木下宙著「天体と軌道の力学」2.6節では，ケプラー運動している天体の軌道量の時間平均（すなわち時間積分）を，ケプラー方程式を満たす離心近点離角 $u$ （や平均近点離角 $l$） の積分に置き換えて計算している。
これを（一般相対論的な運動への適用を念頭において）真近点離角 $\phi$ のみの積分でやってみる。
楕円軌道と真近点離角
楕円の式を焦点を原点とする極座標 $r, \phi$ で書くと，
$$r(\phi) = \frac{a (1-e^2)}{1 + e \cos\phi}$$
ここで $a$ は軌道長半径，$e$ は離心率。角度座標 $\phi$ は真近点離角と呼ばれる。真近点離角は極座標系の角度座標そのもののこと。
離心近点離角の定義とケプラー方程式
楕円の中心を原点としたデカルト座標系 $X, Y$ では，楕円の式の標準形は
$$\frac{X^2}{a^2} + \frac{Y^2}{b^2} = \frac{(ae + r \cos\phi)^2}{a^2} + \frac{(r\sin\phi)^2}{a^2 (1-e^2)} = 1$$
これを表す媒介変数 $u$ を以下のようにして導入する。
\begin{eqnarray}
X &\equiv& a \cos u =ae + r \cos\phi \\
Y &\equiv& a \sqrt{1-e^2} \sin u = r \sin\phi
\end{eqnarray}
この $u$ を離心近点離角という。この離心近点離角と極座標 $r, \phi$ の関係は以下の通り。
\begin{eqnarray}
r^2 &=& \left( a \cos u -a e\right)^2 + \left(a \sqrt{1-e^2} \sin u \right)^2 \\
&=& a^2 \left( 1 -e \cos u\right)^2 \\
\therefore\ \ r &=& a \left( 1 -e \cos u\right)
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\tan \phi &=& \frac{r \sin\phi}{r \cos\phi} \\
&=& \frac{\sqrt{1-e^2} \sin u}{\cos u – e}
\end{eqnarray}
半角表示を好む人もいるので，
\begin{eqnarray}
\tan \frac{\phi}{2} &=& \frac{\sin \frac{\phi}{2} }{\cos \frac{\phi}{2} } \\
&=& \frac{2 \sin \frac{\phi}{2} \cos \frac{\phi}{2}}{2 \cos^2 \frac{\phi}{2} } \\
&=& \frac{ \sin \phi}{ \cos\phi + 1} \\
&=& \frac{ r \sin \phi}{ r \cos\phi + r} \\
&=& \frac{ a \sqrt{1 -e^2} \sin u}{ a \cos u -a e + a (1 -e \cos u)} \\
&=& \frac{\sqrt{1 -e^2}}{1-e} \frac{\sin u}{\cos u + 1} \\
&=& \sqrt{\frac{1+e}{1-e}} \tan \frac{u}{2}
\end{eqnarray}
半角の $\tan$ を全角の $\sin, \ \cos$ で表すのは1年生の授業でもやってます。以下のページを参照：
ケプラーの第2法則とケプラー方程式，平均近点離角
ケプラーの第2法則は
$$\frac{dS}{dt} = \frac{1}{2} r^2 \frac{d\phi}{dt} = \mbox{const.} = \frac{\pi a^2 \sqrt{1-e^2}}{T}$$
ここで $T$ は周期（$\phi = 0$ から $\phi=2\pi$ になるまでの時間）。
$\displaystyle \tan \phi = \frac{\sqrt{1-e^2} \sin u}{\cos u – e}$ の両辺を $t$ で微分して $\dot{\phi}$ と $\dot{u}$ の関係を求めると
$$r \frac{d\phi}{dt} = a \sqrt{1-e^2} \frac{d u}{dt}$$
これをケプラーの第2法則に代入してやると，
\begin{eqnarray}
\left( 1 -e \cos u\right) \frac{d u}{dt} &=& \frac{2\pi}{T} \\
\therefore\ \ \frac{dt}{T} &=& \frac{r\, du}{2\pi a} \tag{1}
\end{eqnarray}
$(1)$ 式の両辺を，初期条件を $t=0$ で $u=0$ として積分してやると
\begin{eqnarray}
\frac{1}{T} \int_0^t \,dt&=& \frac{1}{2\pi} \int_0^{u} (1 -e \cos u) \, du \\
\frac{t}{T} &=& \frac{1}{2\pi} (u -e \sin u) \\
\therefore\ \ u -e \sin u &=& \frac{2\pi}{T} t \tag{2}
\end{eqnarray}
この $(2)$ 式がケプラー方程式であり，離心近点離角 $u$ と時間 $t$ の間の関係を与える。さらには
$$ l \equiv u -e \sin u$$ として平均近点離角 $l$ までも定義してやると，
\begin{eqnarray}
l &=& \frac{2\pi}{T} t \\
\therefore\ \ \frac{dt}{T} &=& \frac{d l}{2\pi}
\end{eqnarray}
木下宙著「天体と軌道の力学」には平均近点離角の定義まで書いてあったのでここでも載せたが，以下では特に使用することなく話を進める。
時間平均を離心近点離角の積分で
ケプラー運動している天体の軌道量 $A$ は，公転周期 $T$ についての周期関数であるから，$A$ の時間平均は（上記の $(1)$ 式を使うと）
\begin{eqnarray}
\langle A \rangle &\equiv& \frac{1}{T} \int_0^T A\,dt \\
&=& \frac{1}{2 \pi a } \int_0^{2\pi} A\, r \, du
\end{eqnarray}
例1. $\langle r \rangle$
$r = a (1-e \cos u)$ を思い出して，$u$ の積分にする。
\begin{eqnarray}
\langle r \rangle
&=& \frac{1}{2 \pi a } \int_0^{2\pi} r\cdot r \, du \\
&=& \frac{a}{2 \pi} \int_0^{2\pi} (1-e \cos u)^2 \, du \\
&=& \frac{a}{2 \pi} \int_0^{2\pi} \left\{1 -2 e \cos u + \frac{1}{2} e^2 (1 + \cos 2 u) \right\} \, du \\
&=& a \left( 1 + \frac{1}{2} e^2 \right)
\end{eqnarray}
例2. $\langle r^{-1} \rangle$
やはり $u$ の積分で簡単に…
\begin{eqnarray}
\left\langle \frac{1}{r} \right\rangle
&=& \frac{1}{2 \pi a } \int_0^{2\pi} \frac{1}{r}\cdot r \, du \\
&=& \frac{1}{2 \pi a} \int_0^{2\pi} \, du \\
&=& \frac{1}{a}
\end{eqnarray}
例3. $\langle r^{2} \rangle$
\begin{eqnarray}
\langle r^2 \rangle
&=& \frac{1}{2 \pi a } \int_0^{2\pi} r^3 \, du \\
&=& \frac{a^2}{2 \pi} \int_0^{2\pi} (1-e \cos u)^3 \, du \\
&=& a^2 \left( 1 + \frac{3}{2} e^2 \right)
\end{eqnarray}
例4. $\langle r^{-2} \rangle$
\begin{eqnarray}
\left\langle \frac{1}{r^2} \right\rangle
&=& \frac{1}{2 \pi a } \int_0^{2\pi} \frac{1}{r^2}\cdot r \, du \\
&=& \frac{1}{2 \pi a^2} \int_0^{2\pi} \frac{1}{1-e \cos u} \, du \\
&=& \frac{1}{2 \pi a^2}
\Biggl[ \frac{2}{\sqrt{1-e^2}} \tan^{-1} \left(\sqrt{\frac{1+e}{1-e}} \tan \frac{u}{2}\right)\Biggr]_0^{\pi-0} \\
&& + \frac{1}{2 \pi a^2}
\Biggl[ \frac{2}{\sqrt{1-e^2}} \tan^{-1} \left(\sqrt{\frac{1+e}{1-e}} \tan \frac{u}{2}\right)\Biggr]_{\pi+0}^{2 \pi}\\
&=& \frac{1}{a^2 \sqrt{1-e^2}}
\end{eqnarray}
時間平均を真近点離角の積分で
ケプラーの第2法則は
\begin{eqnarray}
\frac{1}{2} r^2 \frac{d\phi}{dt} &=& \frac{\pi a^2 \sqrt{1-e^2}}{T} \\
\therefore\ \ \frac{dt}{T} &=& \frac{r^2 d\phi}{2\pi a^2 \sqrt{1 -e^2}}
\end{eqnarray}
したがって，軌道量 $A$ の時間平均を真近点離角 $\phi$ の積分であらわすと，
\begin{eqnarray}
\langle A \rangle &\equiv& \frac{1}{T} \int_0^T A\,dt \\
&=& \frac{1}{2\pi a^2 \sqrt{1 -e^2}} \int_0^{2\pi} A\, r^2 \, d\phi
\end{eqnarray}
これを使うと，例 4. の $\langle r^{-2} \rangle$ は（$u$ の積分ではかなり込み入った式になったが）真近点離角 $\phi$ の積分にすると極めて簡単になり，
\begin{eqnarray}
\left\langle \frac{1}{r^2} \right\rangle &\equiv& \frac{1}{T} \int_0^T \frac{1}{r^2} \,dt \\
&=& \frac{1}{2\pi a^2 \sqrt{1 -e^2}} \int_0^{2\pi} \frac{1}{r^2}\cdot r^2 \, d\phi \\
&=& \frac{1}{2\pi a^2 \sqrt{1 -e^2}}\cdot 2 \pi \\
&=& \frac{1}{a^2 \sqrt{1 -e^2}}
\end{eqnarray}
一方，例 2. については逆に面倒になり，
\begin{eqnarray}
\left\langle \frac{1}{r} \right\rangle &\equiv& \frac{1}{T} \int_0^T \frac{1}{r} \,dt \\
&=& \frac{1}{2\pi a^2 \sqrt{1 -e^2}} \int_0^{2\pi} \frac{1}{r}\cdot r^2 \, d\phi \\
&=& \frac{1}{2\pi a^2 \sqrt{1 -e^2}} \int_0^{2\pi} r \, d\phi \\
&=& \frac{a (1-e^2) }{2\pi a^2 \sqrt{1 -e^2}}\int_0^{2\pi} \frac{1}{1+ e \cos\phi} \, d\phi \\
&=& \frac{ \sqrt{1 -e^2}}{2 \pi a}
\Biggl[ \frac{2}{\sqrt{1-e^2}} \tan^{-1} \left(\sqrt{\frac{1-e}{1+e}} \tan \frac{\phi}{2}\right)\Biggr]_0^{\pi-0} \\
&& + \frac{ \sqrt{1 -e^2}}{2 \pi a}
\Biggl[ \frac{2}{\sqrt{1-e^2}} \tan^{-1} \left(\sqrt{\frac{1-e}{1+e}} \tan \frac{\phi}{2}\right)\Biggr]_{\pi+0}^{2 \pi} \\
&=& \frac{1}{\pi a} \cdot \frac{\pi}{2} + \frac{1}{\pi a} \cdot \frac{\pi}{2} \\
&=& \frac{1}{a}
\end{eqnarray}
ここで使用した積分公式のチェック
ここで，以下のような不定積分の公式を使った。
$$\int \frac{dx}{1 \pm e \cos x} = \frac{2}{\sqrt{1-e^2}} \tan^{-1} \left( \sqrt{\frac{1\mp e}{1 \pm e}}\tan\frac{x}{2}\right)$$
復号 $\pm e$ のうち，$+e$ のほうだけ示せば十分。（$-e$ の時は，答えの $+e$ を $-e$ に置き換えるだけ。）
まず，この積分は $\cos x$ の有理関数の積分であるから，1年生の授業でやった「sin 𝑥, cos 𝑥 の有理関数の積分」の処方箋にしたがって，$$\displaystyle \tan \frac{x}{2} \equiv t$$ という変数変換をして，置換積分すればよい。
この置換によって，$\cos x$，$dx$ が以下のように $t$ の有理関数となる。（「sin 𝑥, cos 𝑥 の有理関数の積分」のページを参照のこと。）
\begin{eqnarray}
\cos x &=& \frac{1 -t^2}{1 + t^2} \\
dx &=& \frac{2}{1 + t^2}\,dt \\
\therefore\ \ \int \frac{dx}{1 + e \cos x} &=& \int \frac{1}{1 + e \frac{1-t^2}{1+t^2}} \cdot \frac{2}{1+t^2} \, dt \\
&=& \int \frac{2}{(1+e) + (1 -e) t^2}\, dt \\
&=& \frac{2}{1+e} \sqrt{\frac{1+e}{1 -e}} \int \frac{1}{1 + \frac{1 -e}{1+e} t^2} \, \sqrt{\frac{1-e}{1 +e}}\,dt \\
&& \qquad\qquad \left( u \equiv \sqrt{\frac{1-e}{1 +e}} t\right) \\
&=& \frac{2}{\sqrt{1 -e^2}} \int \frac{1}{1 + u^2} \, du \\
&=& \frac{2}{\sqrt{1 -e^2}} \tan^{-1} u \\
&=& \frac{2}{\sqrt{1 -e^2}} \tan^{-1} \left(\sqrt{\frac{1-e}{1 +e}} t \right) \\
&=& \frac{2}{\sqrt{1 -e^2}} \tan^{-1} \left(\sqrt{\frac{1-e}{1 +e}} \tan \frac{x}{2} \right)
\end{eqnarray}
また，区間 $0 \leq x \leq 2\pi$ の定積分については，積分区間内の $x = \pi$ で $\tan \frac{x}{2} \rightarrow \infty$ となるので，積分区間を区切って慎重に計算すること。