軌道を決める式を1階微分方程式の形のままで近似解を求める。
測地線方程式
$\displaystyle s \equiv \frac{1}{r}$ とすると，「シュバルツシルト時空中の粒子（観測者）の運動」のページにまとめたように（適宜移項して）
\begin{eqnarray}
\left( \frac{ds}{d\phi} \right)^2 +s^2 -\frac{2GM}{\ell^2} s -r_g\, s^3&=& \frac{\epsilon^2 c^2 -c^2}{\ell^2}
\end{eqnarray}
運動が有界であれば，$r_g < r_{\rm min} \leq r \leq r_{\rm max}$ であり，
$$ \frac{1}{a(1+e)} \equiv \frac{1}{r_{\rm max}} \leq s \leq \frac{1}{r_{\rm min}} \equiv \frac{1}{a(1 -e)}$$
極値をとる点で $\displaystyle \frac{ds}{d\phi} =0$ であるから
\begin{eqnarray}
\left( \frac{1}{a (1+e)}\right)^2 -2 \frac{GM}{\ell^2} \left( \frac{1}{a (1+e)}\right) -r_g\, \left( \frac{1}{a (1+e)}\right)^3 &=& \frac{\epsilon^2 c^2 -c^2}{\ell^2} \\
\left( \frac{1}{a (1-e)}\right)^2 -2 \frac{GM}{\ell^2} \left( \frac{1}{a (1-e)}\right) -r_g\, \left( \frac{1}{a (1-e)}\right)^3 &=& \frac{\epsilon^2 c^2 -c^2}{\ell^2}
\end{eqnarray}
この連立方程式は以下のように解くことができる。（線形近似ではなく，厳密に解いているのであるが，結果は $r_g$ の1次までの形になっているのも興味深い。）
\begin{eqnarray}
\frac{GM}{\ell^2} &=& \frac{1}{a (1 -e^2)} -\frac{(3 + e^2) r_g}{2 a^2 (1 -e^2)^2} \\
\frac{\epsilon^2 c^2 -c^2}{\ell^2} &=& -\frac{1}{a^2 (1 -e^2)} + \frac{2 r_g}{a^3 (1 -e^2)^2}
\end{eqnarray}
$a, \, e$ は楕円軌道の場合には軌道長半径，離心率と呼ばれるが，ここでは $r_{\rm max}, \, r_{\rm min}$ から以下のようにして決められる定数であることだけを覚えておく。
\begin{eqnarray}
a &\equiv& \frac{1}{2} (r_{\rm max} + r_{\rm min}) \\
e &\equiv& \frac{r_{\rm max} -r_{\rm min}}{r_{\rm max} + r_{\rm min}}
\end{eqnarray}
$r_g$ のゼロ次解
$r_g$ の項を無視すると，測地線方程式は
\begin{eqnarray}
\left( \frac{ds}{d\phi} \right)^2 +s^2 -\frac{2}{a (1 -e^2)} s &=& -\frac{1}{a^2 (1 -e^2)} \\
\therefore\ \ \left( \frac{ds}{d\phi} \right)^2 + \left(s -\frac{1}{a (1 -e^2)}\right)^2 &=&
-\frac{1}{a^2 (1 -e^2)} + \frac{1}{a^2 (1 -e^2)^2} \\
&=& \frac{e^2}{a^2 (1 -e^2)^2}
\end{eqnarray}
これは以下のように簡単に解ける。2年生の授業「簡単な1階非線形微分方程式の例」でやってます。ここでは，初期条件を $\phi = 0$ で $s = 1/r_{\rm min} = 1/a(1-e)$ として…
\begin{eqnarray}
s -\frac{1}{a (1 -e^2)} &=& \frac{e \cos \phi}{a (1 -e^2)} \\
\therefore\ \ s = \frac{1}{r} &=& \frac{1 + e \cos \phi}{a (1 -e^2)}
\end{eqnarray}
$r_g$ の1次までの式
測地線方程式の左辺の $s$ に関する項をなるべく平方完成した形に整える。うまく形を整えてから解かないと，「補足：弱重力場中の粒子の軌道のよろしくない近似解法例」にまとめているように，よろしくない形の解が出てくることがあるから。
$r_g$ の1次までの近似なので $O(r_g^2)$ の項は無視して…
\begin{eqnarray}
s^2 -\frac{2GM}{\ell^2} s -r_g\, s^3
&=&
\left( s – \frac{GM}{\ell^2}\right)^2 -\left(\frac{GM}{\ell^2} \right)^2 \\
&&
-r_g\,\left(\frac{GM}{\ell^2} + \left(s -\frac{GM}{\ell^2}\right)\right)^3 \\
&=&
\left( s – \frac{GM}{\ell^2}\right)^2 -\left(\frac{GM}{\ell^2} \right)^2 \\
&&
-r_g\,\left\{3\frac{GM}{\ell^2} \left( s -\frac{GM}{\ell^2}\right)^2 +
3\left(\frac{GM}{\ell^2}\right)^2 \left( s -\frac{GM}{\ell^2}\right)\right\} \\
&& -r_g\,\left(\frac{GM}{\ell^2}\right)^3 -r_g\,\left( s -\frac{GM}{\ell^2}\right)^3 \\
&\simeq& \left(1 -3 \frac{GM}{\ell^2} r_g \right) \left(s -\frac{GM}{\ell^2} -\frac{3}{2} \left(\frac{GM}{\ell^2}\right)^2 r_g \right)^2 \\
&& -\left(\frac{GM}{\ell^2} \right)^2 -r_g\,\left(\frac{GM}{\ell^2}\right)^3 -r_g\,\left( s -\frac{GM}{\ell^2}\right)^3
\end{eqnarray}
これを代入すると，測地線方程式は（適宜移項して）
\begin{eqnarray}
&&\left( \frac{ds}{d\phi} \right)^2 +\left(1 -3 \frac{GM}{\ell^2} r_g \right) \left(s -\frac{GM}{\ell^2} -\frac{3}{2} \left(\frac{GM}{\ell^2}\right)^2 r_g \right)^2 \\
&=& \frac{\epsilon^2 c^2 -c^2}{\ell^2}
+ \left(\frac{GM}{\ell^2} \right)^2 + r_g\,\left(\frac{GM}{\ell^2}\right)^3 + r_g\,\left( s -\frac{GM}{\ell^2}\right)^3
\end{eqnarray}
ここで，
$$\gamma^2 \equiv1 -3 \frac{GM}{\ell^2} r_g \simeq 1 -\frac{3 r_g}{a (1 -e^2)}$$
とおき，他の定数も $a, \, e$ で表すと
\begin{eqnarray}
&&\left( \frac{ds}{d\phi} \right)^2 + \gamma^2 \left( s -\frac{1}{a (1 -e^2)} + \frac{\color{red}{e^2\, r_g}}{2 a^2 (1 -e^2)^2} \right)^2 \\
&&\quad = \gamma^2 \left( \frac{e}{a (1 -e^2)}\right)^2 + \frac{{\color{red}{e^3 \,r_g}} \cos^3 \gamma \phi}{a^3 (1 -e^2)^3} \tag{1}
\end{eqnarray}
ここで，
\begin{eqnarray}
r_g\,\left( s -\frac{GM}{\ell^2}\right)^3 &\simeq& r_g\,\frac{e^3 \,r_g \cos^3 \phi}{a^3 (1 -e^2)^3} \\
&\simeq& r_g\,\frac{e^3 \,r_g \cos^3 \gamma \phi}{a^3 (1 -e^2)^3}
\end{eqnarray}
とした。
$O(e^2\, r_g)$ の項を無視した場合の解
(1) 式で，$e^2\, r_g$ 以上の項，すなわち ${\color{red}{e^2\, r_g}}$ や ${\color{red}{e^3\, r_g}}$ がかかった項を無視すると，
$$\left(\frac{dX}{d\phi}\right)^2 + \gamma^2 X^2 = \gamma^2 \left( \frac{e}{a (1 -e^2)}\right)^2$$
の形をしていることがわかり，2年生のときにやった「簡単な1階非線形微分方程式の例」のページで簡単に解けることがわかっている。今回は初期条件を $\phi = 0 $ で $s= 1/a(1 -e)$ として
\begin{eqnarray}
X = s -\frac{1}{a (1 -e^2)} &=& \frac{e \cos(\gamma \phi )}{a (1 -e^2)} \\
\therefore\ \ s &=& \frac{1}{a (1 -e^2)} + \frac{e \cos(\gamma \phi )}{a (1 -e^2)} \\
&=& \frac{1 + e \cos(\gamma \phi )}{a (1 -e^2)}
\end{eqnarray}
$O(e^2\, r_g)$ の項を無視しない場合の解
(1) 式で，$O(e^2\, r_g)$ の項，すなわち ${\color{red}{e^2\, r_g}}$ や ${\color{red}{e^3\, r_g}}$ がかかった項も無視しないで，$r_g$ の1次までの完全な線形近似解を
\begin{eqnarray}
X &=& s -\frac{1}{a (1 -e^2)} + \frac{e^2\, r_g}{2 a^2 (1 -e^2)^2} \\
&=& \frac{e \cos(\gamma \phi )}{a (1 -e^2)} + \frac{e^2 \,r_g}{a^2 (1 -e^2)^2} s_1(\phi)
\end{eqnarray}
とおき，$r_g$ の1次までとってやると $s_1$ に対する方程式は以下のようになる。
\begin{eqnarray}
-2 \sin \gamma \phi\, \frac{d s_1}{d\phi} + 2 \cos \gamma \phi \, s_1 &=& \cos^3 \gamma \phi
\end{eqnarray}
これも2年生のときに「積分因子法の例題」でやっていて答えは…
\begin{eqnarray}
s_1 &=& \frac{1}{2} \left( \sin^2 \gamma \phi + 1\right)
\end{eqnarray}
ということで，最終的な答えは
\begin{eqnarray}
X &=& s -\frac{1}{a (1 -e^2)} + \frac{e^2 r_g}{2 a^2 (1 -e^2)^2} \\
&=& \frac{e \cos(\gamma \phi )}{a (1 -e^2)} + \frac{e^2 \,r_g}{a^2 (1 -e^2)^2} \frac{1}{2} \left( \sin^2 \gamma \phi + 1\right) \\
\therefore\ \ s = \frac{1}{r} &=& \frac{1 +e \cos(\gamma \phi )}{a (1 -e^2)} + \frac{e^2 \,r_g \sin^2 \gamma \phi }{2 a^2 (1 -e^2)^2}
\end{eqnarray}
なぜ $O(e^2\, r_g)$ の項まで求める必要があるのか
近点移動を求めるだけなら，$O(e^2\, r_g)$ の項を無視した場合の解
\begin{eqnarray}
s &=& \frac{1 + e \cos(\gamma \phi )}{a (1 -e^2)}
\end{eqnarray}
で十分である。$\gamma \neq 1$ であるために近点移動がおこり，その近点移動角 $\varDelta$ は
\begin{eqnarray}
\gamma (2 \pi + \varDelta) &=& 2 \pi \\
\therefore\ \ \varDelta &=& \frac{2 \pi}{\gamma} -2 \pi \\
&\simeq& \frac{3 \pi r_g}{a (1 -e^2)} = \frac{6 \pi GM}{c^2 \, a (1 -e^2)} \tag{A}
\end{eqnarray}
となるが，
$$\frac{3 \pi r_g}{a (1 -e^2)} -\frac{3 \pi r_g}{a} = \frac{3 e^2\, r_g}{a (1 -e^2)} = O({\color{red}{e^2\, r_g}}) $$
であるので，$O({\color{red}{e^2\, r_g}})$ の項は無視するという近似の方針にたてば，近点移動角は
\begin{eqnarray}
\varDelta
&\simeq& \frac{3 \pi r_g}{a} = \frac{6 \pi GM}{c^2 \, a} \ \ \mbox{?} \tag{B}
\end{eqnarray}
としてもかまわない，ということになる。(A) 式でも (B) 式でもどちらでもいい，というのではなく，どっちか，(B) ではなくて (A) でなければだめなんだ，とはっきりものを言うためには，$O(e^2\, r_g)$ の項も無視せずに，$r_g$ の1次までの完全な線形近似解が必要だ！というのが私の考え。