Das Zweikörperproblem

Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD

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Der Artikel Das Zweikörperproblem basiert auf der Vorlesungsmitschrift von Franz- Josef Schmitt des 3.Kapitels (Abschnitt 5) der Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD.

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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:

$I_r(q_1,...,q_f,{\dot{q}}_1,...{\dot{q}}_f)=c_{r}r=1,...2f$

So wäre das Problem vollständig gelöst:

$q_k=q_k(c_1,...,c_{2f},t)k=1,...,f$

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

Erhaltungssätze

1. V(|r1-r2|) ist translationsinvariant.

Somit ist der Impuls: $\overline{P}={\overline{p}}_1+{\overline{p}}_2$ =konstant

Der Schwerpunkt: $\overline{R}=\frac{1}{M}\overline{P}t+{\overline{R}}_0$ bewegt sich gleichförmig und geradlinig.

Dies folgt aus: $M\dot{\overline{R}}=\overline{P}=const$

M:=m1 + m2

Somit sind 6 Integrationskonstanten gefunden: $\overline{P},\overline{R}$

1. V(|r1-r2|) ist rotationsinvariant:

Damit ist der Drehimpuls $\overline{l}=m_1{\overline{r}}_1\times {\overline{v}}_1+m_2{\overline{r}}_2\times {\overline{v}}_2=const$

Es sind drei weitere Integrationskonstanten $\overline{l}$ gefunden.

1. Die zeitliche Translationsinvarianz bei konservativer Kraft:

$E=\frac{1}{2}{m}_1{{\overline{v}}_1}^2+\frac{1}{2}{m}_2{{\overline{v}}_2}^2+V\left(|{\overline{r}}_1-{\overline{r}}_2|\right)=const$

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:

$L=T-V=\frac{1}{2}{m}_1{{\overline{v}}_1}^2+\frac{1}{2}{m}_2{{\overline{v}}_2}^2-V\left(|{\overline{r}}_1-{\overline{r}}_2|\right)$

Verallgeminerte Koordinaten: Schwerpunktskoordinaten:

$\left(\begin{array}{c}{q}_1\\ q_2\\ q_3\\ \end{array}\right):=\overline{R}=\frac{1}{M}(m_1{\overline{r}}_1+m_2{\overline{r}}_2)$ Schwerpunktskoordinate $\left(\begin{array}{c}{q}_4\\ q_5\\ q_6\\ \end{array}\right):=\overline{r}={\overline{r}}_1-{\overline{r}}_2$ Relativkoordinate

Die Umkehrung liefert dann die gesuchten Größen:

$\begin{array}{rl}& {\overline{r}}_1=\overline{R}+\frac{m_2}{M}{\overline{r}}_{}{\overline{r}}_2=\overline{R}-\frac{m_1}{M}\overline{r}\\ & {\dot{\overline{r}}}_1=\dot{\overline{R}}+\frac{m_2}{M}{\dot{\overline{r}}}_{}{\dot{\overline{r}}}_2=\dot{\overline{R}}-\frac{m_1}{M}{\dot{\overline{r}}}_{}\\ & L=\frac{M}{2}{\dot{\overline{R}}}^2+\frac{1}{2}m{\dot{\overline{r}}}^2-V(r)\\ \end{array}$

Dabei bezeichnet

$r:=\left|\overline{r}\right|$

den Abstand und

$m=\frac{m_1{m}_2}{m_1+m_2}$ die relative Masse

$L=\frac{M}{2}{\dot{\overline{R}}}^2+\frac{1}{2}m{\dot{\overline{r}}}^2-V(r)$

$\overline{R}$ ist zyklische Koordinate: $\frac{\partial L}{\partial R_k}=0\Rightarrow \frac{\partial L}{\partial {\dot{R}}_k}=M{\dot{R}}_k=P_k=const$ mit k= x,y,z

$\Rightarrow \overline{R}=\frac{1}{M}\overline{P}t+{\overline{R}}_0$

Verwende das Schwerpunktsystem als Inertialsystem:

o.B.d.A: $\overline{R}=\dot{\overline{R}}=0$

Damit ergibt sich die vereinfachte Lagrangegleichung

$L=\frac{1}{2}m{\dot{\overline{r}}}^2-V(r)$

mit:

$\begin{array}{rl}& {\overline{r}}_1=+\frac{m_2}{M}{\overline{r}}_{}{\overline{r}}_2=-\frac{m_1}{M}\overline{r}\\ & {\dot{\overline{r}}}_1=+\frac{m_2}{M}{\dot{\overline{r}}}_{}{\dot{\overline{r}}}_2=-\frac{m_1}{M}{\dot{\overline{r}}}_{}\\ \end{array}$

Der Drehimpuls berechnet sich gemäß:

$\overline{l}=m_1{\overline{r}}_1\times {\overline{v}}_1+m_2{\overline{r}}_2\times {\overline{v}}_2=(\frac{m_1{m_2}^2}{M^2}+\frac{m_2{m_1}^2}{M^2})\overline{r}\times \dot{\overline{r}}=m\overline{r}\times \dot{\overline{r}}=const$ (Rotationsinvarianz)

Somit folgt aber auch (zyklische Vertauschbarkeit):

$\overline{l}\cdot \overline{r}=\overline{l}\cdot \dot{\overline{r}}=0$

Beide, Radiusvektor und Geschwindigkeitsvektor $\overline{r},\dot{\overline{r}}$ liegen in der Ebene senkrecht zu $\overline{l}$ ( Im Schwerpunktsystem).

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

$\begin{array}{rl}& x=r\cos \varphi \dot{x}=\dot{r}\cos \varphi -r\dot{\varphi }\sin \varphi \\ & y=r\sin \varphi \dot{y}=\dot{r}\sin \varphi +r\dot{\varphi }\cos \varphi \\ \end{array}$

Somit:

${\dot{\overline{r}}}^2={\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2=...={\dot{r}}^2+r^2{\dot{\varphi }}^2$

Nun wählen wir neue verallgemeinerte Koordinaten statt x,y : $(r,\varphi )$

$L=\frac{1}{2}m({\dot{r}}^2+r^2{\dot{\varphi }}^2)-V(r)$

$\varphi$ ist zyklische Koordinate: $\frac{\partial L}{\partial \varphi }=0\Rightarrow \frac{\partial L}{\partial \dot{\varphi }}=m{r}^2\dot{\varphi }=l=const$

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

Also: $m{r}^2\dot{\varphi }=l_z=m(x\dot{y}-y\dot{x})=const$

Flächensatz: 2. keplersches Gesetz

Geometrische Interpretation von $m{r}^2\dot{\varphi }=l_z=m(x\dot{y}-y\dot{x})=const$

Radiusvektor überstreicht in gleichen Zeiten gleiche Flächen.

Das heißt: Die Flächengeschwindigkei ist konstant:

Für die Fläche gilt:

$\delta F=\frac{1}{2}\left|\overline{r}\right|\cdot |\overline{r}+\delta \overline{r}|\sin \delta \varphi \approx \frac{1}{2}{r}^2\delta \varphi$

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

$\frac{d}{dt}F=\frac{1}{2}{r}^2\frac{d\varphi }{dt}=\frac{l}{2m}=const$

Energieerhaltung und Bahngleichung

Bestimmen wir die Lagranggleichung 2. Art für den radius r:

$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{r}}-\frac{\partial L}{\partial r}=0$

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial L}{\partial \dot{r}}=m\dot{r}\\ & \frac{\partial L}{\partial r}=mr{\dot{\varphi }}^2-V\stackrel{´}{}(r)\\ \end{array}$

Somit gilt:

$m\ddot{r}-mr{\dot{\varphi }}^2+V\stackrel{´}{}(r)=0$

Mit der Zentrifugalkraft $mr{\dot{\varphi }}^2$

Die Zeitableitung des Winkels können wir eliminieren durch die Bewegungskonstante l:

$\dot{\varphi }=\frac{l}{m{r}^2}$

$m\ddot{r}-\frac{l^2}{m{r}^3}+V\stackrel{´}{}(r)=0$

1. Integral: Trick: Wir müssen die Gleichung auf zeitliche Änderung bringen. Zu diesem zweck multiplizieren wir alles mit

$\dot{r}$

$\begin{array}{rl}& m\ddot{r}\dot{r}-\frac{l^2}{m{r}^3}\dot{r}+\dot{r}V\stackrel{´}{}(r)=0\\ & m\ddot{r}\dot{r}=\frac{d}{dt}\left(\frac{m}{2}{\dot{r}}^2\right)\\ & \frac{l^2}{m{r}^3}\dot{r}=\frac{d}{dt}(-\frac{l^2}{2m{r}^2})\\ & \dot{r}V\stackrel{´}{}(r)=\frac{d}{dt}V(r)\\ \end{array}$

Somit können wir Integration über die zeit ausführen und es ergibt sich:

$\frac{m}{2}{\dot{r}}^2+\frac{l^2}{2m{r}^2}+V(r)=const=E$ Energieerhaltung mit $T=\frac{m}{2}({\dot{r}}^2+\frac{l^2}{m^2{r}^2})=\frac{m}{2}({\dot{r}}^2+r^2{\dot{\varphi }}^2)$

Andere Interpretation

Die Bewegung der beiden Körper ist ebenfalls als eindimensionale Bewegung in einem effektiven

Radialpotenzial

$\tilde{V}(r):=\frac{l^2}{2m{r}^2}+V(r)$

Dabei wird $\frac{l^2}{2m{r}^2}$ als Zentrifugalbarriere bezeichnet.

Es ergibt sich: $\frac{m}{2}{\dot{r}}^2+\tilde{V}(r)=const=E$

Somit:

$\dot{r}=\sqrt{\frac{2}{m}(E-\tilde{V}(r))}=\frac{dr}{dt}$

Integration liefert:

$\underset{r_o}{\overset{r}{\int }}\frac{dr\stackrel{´}{}}{\sqrt{\frac{2}{m}(E-\tilde{V}(r\stackrel{´}{}))}}=\underset{t_o}{\overset{t}{\int }}dt\stackrel{´}{}$

Es sind somit t( r) und r( t) berechenbar.

Der Winkel folgt dann aus:

$\dot{\varphi }=\frac{d\varphi }{dt}=\frac{l}{mr{(t)}^2}$ durch Einsetzen:

$\underset{{\varphi }_o}{\overset{\varphi }{\int }}d\varphi \stackrel{´}{}=\underset{t_o}{\overset{t}{\int }}\frac{l}{m{r}^2(t\stackrel{´}{})}dt\stackrel{´}{}$

Es ergibt sich also: $\varphi (t)$ .

Die Bahngleichung wird gewonnen gemäß:

$\frac{dr}{d\varphi }=\frac{\dot{r}}{\dot{\varphi }}=\frac{m{r}^2\sqrt{\frac{2}{m}(E-\tilde{V}(r))}}{l}=r^2\sqrt{\frac{2m}{l^2}(E-\tilde{V}(r))}$

Es folgt:

$\underset{{\varphi }_o}{\overset{\varphi }{\int }}d\varphi \stackrel{´}{}=\underset{r_o}{\overset{r}{\int }}dr\stackrel{´}{}\frac{1}{r{\stackrel{´}{}}^2\sqrt{\frac{2m}{l^2}(E-\tilde{V}(r\stackrel{´}{}))}}$

Daraus erhält man als Bahngleichung $\varphi (r)$ bzw. $r(\varphi )$ .

Die Bahngleichung.

Planetenbewegung und Keplersche Gesetze

Betrachten wir speziell das Gravitationspotenzial als Wechselwirkung:

$V(r)=-\frac{\gamma m_1{m}_2}{r^{}}$ mit $r=|{\overline{r}}_1-{\overline{r}}_2|$

Somit ergibt sich ein effektives Radialpotenzial gemäß

$\tilde{V}(r)=-\frac{k}{r^{}}+\frac{l^2}{2m{r}^2}k:=\gamma m_{1}m>0$

ALs Grenzwert folgt:

$\begin{array}{rl}& r\to 0:\tilde{V}(r)=\frac{l^2}{2m{r}^2}\to \mathrm{\infty }\\ & r\to \mathrm{\infty }:\tilde{V}(r)=-\frac{k}{r}\to 0\\ \end{array}$

Differenziation findet ein Minimum:

$\begin{array}{rl}& \frac{d\tilde{V}(r)}{dr}=\frac{k}{r^2}-\frac{l^2}{m{r}^3}=0\to r_o=\frac{l^2}{mk}\\ & \tilde{V}(r_o)=\frac{-m{k}^2}{2l^2}\\ \end{array}$ Wegen $\frac{m}{2}{\dot{r}}^2=E-\tilde{V}(r)$ ist eine Bewegung nur für $E-\tilde{V}(r)\ge 0$ möglich. Also muss $E\ge \tilde{V}(r)$

Es gilt:

$0>E\ge \tilde{V}(r_o)\Rightarrow 0>E\ge \frac{-m{k}^2}{2l^2}$

Bahnen sind geschlossen ( Ellipse, Spezialfall: Kreis)

$E>0$ Bahnen sind offen. ( Hyperbeln)

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

Das Potenzial hat die folgende Gestalt:

Für $0>E\ge \tilde{V}(r_o)\Rightarrow 0>E\ge \frac{-m{k}^2}{2l^2}$

Sind die Umkehrpunkte durch $\tilde{V}(r)=-\frac{k}{r^{}}+\frac{l^2}{2m{r}^2}=E$

bestimmt ( quadratisch Gleichung in r mit zwei Lösungen):

$r_{\min /\max }=\frac{1}{2\left|E\right|}(k\mp \sqrt{k^2-\frac{2l^2\left|E\right|}{m}})$

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:

$\underset{{\varphi }_o}{\overset{\varphi }{\int }}d\varphi \stackrel{´}{}=\varphi -{\varphi }_o=\underset{r_o}{\overset{r}{\int }}dr\stackrel{´}{}\frac{1}{r{\stackrel{´}{}}^2\sqrt{\frac{2m}{l^2}(E-\tilde{V}(r\stackrel{´}{}))}}=\underset{r_o}{\overset{r}{\int }}\frac{dr\stackrel{´}{}}{r{\stackrel{´}{}}^2}\frac{1}{\sqrt{\frac{2mE}{l^2}+\frac{2mk}{l^{2}r\stackrel{´}{}}-\frac{1}{r{\stackrel{´}{}}^2}}}$

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:

$\frac{2mE}{l^2}+\frac{2mk}{l^{2}r\stackrel{´}{}}-\frac{1}{r{\stackrel{´}{}}^2}=-{(\frac{1}{r{\stackrel{´}{}}^{}}-\frac{mk}{l^2})}^2+\frac{m^2{k}^2}{l^4}+\frac{2mE}{l^2}$ mit $\begin{array}{rl}& -{(\frac{1}{r{\stackrel{´}{}}^{}}-\frac{mk}{l^2})}^2+\frac{m^2{k}^2}{l^4}+\frac{2mE}{l^2}:=D[1-\frac{1}{D}{(\frac{1}{r{\stackrel{´}{}}^{}}-\frac{mk}{l^2})}^2]\\ & D:=\frac{2m}{l^2}(\frac{m{k}^2}{2l^2}+E)\\ \end{array}$

Dabei gilt:

$\begin{array}{rl}& \frac{m{k}^2}{2l^2}=\tilde{V}(r_o)\\ & \Rightarrow D:=\frac{2m}{l^2}(\frac{m{k}^2}{2l^2}+E)\ge 0\\ \end{array}$

Substitution:

$\begin{array}{rl}& \cos \vartheta \stackrel{´}{}:=\frac{1}{\sqrt{D}}(\frac{1}{r{\stackrel{´}{}}^{}}-\frac{mk}{l^2})\Rightarrow \frac{d\cos \vartheta }{dr\stackrel{´}{}}=-\frac{1}{\sqrt{D}}\left(\frac{1}{r{\stackrel{´}{}}^2}\right)\\ & \frac{d\cos \vartheta }{d\vartheta }=-\sin \vartheta \stackrel{´}{}\Rightarrow -\sin \vartheta d\vartheta =d\cos \vartheta \\ & -\sin \vartheta \stackrel{´}{}d\vartheta =-\frac{1}{\sqrt{D}}\left(\frac{dr\stackrel{´}{}}{r{\stackrel{´}{}}^2}\right)\\ \end{array}$

Somit folgt:

$\begin{array}{rl}& \varphi -{\varphi }_o=\underset{r_o}{\overset{r}{\int }}\frac{dr\stackrel{´}{}}{r{\stackrel{´}{}}^2}\frac{1}{\sqrt{\frac{2mE}{l^2}+\frac{2mk}{l^{2}r\stackrel{´}{}}-\frac{1}{r{\stackrel{´}{}}^2}}}=\underset{r_o}{\overset{r}{\int }}\frac{dr\stackrel{´}{}}{r{\stackrel{´}{}}^2}\frac{1}{\sqrt{D[1-\frac{1}{D}{(\frac{1}{r{\stackrel{´}{}}^{}}-\frac{mk}{l^2})}^2]}}=\underset{r_o}{\overset{r}{\int }}\frac{dr\stackrel{´}{}}{r{\stackrel{´}{}}^2}\frac{1}{\sqrt{D}[1-\frac{1}{D}{(\frac{1}{r{\stackrel{´}{}}^{}}-\frac{mk}{l^2})}^{}]}\\ & \underset{r_o}{\overset{r}{\int }}\frac{dr\stackrel{´}{}}{r{\stackrel{´}{}}^2}\frac{1}{\sqrt{D}[1-\frac{1}{D}{(\frac{1}{r{\stackrel{´}{}}^{}}-\frac{mk}{l^2})}^{}]}=\underset{{\vartheta }_0}{\overset{\vartheta }{\int }}d\vartheta \stackrel{´}{}\sin \vartheta \stackrel{´}{}\frac{1}{\sqrt{1-{\cos }^2\vartheta }\stackrel{´}{}}=\underset{{\vartheta }_0}{\overset{\vartheta }{\int }}d\vartheta \stackrel{´}{}=\vartheta -{\vartheta }_0\\ & \vartheta -{\vartheta }_0=\arccos \frac{1}{\sqrt{D}}(\frac{1}{r^{}}-\frac{mk}{l^2})-\arccos \frac{1}{\sqrt{D}}(\frac{1}{{r_o}^{}}-\frac{mk}{l^2})\\ \end{array}$

Also in Summary:

$\varphi -{\varphi }_o=\arccos \frac{1}{\sqrt{D}}(\frac{1}{r^{}}-\frac{mk}{l^2})-\arccos \frac{1}{\sqrt{D}}(\frac{1}{{r_o}^{}}-\frac{mk}{l^2})$

Eine der Integrationskonstanten,

${\varphi }_o$ oder $r_o$ kann frei eingesetzt werden.

Wir wählen den Winkel willkürlich:

Mit der vereinfachenden Wahl von

${\varphi }_o=\arccos \frac{1}{\sqrt{D}}(\frac{1}{{r_o}^{}}-\frac{mk}{l^2})$

ergibt sich:

$\begin{array}{rl}& \varphi (r)=\arccos \frac{1}{\sqrt{D}}(\frac{1}{r^{}}-\frac{mk}{l^2})\\ & \Rightarrow \frac{1}{r(\varphi )}=\frac{mk}{l^2}+\sqrt{D}\cos \varphi =\frac{mk}{l^2}(1+\epsilon \cos \varphi )\\ & mit\epsilon :=\sqrt{D}\frac{l^2}{mk}=\sqrt{1+\frac{2E{l}^2}{m{k}^2}}\\ \end{array}$

Wesentlich ist unsere Bahngleichung:

$\frac{1}{r(\varphi )}=\frac{mk}{l^2}+\sqrt{D}\cos \varphi =\frac{mk}{l^2}(1+\epsilon \cos \varphi )$

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

$\begin{array}{rl}& \epsilon >1\cong E>0Hyperbel(offeneBahn)\\ & \epsilon =1\cong E=0Parabel(offeneBahn)\\ & \epsilon <1\cong -\frac{m{k}^2}{2l^2}<E<0Ellipse(geschlosseneBahn)\\ \end{array}$

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:

$\begin{array}{rl}& \cos \varphi =\frac{x}{r}\\ & \sin \varphi =\frac{y}{r}\\ & r=\sqrt{(x^2+y^2)}\\ \end{array}$

Für $\epsilon <1$ folgt:

$\begin{array}{rl}& {(\frac{mk}{l^2}(1-{\epsilon }^2)x+\epsilon )}^2+\frac{m^2{k}^2}{l^4}(1-{\epsilon }^2)y^2=1\\ & \frac{m^2{k}^2}{l^4}{(1-{\epsilon }^2)}^2{(x+\frac{l^2}{mk}\frac{\epsilon }{(1-{\epsilon }^2)})}^2+\frac{m^2{k}^2}{l^4}(1-{\epsilon }^2)y^2=1\\ \end{array}$

Dies kann vereinfacht werden zu:

$\frac{{(x+e)}^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$

mit der Exzentrizität

$e=\sqrt{a^2-b^2}$

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

Die Hauptachsen lauten:

$\begin{array}{rl}& a=\frac{l^2}{mk(1-{\epsilon }^2)}=\frac{k}{2\left|E\right|}\\ & b=\frac{l^2}{mk\sqrt{1-{\epsilon }^2}}=\frac{l}{\sqrt{2m\left|E\right|}}\\ \end{array}$

Die relative Exzentrizität:

$\epsilon =\frac{e}{a}=\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}$

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

Beweis:

Für die Fläche einer Ellipse gilt:

$F=\pi ab$

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

$\frac{dF}{dt}=\frac{l}{2m}=const$

Es ergibt sich der folgende Zusammenhang mit der Umlaufzeit:

$\underset{0}{\overset{T}{\int }}dt\frac{dF}{dt}=\frac{l}{2m}T=F=\pi ab$

Aus der Herleitung des ersten Keplerschen Gesetzes ist bekannt:

$\begin{array}{rl}& \frac{b^2}{a}=\frac{l^2}{mk}\Rightarrow b=\frac{l}{\sqrt{mk}}\sqrt{a}\\ & T=\frac{2m\pi ab}{l}=\frac{2\sqrt{m}\pi a^{\frac{3}{2}}}{\sqrt{k}}\\ & \frac{T^2}{a^3}=\frac{4{\pi }^{2}m}{k}\\ \end{array}$

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

$\begin{array}{rl}& k=\gamma m_1{m}_2\\ & m=\frac{m_1{m}_2}{m_1+m_2}\\ & \frac{m}{k}=\frac{1}{\gamma (m_1+m_2)}\\ \end{array}$

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

$\begin{array}{rl}& \frac{m}{k}\approx \frac{1}{\gamma m_2}\\ & \frac{T^2}{a^3}\approx \frac{4{\pi }^2}{\gamma m_2}\\ \end{array}$

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.