テスト粒子の軌道を決める式は，一般には解析的な厳密解を求めることができない。ここでは，粒子の軌道のいたるところで重力場が弱いという近似のもと，粒子の軌道を近似的に解く。
先に答えを書いておく。
\(r_g\) の1次までの範囲で（ただし，\(O(r_g e^2)\) の項は無視して）求めたテスト粒子の軌道は，ニュートン近似で得られた楕円の軌道長半径 \(a\) と離心率 \(e\) を使って以下のように書ける。
$$ \frac{1}{r} = \frac{\alpha}{a(1-e^2)} \left\{ 1 + e \beta \cos(\gamma\phi) \right\}$$
ここで，
$$ \alpha = 1 + \frac{3r_g}{2 a (1-e^2)}$$
$$ \beta = 1 + \frac{r_g}{2 e^2 a (1-e^2)}$$
$$ \gamma = \sqrt{ 1 – \frac{3 r_g}{a(1-e^2)}} \simeq 1 – \frac{3 r_g}{2a(1-e^2)}$$
これをあらためて以下のようにあらわすことができる。すなわち，ほぼ楕円軌道だが重要な違いは $\gamma$ が $1$ ではないことで，これが近（日）点移動を表す。
$$r = \frac{\tilde{a} (1 – \tilde{e}^2)}{1 + \tilde{e}\cos\left(\gamma \phi \right)}$$
シュバルツシルト時空中のテスト粒子の軌道を決める式
$$\frac{1}{r} \equiv s$$
と変数変換してやると，
$$\left( \frac{ds}{d\phi} \right)^2 =\frac{1}{b^2} -\left(s – \frac{GM}{\ell^2} \right)^2+ r_g\, s^3, \quad\frac{1}{b} \equiv \sqrt{\frac{\epsilon^2 – c^2}{\ell^2} + \left(\frac{GM}{\ell^2}\right)^2}$$
これが粒子の軌道を決める式であった。
軌道を決める式を2階微分方程式の形にして解く
このままでも近似的に解くことは可能であるが，両辺を \(\phi\) で微分して
\begin{eqnarray}
2\frac{ds}{d\phi} \frac{d^2s}{d\phi^2} &=& -2 \left(s – \frac{GM}{\ell^2} \right) \frac{ds}{d\phi} + 3 r_g s^2 \frac{ds}{d\phi}\\
\therefore\ \ \frac{d^2s}{d\phi^2} &=&-\left(s – \frac{GM}{\ell^2} \right) + \frac{3}{2}r_g s^2
\end{eqnarray}
として，こちらを近似的に解く方法を紹介する。なんでもう1階微分して，この2階微分方程式にしたかというと，みてわかるように，全体を見わたすと懐かしい単振動の方程式に補正項がついた形になっていて，ひょっとしたら解きやすいかも… と思われるからである。
積分定数を決める追加の条件
ただし，このままだと本来1階微分（の2乗）の方程式だから解は積分定数を1個持つはずが，もう1階微分して2階微分方程式となったので解は積分定数を2個持つことになってしまう。
微分の階数を人為的に上げたことで現れることになってしまった余分の積分定数1個については，もとの式に戻って，以下のような条件を課して決定することにする。
「ただし，\(\displaystyle \frac{ds}{d\phi} = 0\) のとき，\(\displaystyle \frac{1}{b^2} -\left(s – \frac{GM}{\ell^2} \right)^2+ r_g\, s^3 = 0\) とする。」
弱重力場近似：\(r_g\) のゼロ次解
粒子の軌道のいたるところで重力場が弱いという状況では， \(\displaystyle 0 < \frac{r_g}{r} = r_g s \ll 1\) としてよい。粒子の軌道を決める式
$$\frac{d^2s}{d\phi^2} =-\left(s – \frac{GM}{\ell^2} \right) + \frac{3}{2}r_g s^2$$
の右辺のうち，\(r_g\) を含む項はその前の項に比べて \(O(r_g s) \) だけ小さい。したがって，まずは \(r_g\) を含む項を無視した場合の解を \(s_0\) とおいて解く。
$$\frac{d^2 s_0}{d\phi^2} = -\left(s_0 – \frac{GM}{\ell^2} \right) $$
これは大学に入って最初に習う微分方程式の一つであり，一般解は脊髄反射で以下のように解ける。
$$ s_0 – \frac{GM}{\ell^2} = A \cos\phi + B \sin \phi$$
積分定数 \(A, B\) は以下のようにして決定する。
- \(\phi = 0 \) で \( \displaystyle \frac{ds_0}{d\phi} = 0 \) という初期条件をつけると，\(B = 0 \)。
- \(A\) は以下の（\(r_g\) を含む項を無視した）追加の条件を使う。
「ただし，\(\displaystyle \frac{ds_0}{d\phi} = 0 \) のとき，\(\displaystyle \frac{1}{b^2} -\left(s_0 – \frac{GM}{\ell^2} \right)^2 = 0\) とする。」
これから \(\displaystyle A = \frac{1}{b} \) と求められる。
まとめ： \(r_g\) を含む項を無視したときの解は$$ s_0 =\frac{GM}{\ell^2} + \frac{\cos\phi}{b}$$
ちなみに，\(\displaystyle r_g = \frac{2GM}{c^2}\) であるので，\(r_g\) を含む項を無視するという近似は \(\displaystyle \frac{1}{c^2}\) を含む項を無視する近似，いわゆる「ニュートン近似」に対応する。
（楕円軌道であることがひと目でわかるように）以下のような変数を定義してやる。
$$ \frac{GM}{\ell^2} = \frac{1}{a(1-e^2)}, \quad \frac{1}{b} = \frac{e}{a(1-e^2)}$$ すると，
$$s_0 = \frac{1}{r} = \frac{1 + e\cos\phi}{a(1-e^2)}, \quad \therefore \ r = \frac{a(1-e^2)}{1 + e\cos\phi}$$ となり，楕円であることが一目瞭然。
まとめ：\(r_g s^2\) の項を無視したときの解を \(r_g\) のゼロ次の解ということで以下のように \(s_0\) と書く。
$$s_0 = \frac{1 + e\cos\phi}{a(1-e^2)} $$
弱重力場近似：\(r_g\) の1次までの式の再整理
\begin{eqnarray}
\frac{d^2s}{d\phi^2} &=&-\left(s – \frac{GM}{\ell^2} \right) + \frac{3}{2}r_g s^2\\
&=&-\left(s – \frac{1}{a(1-e^2)} \right) + \frac{3}{2}r_g s^2
\end{eqnarray}
で，\(\displaystyle s – \frac{1}{a(1-e^2)}\equiv u\) としてこの式を再整理すると，\(r_g\) の1次までの範囲では
\begin{eqnarray}
\frac{d^2u}{d\phi^2} &=& – u + \frac{3}{2}r_g \left(\frac{1}{a(1-e^2)} + u\right)^2\\
&=& – u + \frac{3}{2}r_g \left(\left(\frac{1}{a(1-e^2)}\right)^2 + 2 \frac{1}{a(1-e^2)} u + u^2\right)\\
&\simeq& – \left(1 – \frac{3r_g }{a(1-e^2)}\right) \left( u – \frac{3r_g}{2a^2(1-e^2)^2}\right)
+ \frac{3}{2}r_g u_0^2
\end{eqnarray}
ここで
$$u_0 \equiv s_0 – \frac{1}{a(1-e^2)} = \frac{e\cos\phi}{a(1-e^2)} $$
見通しがよくなるように，あらためて
\begin{eqnarray}
\tilde{u} &\equiv& u – \frac{3r_g}{2a^2(1-e^2)^2} \\
&=& \frac{1}{r} – \frac{1}{a(1-e^2)} – \frac{3 r_g}{2 a^2(1-e^2)^2} \\
&\equiv& \frac{1}{r} – \frac{\alpha}{a(1-e^2)}
\end{eqnarray}
とおくと，方程式は
$$ \frac{d^2\tilde{u}}{d\phi^2} = – \left(1 – \frac{3r_g }{a(1-e^2)}\right) \tilde{u}
+ \frac{3}{2}r_g u_0^2$$ の形をしていることがわかる。ほぼ単振動の運動方程式なので，簡単に解けそうですね。
\(r_g u_0^2\) の項を無視した場合の解
右辺の最後の項 \(\displaystyle \frac{3}{2}r_g u_0^2\) の項は \(O(r_g e^2)\) のオーダーであり，離心率 \(e\) は \(0 \leq e < 1 \) であるから，まずはこの項は小さいとして無視すると，
$$ \frac{d^2\tilde{u}}{d\phi^2} = – \left(1 – \frac{3r_g }{a(1-e^2)}\right) \tilde{u}
$$
これはただちに一般解が次のように求まる。
$$ \tilde{u} = A \cos(\gamma\phi) + B \sin(\gamma\phi)$$
ここで，$$ \gamma = \sqrt{ 1 – \frac{3 r_g}{a(1-e^2)}} \simeq 1 – \frac{3 r_g}{2a(1-e^2)}$$
積分定数 \(A, B\) は，\(\phi = 0\) で\(s\) したがって \(\tilde{u}\) が極値をとることと，もう一つの追加の条件から決められて，最終的には以下のような形で表される。
$$ \frac{1}{r} = \tilde{u} + \frac{\alpha}{a(1-e^2)} = \frac{\alpha}{a(1-e^2)} \left\{ 1 + e \beta \cos(\gamma\phi) \right\}$$
ここで，
$$ \alpha = 1 + \frac{3r_g}{2 a (1-e^2)}$$
$$ \beta = 1 + \frac{r_g}{2 e^2 a (1-e^2)}$$
軌道を決める式を1階微分方程式の形のままにして解く
$$\left( \frac{ds}{d\phi} \right)^2 =\frac{1}{b^2} -\left(s – \frac{GM}{\ell^2} \right)^2+ r_g\, s^3$$
このままの形（1階微分方程式）のままにして解く方法。
弱重力場近似：\(r_g\) のゼロ次解
\( r_g u^3\) の項が一般相対論的効果をあらわす。ここを無視し，以下のような置き換えをすると，
$$ s – \frac{GM}{\ell^2} \equiv u$$ 以下のような式となる。
$$ \left( \frac{du}{d\phi} \right)^2 = \frac{1}{b^2} – u^2$$
これはただちに（光の場合と同様に）
$$ u = s – \frac{GM}{\ell^2} = \frac{\sin(\phi + C)}{b} $$ のように解くことができる。
ここでは積分定数を \(C = \pi/2 \) とし，（楕円軌道であることがひと目でわかるように）以下のような変数を定義してやる。
$$ \frac{GM}{\ell^2} = \frac{1}{a(1-e^2)}, \quad \frac{1}{b} = \frac{e}{a(1-e^2)}$$ すると，
$$s = \frac{1}{r} = \frac{1 + e\cos\phi}{a(1-e^2)}, \quad \therefore \ r = \frac{a(1-e^2)}{1 + e\cos\phi}$$ となり，楕円であることが一目瞭然。
まとめ：\(r_g s^2\) の項を無視したときの解を \(r_g\) のゼロ次の解ということで以下のように \(s_0\) と書く。
$$s_0 = \frac{1 + e\cos\phi}{a(1-e^2)} $$
\(r_g\) の1次の効果を取り入れた解
$$\left( \frac{ds}{d\phi}\right)^2 = \left\{ \frac{e}{a(1-e^2)}\right\}^2 – \left( s – \frac{1}{a(1-e^2)} \right)^2 + r_g s^3$$ を解くのであった。
\(\displaystyle s – \frac{1}{a(1-e^2)} \equiv u \) とすると
\begin{eqnarray}
r_g s^3 &=& r_g \left\{ \frac{1}{a(1-e^2)} + u \right\}^3 \\
&\simeq& r_g \left\{ \left( \frac{1}{a(1-e^2)}\right)^3 + \frac{3}{a^2 (1-e^2)^2} u + \frac{3}{a(1-e^2)} u^2 + \cdots\right\}
\end{eqnarray}
として，\(u^3\) の項を無視するという近似を行う。
$$ u_0 \equiv s_0 – \frac{1}{a(1-e^2)} = \frac{e}{a(1-e^2)} \cos\phi $$ であるから，この仮定は離心率 \(e (< 1)\) の3乗の項を無視するという近似になっている。
\(u^3\) の項を無視すると，\(r_g\) の1次までで
\begin{eqnarray}
\left( \frac{du}{d\phi}\right)^2
&=& \left\{ \frac{e}{a(1-e^2)}\right\}^2 – u^2 \\
&&\quad + r_g \left( \frac{1}{a(1-e^2)}\right)^3 + \frac{3 r_g}{a^2 (1-e^2)^2} u + \frac{3 r_g}{a(1-e^2)} u^2 \\
&=& \left\{ \frac{e}{a(1-e^2)}\right\}^2 + r_g \left( \frac{1}{a(1-e^2)}\right)^3 \\
&&\quad – \left(1 – \frac{3 r_g}{a(1-e^2)} \right) \left( u – \frac{3}{2} \frac{r_g}{a^2(1-e^2)^2}\right)^2
\end{eqnarray}
見通しがよくなるように，あらためて
\begin{eqnarray}
\tilde{u} &\equiv& u – \frac{3}{2} \frac{r_g}{a^2(1-e^2)^2} \\
&=& \frac{1}{r} – \frac{1}{a(1-e^2)} – \frac{3}{2} \frac{r_g}{a^2(1-e^2)^2} \\
&\equiv& \frac{1}{r} – \frac{\alpha}{a(1-e^2)}
\end{eqnarray}
とおくと，方程式は
$$ \left( \frac{d\tilde{u}}{d\phi} \right)^2 + \gamma^2 \tilde{u}^2 = A^2$$ の形をしていることがわかり，解は
$$ \tilde{u} = \frac{A}{\gamma} \cos(\gamma\phi)$$ の形をしていることもわかる。最終的に以下のように解けることもわかります。
$$ \frac{1}{r} = \frac{\alpha}{a(1-e^2)} \left\{ 1 + e \beta \cos(\gamma\phi) \right\}$$
ここで，
$$ \alpha = 1 + \frac{3r_g}{2 a (1-e^2)}$$
$$ \beta = 1 + \frac{r_g}{2 e^2 a (1-e^2)}$$
$$ \gamma = \sqrt{ 1 – \frac{3 r_g}{a(1-e^2)}} \simeq 1 – \frac{3 r_g}{2a(1-e^2)}$$