Das Zweikörperproblem

2011-07-01T11:56:12Z

193.104.3.135: /* Energieerhaltung und Bahngleichung */

<noinclude>{{Scripthinweis|Mechanik|3|5}}</noinclude>
Hier werden die Erhaltungssätze zur Lösung der Bewegungsgleichung verwendet.

Idee:

f Freiheitsgrade → f Differenzialgleichungen 2. Ordnung

* 2f Integrationskonstanten nötig! (jeweils zweifaches Integrieren). (Anfangsbedingungen).
* Also existieren auch 2f Integrale der Bewegung

Falls alle 2f Integrale der Bewegung bekannt wären:

:<math>{{I}_{r}}({{q}_{1}},...,{{q}_{f}},{{\dot{q}}_{1}},...{{\dot{q}}_{f}})={{c}_{r}}\quad \quad r=1,...2f</math>

So wäre das Problem vollständig gelöst:

:<math>{{q}_{k}}={{q}_{k}}({{c}_{1}},...,{{c}_{2f}},t)\quad \quad k=1,...,f</math>

Also ist es das Ziel, möglichst viele Integrale der Bewegung zu finden.

Beispiel: Zweikörperproblem

2 Massen, m1 und m2 unter dem Einfluss Ihrer inneren Wechselwirkung: V(|r1-r2|) (Zentralpotenzial).

Beispiel: Sonne / Erde unter Gravitationswechselwirkung

Zahl der Freiheitsgrade: f=6

Also: es muessten 12 Integrale der Bewegung existieren

<u>'''Erhaltungssätze'''</u>

# V(|r1-r2|) ist translationsinvariant.
Somit ist der Impuls:
:<math>\bar{P}={{\bar{p}}_{1}}+{{\bar{p}}_{2}}</math>
=konstant

Der Schwerpunkt:
:<math>\bar{R}=\frac{1}{M}\bar{P}t+{{\bar{R}}_{0}}</math>
bewegt sich gleichförmig und geradlinig.

Dies folgt aus:
:<math>M\dot{\bar{R}}=\bar{P}=const</math>

M:=m1 + m2

Somit sind 6 Integrationskonstanten gefunden:
:<math>\bar{P},\bar{R}</math>

# V(|r1-r2|) ist rotationsinvariant:
Damit ist der Drehimpuls
:<math>\bar{l}={{m}_{1}}{{\bar{r}}_{1}}\times {{\bar{v}}_{1}}+{{m}_{2}}{{\bar{r}}_{2}}\times {{\bar{v}}_{2}}=const</math>

Es sind drei weitere Integrationskonstanten
:<math>\bar{l}</math>
gefunden.

# Die zeitliche Translationsinvarianz bei konservativer Kraft:

:<math>E=\frac{1}{2}{{m}_{1}}{{\bar{v}}_{1}}^{2}+\frac{1}{2}{{m}_{2}}{{\bar{v}}_{2}}^{2}+V\left( \left| {{{\bar{r}}}_{1}}-{{{\bar{r}}}_{2}} \right| \right)=const</math>

Eine Integrationskonstante E

Insgesamt sind 10 Integrale der Bewegung gefunden. Es bleiben nur 2 Integrationskonstanten, nämlich der Nullpunkt der Zeit- und Winkelskala. Diese ergeben sich aus den ANfangsbedingungen.

====Impuls- und Drehimpulserhaltung====

Lagrange- Formulierung:

:<math>L=T-V=\frac{1}{2}{{m}_{1}}{{\bar{v}}_{1}}^{2}+\frac{1}{2}{{m}_{2}}{{\bar{v}}_{2}}^{2}-V\left( \left| {{{\bar{r}}}_{1}}-{{{\bar{r}}}_{2}} \right| \right)</math>

Verallgeminerte Koordinaten: Schwerpunktskoordinaten:

:<math>\left( \begin{matrix}
{{q}_{1}} \\
{{q}_{2}} \\
{{q}_{3}} \\
\end{matrix} \right):=\bar{R}=\frac{1}{M}({{m}_{1}}{{\bar{r}}_{1}}+{{m}_{2}}{{\bar{r}}_{2}})</math> Schwerpunktskoordinate <math>\left( \begin{matrix}
{{q}_{4}} \\
{{q}_{5}} \\
{{q}_{6}} \\
\end{matrix} \right):=\bar{r}={{\bar{r}}_{1}}-{{\bar{r}}_{2}}</math>
Relativkoordinate

Die Umkehrung liefert dann die gesuchten Größen:

:<math>\begin{align}
& {{{\bar{r}}}_{1}}=\bar{R}+\frac{{{m}_{2}}}{M}{{{\bar{r}}}_{{}}}\quad \quad {{{\bar{r}}}_{2}}=\bar{R}-\frac{{{m}_{1}}}{M}\bar{r} \\
& {{{\dot{\bar{r}}}}_{1}}=\dot{\bar{R}}+\frac{{{m}_{2}}}{M}{{{\dot{\bar{r}}}}_{{}}}\quad \quad {{{\dot{\bar{r}}}}_{2}}=\dot{\bar{R}}-\frac{{{m}_{1}}}{M}{{{\dot{\bar{r}}}}_{{}}} \\
& L=\frac{M}{2}{{{\dot{\bar{R}}}}^{2}}+\frac{1}{2}m{{{\dot{\bar{r}}}}^{2}}-V(r) \\
\end{align}</math>

Dabei bezeichnet

:<math>r:=\left| {\bar{r}} \right|</math>
den Abstand und

:<math>m=\frac{{{m}_{1}}{{m}_{2}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}</math>
die relative Masse

:<math>L=\frac{M}{2}{{\dot{\bar{R}}}^{2}}+\frac{1}{2}m{{\dot{\bar{r}}}^{2}}-V(r)</math>

:<math>\bar{R}</math>
ist zyklische Koordinate:
:<math>\frac{\partial L}{\partial {{R}_{k}}}=0\Rightarrow \frac{\partial L}{\partial {{{\dot{R}}}_{k}}}=M{{\dot{R}}_{k}}={{P}_{k}}=const</math>
mit k= x,y,z

:<math>\Rightarrow \bar{R}=\frac{1}{M}\bar{P}t+{{\bar{R}}_{0}}</math>

Verwende das Schwerpunktsystem als Inertialsystem:

o.B.d.A:
:<math>\bar{R}=\dot{\bar{R}}=0</math>

Damit ergibt sich die vereinfachte Lagrangegleichung

:<math>L=\frac{1}{2}m{{\dot{\bar{r}}}^{2}}-V(r)</math>

mit:

:<math>\begin{align}
& {{{\bar{r}}}_{1}}=+\frac{{{m}_{2}}}{M}{{{\bar{r}}}_{{}}}\quad \quad {{{\bar{r}}}_{2}}=-\frac{{{m}_{1}}}{M}\bar{r} \\
& {{{\dot{\bar{r}}}}_{1}}=+\frac{{{m}_{2}}}{M}{{{\dot{\bar{r}}}}_{{}}}\quad \quad {{{\dot{\bar{r}}}}_{2}}=-\frac{{{m}_{1}}}{M}{{{\dot{\bar{r}}}}_{{}}} \\
\end{align}</math>

Der Drehimpuls berechnet sich gemäß:

:<math>\bar{l}={{m}_{1}}{{\bar{r}}_{1}}\times {{\bar{v}}_{1}}+{{m}_{2}}{{\bar{r}}_{2}}\times {{\bar{v}}_{2}}=\left( \frac{{{m}_{1}}{{m}_{2}}^{2}}{{{M}^{2}}}+\frac{{{m}_{2}}{{m}_{1}}^{2}}{{{M}^{2}}} \right)\bar{r}\times \dot{\bar{r}}=m\bar{r}\times \dot{\bar{r}}=const</math>
(Rotationsinvarianz)

Somit folgt aber auch (zyklische Vertauschbarkeit):

:<math>\bar{l}\cdot \bar{r}=\bar{l}\cdot \dot{\bar{r}}=0</math>

Beide, Radiusvektor und Geschwindigkeitsvektor
:<math>\bar{r},\dot{\bar{r}}</math>
liegen in der Ebene senkrecht zu
:<math>\bar{l}</math>
(Im Schwerpunktsystem).

Übergang zu Polarkoordinaten. Wir legen das Koordinatensystem so, dass der Drehimpuls parallel zur z- Achse zeigt:

:<math>\begin{align}
& x=r\cos \phi \quad \dot{x}=\dot{r}\cos \phi -r\dot{\phi }\sin \phi \\
& y=r\sin \phi \quad \dot{y}=\dot{r}\sin \phi +r\dot{\phi }\cos \phi \\
\end{align}</math>

Somit:

:<math>{{\dot{\bar{r}}}^{2}}={{\dot{x}}^{2}}+{{\dot{y}}^{2}}=...={{\dot{r}}^{2}}+{{r}^{2}}{{\dot{\phi }}^{2}}</math>

Nun wählen wir neue verallgemeinerte Koordinaten statt x,y :
:<math>\left( r,\phi \right)</math>

:<math>L=\frac{1}{2}m\left( {{{\dot{r}}}^{2}}+{{r}^{2}}{{{\dot{\phi }}}^{2}} \right)-V(r)</math>

:<math>\phi </math>
ist zyklische Koordinate:
:<math>\frac{\partial L}{\partial \phi }=0\Rightarrow \frac{\partial L}{\partial \dot{\phi }}=m{{r}^{2}}\dot{\phi }=l=const</math>

Hier: l = lz, da lx = ly =0

Also:
:<math>m{{r}^{2}}\dot{\phi }={{l}_{z}}=m(x\dot{y}-y\dot{x})=const</math>

=====Flächensatz: 2. keplersches Gesetz=====

Geometrische Interpretation von
:<math>m{{r}^{2}}\dot{\phi }={{l}_{z}}=m(x\dot{y}-y\dot{x})=const</math>
:

Radiusvektor überstreicht in gleichen Zeiten gleiche Flächen.

Das heißt: Die Flächengeschwindigkei ist konstant:

Für die Fläche gilt:

:<math>\delta F=\frac{1}{2}\left| {\bar{r}} \right|\cdot \left| \bar{r}+\delta \bar{r} \right|\sin \delta \phi \approx \frac{1}{2}{{r}^{2}}\delta \phi </math>

Dabei gilt die rechtsseitige Näherung für sehr kleine Änderungen in Radiusvektor und Winkel. Bleibt richtig für infinitesimale Betrachtung:

:<math>\frac{d}{dt}F=\frac{1}{2}{{r}^{2}}\frac{d\phi }{dt}=\frac{l}{2m}=const</math>

This info is the cats pjamaas!

====Planetenbewegung und Keplersche Gesetze====

Betrachten wir speziell das Gravitationspotenzial als Wechselwirkung:

:<math>V(r)=-\frac{\gamma {{m}_{1}}{{m}_{2}}}{{{r}^{{}}}}</math> mit <math>r=|{{\bar{r}}_{1}}-{{\bar{r}}_{2}}|</math>

Somit ergibt sich ein effektives Radialpotenzial gemäß

:<math>\tilde{V}(r)=-\frac{k}{{{r}^{{}}}}+\frac{{{l}^{2}}}{2m{{r}^{2}}}\quad k:=\gamma {{m}_{1}}m>0</math>

ALs Grenzwert folgt:

:<math>\begin{align}
& r\to 0:\tilde{V}(r)=\frac{{{l}^{2}}}{2m{{r}^{2}}}\quad \to \infty \\
& r\to \infty :\tilde{V}(r)=-\frac{k}{r}\quad \to 0 \\
\end{align}</math>

Differenziation findet ein Minimum:

:<math>\begin{align}
& \frac{d\tilde{V}(r)}{dr}=\frac{k}{{{r}^{2}}}-\frac{{{l}^{2}}}{m{{r}^{3}}}=0\to {{r}_{o}}=\frac{{{l}^{2}}}{mk} \\
& \tilde{V}({{r}_{o}})=\frac{-m{{k}^{2}}}{2{{l}^{2}}} \\
\end{align}</math> Wegen <math>\frac{m}{2}{{\dot{r}}^{2}}=E-\tilde{V}(r)</math>
ist eine Bewegung nur für
:<math>E-\tilde{V}(r)\ge 0</math>
möglich. Also muss
:<math>E\ge \tilde{V}(r)</math>

Es gilt:

:<math>0>E\ge \tilde{V}({{r}_{o}})\Rightarrow 0>E\ge \frac{-m{{k}^{2}}}{2{{l}^{2}}}</math>
: Bahnen sind geschlossen (Ellipse, Spezialfall: Kreis)

:<math>E>0</math>
Bahnen sind offen. (Hyperbeln)

Wir werden sehen, dass für E=0 eine Parabelbahn folgt.

Das Potenzial hat die folgende Gestalt:

Für
:<math>0>E\ge \tilde{V}({{r}_{o}})\Rightarrow 0>E\ge \frac{-m{{k}^{2}}}{2{{l}^{2}}}</math>

Sind die Umkehrpunkte durch
:<math>\tilde{V}(r)=-\frac{k}{{{r}^{{}}}}+\frac{{{l}^{2}}}{2m{{r}^{2}}}\quad =E</math>

bestimmt (quadratisch Gleichung in r mit zwei Lösungen):

:<math>{{r}_{\min /\max }}=\frac{1}{2|E|}\left( k\mp \sqrt{{{k}^{2}}-\frac{2{{l}^{2}}|E|}{m}} \right)</math>

Für E>0 gibt es nur noch eine Lösung für r, die positiv und damit physikalisch sinnvoll ist.

Aus

gewinnt man den inneren Umkehrpunkt:

Die Bahngleichung kann nun explizit berechnet werden:

:<math>\int\limits_{{{\phi }_{o}}}^{\phi }{d}\phi \acute{\ }=\phi -{{\phi }_{o}}=\int\limits_{{{r}_{o}}}^{r}{dr\acute{\ }}\frac{1}{r{{\acute{\ }}^{2}}\sqrt{\frac{2m}{{{l}^{2}}}\left( E-\tilde{V}(r\acute{\ }) \right)}}=\int\limits_{{{r}_{o}}}^{r}{\frac{dr\acute{\ }}{r{{\acute{\ }}^{2}}}}\frac{1}{\sqrt{\frac{2mE}{{{l}^{2}}}+\frac{2mk}{{{l}^{2}}r\acute{\ }}-\frac{1}{r{{\acute{\ }}^{2}}}}}</math>

Dieses Integral ist nicht leicht zu berechnen, jedoch lediglich ein mathematisches Problem. Es gelingt mit einer geschickten Substitution:

Zunächst soll der Ausdruck unter der Wurzel quadratisch ergänzt werden:

:<math>\frac{2mE}{{{l}^{2}}}+\frac{2mk}{{{l}^{2}}r\acute{\ }}-\frac{1}{r{{\acute{\ }}^{2}}}=-{{\left( \frac{1}{r{{\acute{\ }}^{{}}}}-\frac{mk}{{{l}^{2}}} \right)}^{2}}+\frac{{{m}^{2}}{{k}^{2}}}{{{l}^{4}}}+\frac{2mE}{{{l}^{2}}}</math> mit <math>\begin{align}
& -{{\left( \frac{1}{r{{\acute{\ }}^{{}}}}-\frac{mk}{{{l}^{2}}} \right)}^{2}}+\frac{{{m}^{2}}{{k}^{2}}}{{{l}^{4}}}+\frac{2mE}{{{l}^{2}}}:=D\left[ 1-\frac{1}{D}{{\left( \frac{1}{r{{\acute{\ }}^{{}}}}-\frac{mk}{{{l}^{2}}} \right)}^{2}} \right] \\
& D:=\frac{2m}{{{l}^{2}}}\left( \frac{m{{k}^{2}}}{2{{l}^{2}}}+E \right) \\
\end{align}</math>

Dabei gilt:

:<math>\begin{align}
& \frac{m{{k}^{2}}}{2{{l}^{2}}}=\tilde{V}({{r}_{o}}) \\
& \Rightarrow D:=\frac{2m}{{{l}^{2}}}\left( \frac{m{{k}^{2}}}{2{{l}^{2}}}+E \right)\ge 0 \\
\end{align}</math>

Substitution:

:<math>\begin{align}
& \cos \vartheta \acute{\ }:=\frac{1}{\sqrt{D}}\left( \frac{1}{r{{\acute{\ }}^{{}}}}-\frac{mk}{{{l}^{2}}} \right)\Rightarrow \frac{d\cos \vartheta }{dr\acute{\ }}=-\frac{1}{\sqrt{D}}\left( \frac{1}{r{{\acute{\ }}^{2}}} \right) \\
& \frac{d\cos \vartheta }{d\vartheta }=-\sin \vartheta \acute{\ }\Rightarrow -\sin \vartheta d\vartheta =d\cos \vartheta \\
& -\sin \vartheta \acute{\ }d\vartheta =-\frac{1}{\sqrt{D}}\left( \frac{dr\acute{\ }}{r{{\acute{\ }}^{2}}} \right) \\
\end{align}</math>

Somit folgt:

:<math>\begin{align}
& \phi -{{\phi }_{o}}=\int\limits_{{{r}_{o}}}^{r}{\frac{dr\acute{\ }}{r{{\acute{\ }}^{2}}}}\frac{1}{\sqrt{\frac{2mE}{{{l}^{2}}}+\frac{2mk}{{{l}^{2}}r\acute{\ }}-\frac{1}{r{{\acute{\ }}^{2}}}}}=\int\limits_{{{r}_{o}}}^{r}{\frac{dr\acute{\ }}{r{{\acute{\ }}^{2}}}}\frac{1}{\sqrt{D\left[ 1-\frac{1}{D}{{\left( \frac{1}{r{{\acute{\ }}^{{}}}}-\frac{mk}{{{l}^{2}}} \right)}^{2}} \right]}}=\int\limits_{{{r}_{o}}}^{r}{\frac{dr\acute{\ }}{r{{\acute{\ }}^{2}}}}\frac{1}{\sqrt{D}\left[ 1-\frac{1}{D}{{\left( \frac{1}{r{{\acute{\ }}^{{}}}}-\frac{mk}{{{l}^{2}}} \right)}^{{}}} \right]} \\
& \int\limits_{{{r}_{o}}}^{r}{\frac{dr\acute{\ }}{r{{\acute{\ }}^{2}}}}\frac{1}{\sqrt{D}\left[ 1-\frac{1}{D}{{\left( \frac{1}{r{{\acute{\ }}^{{}}}}-\frac{mk}{{{l}^{2}}} \right)}^{{}}} \right]}=\int\limits_{{{\vartheta }_{0}}}^{\vartheta }{d\vartheta \acute{\ }\sin \vartheta \acute{\ }\frac{1}{\sqrt{1-{{\cos }^{2}}\vartheta }\acute{\ }}=}\int\limits_{{{\vartheta }_{0}}}^{\vartheta }{d\vartheta \acute{\ }=\vartheta -{{\vartheta }_{0}}} \\
& \vartheta -{{\vartheta }_{0}}=\arccos \frac{1}{\sqrt{D}}\left( \frac{1}{{{r}^{{}}}}-\frac{mk}{{{l}^{2}}} \right)-\arccos \frac{1}{\sqrt{D}}\left( \frac{1}{{{r}_{o}}^{{}}}-\frac{mk}{{{l}^{2}}} \right) \\
\end{align}</math>

Also in Summary:

:<math>\phi -{{\phi }_{o}}=\arccos \frac{1}{\sqrt{D}}\left( \frac{1}{{{r}^{{}}}}-\frac{mk}{{{l}^{2}}} \right)-\arccos \frac{1}{\sqrt{D}}\left( \frac{1}{{{r}_{o}}^{{}}}-\frac{mk}{{{l}^{2}}} \right)</math>

Eine der Integrationskonstanten,

:<math>{{\phi }_{o}}</math> oder <math>{{r}_{o}}</math>
kann frei eingesetzt werden.

Wir wählen den Winkel willkürlich:

Mit der vereinfachenden Wahl von

:<math>{{\phi }_{o}}=\arccos \frac{1}{\sqrt{D}}\left( \frac{1}{{{r}_{o}}^{{}}}-\frac{mk}{{{l}^{2}}} \right)</math>

ergibt sich:

:<math>\begin{align}
& \phi (r)=\arccos \frac{1}{\sqrt{D}}\left( \frac{1}{{{r}^{{}}}}-\frac{mk}{{{l}^{2}}} \right) \\
& \Rightarrow \frac{1}{r(\phi )}=\frac{mk}{{{l}^{2}}}+\sqrt{D}\cos \phi =\frac{mk}{{{l}^{2}}}\left( 1+\varepsilon \cos \phi \right) \\
& mit\quad \varepsilon :=\sqrt{D}\frac{{{l}^{2}}}{mk}=\sqrt{1+\frac{2E{{l}^{2}}}{m{{k}^{2}}}} \\
\end{align}</math>

Wesentlich ist unsere Bahngleichung:

:<math>\frac{1}{r(\phi )}=\frac{mk}{{{l}^{2}}}+\sqrt{D}\cos \phi =\frac{mk}{{{l}^{2}}}\left( 1+\varepsilon \cos \phi \right)</math>

Dies ist nämlich, wie jedem Mathematiker bekannt ist, die Gleichung eines Kegelschnitts in Polarkoordinaten:

:<math>\begin{align}
& \varepsilon >1\cong E>0\quad Hyperbel(offene\ Bahn) \\
& \varepsilon =1\cong E=0\quad Parabel(offene\ Bahn) \\
& \varepsilon <1\cong -\frac{m{{k}^{2}}}{2{{l}^{2}}}<E<0\quad Ellipse(geschlossene\ Bahn) \\
\end{align}</math>

Für da zweidimensionale Problem ist die Umrechnung auf kartesische Korodinaten sehr einfach:

Dies ist nämlich, wie jedem Mathematiker bekannt ist, die Gleichung eines Kegelschnitts in Polarkoordinaten:

:<math>\begin{align}
& \cos \phi =\frac{x}{r} \\
& \sin \phi =\frac{y}{r} \\
& r=\sqrt{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)} \\
\end{align}</math>

Für
:<math>\varepsilon <1</math>
folgt:

:<math>\begin{align}
& {{\left( \frac{mk}{{{l}^{2}}}\left( 1-{{\varepsilon }^{2}} \right)x+\varepsilon \right)}^{2}}+\frac{{{m}^{2}}{{k}^{2}}}{{{l}^{4}}}\left( 1-{{\varepsilon }^{2}} \right){{y}^{2}}=1 \\
& \frac{{{m}^{2}}{{k}^{2}}}{{{l}^{4}}}{{\left( 1-{{\varepsilon }^{2}} \right)}^{2}}{{\left( x+\frac{{{l}^{2}}}{mk}\frac{\varepsilon }{\left( 1-{{\varepsilon }^{2}} \right)} \right)}^{2}}+\frac{{{m}^{2}}{{k}^{2}}}{{{l}^{4}}}\left( 1-{{\varepsilon }^{2}} \right){{y}^{2}}=1 \\
\end{align}</math>

Dies kann vereinfacht werden zu:

:<math>\frac{{{\left( x+e \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}=1</math>

mit der Exzentrizität

:<math>e=\sqrt{{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}</math>

Dies ist die Gleichung einer Ellipse mit einem Brennpunkt im Ursprung.

Die Hauptachsen lauten:

:<math>\begin{align}
& a=\frac{{{l}^{2}}}{mk(1-{{\varepsilon }^{2}})}=\frac{k}{2|E|} \\
& b=\frac{{{l}^{2}}}{mk\sqrt{1-{{\varepsilon }^{2}}}}=\frac{l}{\sqrt{2m|E|}} \\
\end{align}</math>

Die relative Exzentrizität:

:<math>\varepsilon =\frac{e}{a}=\sqrt{1-\frac{{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}}}</math>

e, die absolute Exzentrizität ist der absolute Abstand zwischen Mittelpunkt der Ellipse und einem Brennpunkt.

=====Keplersches Gesetz=====

Folgt also aus der Bewegungsgleichung mit Gravitationspotenzial bei negativen Energien:

Die Planetenbahnen sind Ellipsen, in deren einen Brennpunkt die Sonne steht.

=====Keplersches Gesetz=====

T²~a³

<u>'''Beweis:'''</u>

Für die Fläche einer Ellipse gilt:

:<math>F=\pi ab</math>

Wenn wir das zweite Keplersche Gesetz verwenden (Flächensatz), so gilt:

:<math>\frac{dF}{dt}=\frac{l}{2m}=const</math>

Es ergibt sich der folgende Zusammenhang mit der Umlaufzeit:

:<math>\int\limits_{0}^{T}{dt}\frac{dF}{dt}=\frac{l}{2m}T=F=\pi ab</math>

Aus der Herleitung des ersten Keplerschen Gesetzes ist bekannt:

:<math>\begin{align}
& \frac{{{b}^{2}}}{a}=\frac{{{l}^{2}}}{mk}\Rightarrow b=\frac{l}{\sqrt{mk}}\sqrt{a} \\
& T=\frac{2m\pi ab}{l}=\frac{2\sqrt{m}\pi {{a}^{\frac{3}{2}}}}{\sqrt{k}} \\
& \frac{{{T}^{2}}}{{{a}^{3}}}=\frac{4{{\pi }^{2}}m}{k} \\
\end{align}</math>

Die zweiten Potenzen der Umlaufdauer sind somit nicht exakt proportional zur dritten Potenz der großen Halbachsen, da auch die Masse des Planeten noch eingeht:

:<math>\begin{align}
& k=\gamma {{m}_{1}}{{m}_{2}} \\
& m=\frac{{{m}_{1}}{{m}_{2}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}} \\
& \frac{m}{k}=\frac{1}{\gamma \left( {{m}_{1}}+{{m}_{2}} \right)} \\
\end{align}</math>

Falls die Planeten jedoch deutlich leichter sind als die Zentralgestirne, so gilt:

:<math>\begin{align}
& \frac{m}{k}\approx \frac{1}{\gamma {{m}_{2}}} \\
& \frac{{{T}^{2}}}{{{a}^{3}}}\approx \frac{4{{\pi }^{2}}}{\gamma {{m}_{2}}} \\
\end{align}</math>

Leitet man dies aus dem Kraftansatz ab, so steckt der Fehler der Vernachlässigung der Planetenmasse in der Annahme einer kreisförmigen Bewegung um das Zentralgestirn. Das Ergebnis ist ebenso fehlerbelastet.

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Das Zweikörperproblem