Решение для гиперболической скорости

После некоторых математических манипуляций я нашел фактическое решение, использующее гиперболическую аномалию.$H$.

В следующих,$e$- эксцентриситет орбиты,$\nu$является истинной аномалией и$a$является большой полуосью.

Предпосылка: доказать, что$iH = E$на гиперболической орбите

Это небольшое доказательство здесь только для того, чтобы показать, как можно получить равенство из хорошо известных формул эксцентрических аномалий.

• Для эллиптической орбиты ($e < 1$), эксцентрическая аномалия$E$определяется:

  $$\tag{1} \tan\frac{E}{2} =\sqrt{\frac{1-e}{1+e}}\tan\frac{\nu }{2}$$

• Для гиперболической орбиты ($e > 1$), гиперболическая аномалия$H$(также написано$F$) определяется:

  $$\tag{2} \tanh\frac{H}{2} =\sqrt{\frac{e-1}{e+1}}\tan\frac{\nu }{2}$$

В случае гиперболической орбиты$1-e < 0$приводит к неопределенному определению$E$в (1) из-за члена квадратного корня. Таким образом, необходимо использовать его гиперболический эквивалент (2). Однако, учитывая соотношение (1) в$\mathbb{C}$путем вовлечения$i = \sqrt{-1}$позволяет дать комплексное определение$E$:

$$\tan\frac{E}{2} = i\sqrt{\frac{e-1}{e+1}}\tan\frac{\nu }{2}$$

в котором мы замечаем правый член в (2). Это на самом деле прямые ссылки$E \in \mathbb{C}$и$H \in \mathbb{R}$к:

$$\tag{3} \tan\frac{E}{2} = i\tanh\frac{H}{2}$$

Соотношения между гиперболическими и тригонометрическими функциями дают:

$$\forall x \in \mathbb{R} \ \ \ i\tanh(x) = \tan(ix)$$

что применительно к (3) приводит к:

$$\tan\frac{E}{2} = \tan\frac{iH}{2}$$

И с тех пор$x \mapsto \tan(ix)$биективен$\forall x \in \mathbb{R}$потому что он пропорционален$x \mapsto \tanh(x)$, делаем вывод, что:

$$\tag{4} iH = E$$

в случае гиперболической орбиты с$H \in \mathbb{R}$(и поэтому$E \in i\mathbb{R}$).

Адаптация формулы вектора промежуточной скорости к гиперболическим орбитам

Уравнение , описанное Рене Шварцем для расчета вектора промежуточной скорости (без учета z-компоненты со значением 0), выглядит следующим образом:

$$\tag{5} \dot{\vec{o}} =\frac{\sqrt{\mu a}}{r}\left(\begin{array}{ c } -\sin E\\ \sqrt{1-e^{2}}\cos E \end{array}\right)$$

Предположим теперь, что орбита гиперболическая, поэтому$e > 1$и$a < 0$. Таким образом, (5) нельзя использовать напрямую, потому что$\sqrt{1-e^2}$и$\sqrt{\mu a}$не определены в$\mathbb{R}$. Используя тот факт, что$a = -|a|$и$1 - e^2 = -(e^2 - 1)$, учитывая уравнение в$\mathbb{C}$дает:

$$\begin{array}{ c c l } ( 5) \ \ \Leftrightarrow \ \ \dot{\vec{o}} & = & \dfrac{\sqrt{-\mu |a|}}{r}\left(\begin{array}{ c } -\sin E\\ \sqrt{-\left( e^{2} -1\right)}\cos E \end{array}\right)\\ & = & i\dfrac{\sqrt{\mu |a|}}{r}\left(\begin{array}{ c } -\sin E\\ i\sqrt{e^{2} -1}\cos E \end{array}\right)\\ & = & \dfrac{\sqrt{\mu |a|}}{r}\left(\begin{array}{ c } -i\sin E\\ -\sqrt{e^{2} -1}\cos E \end{array}\right)\\ & = & \dfrac{\sqrt{\mu |a|}}{r}\left(\begin{array}{ c } -\sinh iE\\ -\sqrt{e^{2} -1}\cosh iE \end{array}\right) \end{array}$$

потому что$\forall x \in \mathbb{R} \ \ i\sin x = \sinh ix$и$\cos x = \cosh ix$.
Наконец, с участием$iH = E \Leftrightarrow iE = -H$, и тот факт, что$\cosh$даже и _$\sinh$нечетно , получаем :

$$\tag{6} \dot{\vec{o}} =\frac{\sqrt{-\mu a}}{r}\left(\begin{array}{ c } \sinh H\\ -\sqrt{e^{2} -1}\cosh H \end{array}\right)$$

с$|a|$написано как$-a$для ясности.

Эта формула работает в практических случаях (моделирование и определение орбиты). Пожалуйста, не стесняйтесь комментировать, чтобы исправить возможные ошибки.