{f}& =\frac{\sqrt{\mu }}{r{r}_0}\chi (zS(z)-1)\\ \\ \dot{g}& =1-\frac{{\chi }^2}{r}C(z)\end{array}$$