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。
軌道を決める式
$\displaystyle s \equiv \frac{1}{r}$ とすると，「弱重力場中の粒子の軌道の近似解：近点移動」のページにまとめたように
\begin{eqnarray}
\left(\frac{ds}{d\phi} \right)^2 +\gamma^2 \left(s -\frac{1}{a (1 -e^2)} \right)^2 &=&
\gamma^2 \left(\frac{e}{a (1 -e^2)} \right)^2 \\
&& -\frac{e^2\, r_g}{a^2 (1 -e^2)^2} \left(s -\frac{1}{a (1 -e^2)} \right) \\
&& + r_g \left(s -\frac{1}{a (1 -e^2)} \right)^3 \tag{1}\\ \ \\
\gamma^2 &\equiv& \left(1 -\frac{3r_g}{a(1 -e^2)} \right)
\end{eqnarray}
あるいは (1) 式の両辺を $\gamma^2$ でわって
\begin{eqnarray}
\frac{1}{\gamma^2} \left(\frac{ds}{d\phi} \right)^2 +\left(s -\frac{1}{a (1 -e^2)} \right)^2
&=& \left(\frac{e}{a (1 -e^2)} \right)^2 \\
&& -\frac{e^2\, r_g}{\gamma^2 a^2 (1 -e^2)^2} \left(s -\frac{1}{a (1 -e^2)} \right) \\
&& + \frac{r_g}{\gamma^2} \left(s -\frac{1}{a (1 -e^2)} \right)^3 \tag{2}
\end{eqnarray}
ここまでは厳密な式である。このままでは解析に解けない。特に右辺の第3項（3乗の項）が曲者である。そこで，以下では何らかの方法で近似的に解くことになる。
$r_g$ のゼロ次解
天体の軌道は重力半径 $r_g$ の十分外側であるという状況では，$\displaystyle \frac{r_g}{r} = r s \ll 1$，あるいは同じことだが $\displaystyle \frac{r_g}{a} \ll 1$ としてよい。上の (1) 式で $r_g$ がかかっている項を無視した場合の解を $s_0$ と書くと，この近似では $\gamma=1$ としてよいから，
\begin{eqnarray}
\left(\frac{ds_0}{d\phi} \right)^2 + \left(s_0 -\frac{1}{a (1 -e^2)} \right)^2 &=&
\left(\frac{e}{a (1 -e^2)} \right)^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_0 -\frac{1}{a (1 -e^2)} &=& \frac{e \cos \phi}{a (1 -e^2)} \\
\therefore\ \ s_0 = \frac{1}{r} &=& \frac{1 + e \cos \phi}{a (1 -e^2)}
\end{eqnarray}
$O(e^3\, r_g)$ の項を無視した場合の解
(2) 式右辺の第2項，第3項に $s_0$ を入れて評価してやるとどちらも $O({\color{red}{e^3\, r_g}})$ の項であることがわかる。
楕円軌道の場合に離心率と呼ばれる $e$ の値は一般に $0 \leq e < 1$ であるから， $O({\color{red}{e^3\, r_g}})$ の項を無視すると，
\begin{eqnarray}
\frac{1}{\gamma^2}\left(\frac{ds}{d\phi} \right)^2 + \left(s -\frac{1}{a (1 -e^2)} \right)^2 &=&
\left(\frac{e}{a (1 -e^2)} \right)^2
\end{eqnarray}
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。初期条件を $\phi = 0 $ で $s= 1/a(1 -e)$ として
\begin{eqnarray}
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}
$O(e^3\, r_g)$ の項を無視しない場合の式
(1) 式の右辺第2項および第3項に，$O({\color{red}{e^3\, r_g}})$ の項を無視した場合の解を代入して評価してやると，
\begin{eqnarray}
\left(\frac{1}{\gamma}\frac{ds}{d\phi} \right)^2 + \left(s -\frac{1}{a (1 -e^2)} \right)^2 &\simeq&
\left(\frac{e}{a (1 -e^2)} \right)^2 \\
&& + \frac{{\color{red}{e^3\, r_g}}}{\gamma^2 a^3 (1 -e^2)^3} \left(\cos^3 \gamma\phi -\cos\gamma\phi \right) \tag{2}
\end{eqnarray}
$O(e^3\, r_g)$ の項を無視しない場合の解
$r_g$ の1次までの線形近似解を
\begin{eqnarray}
s -\frac{1}{a (1 -e^2)}
&=& \frac{e \cos(\gamma \phi )}{a (1 -e^2)} + \frac{e^2 \,r_g}{a^2 (1 -e^2)^2} {\color{blue}{s_1(\phi)}}
\end{eqnarray}
とおいて (2) 式の左辺に代入し，$r_g$ の1次までとってやると ${\color{blue}{s_1(\phi)}}$ に対する方程式は以下のようになる。
\begin{eqnarray}
-2 \sin \gamma \phi\, \frac{1}{\gamma}\frac{d {\color{blue}{s_1}}}{d\phi} + 2 \cos \gamma \phi \,{\color{blue}{s_1}} &=& \frac{\cos^3 \gamma \phi -\cos\gamma\phi}{\gamma^2}
\end{eqnarray}
念のため，$\varphi \equiv \gamma\phi$ とすると
\begin{eqnarray}
-2 \sin \varphi\, \frac{d {\color{blue}{s_1}}}{d\varphi} + 2 \cos \varphi \,{\color{blue}{s_1}}
&=& \frac{\cos^3 \varphi -\cos \varphi}{\gamma^2}
\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}
{\color{blue}{s_1(\varphi)}} &=& \frac{\sin^2 \varphi}{2} = \frac{\sin^2 \gamma\phi}{2 \gamma^2}
\end{eqnarray}
ということで，最終的な答えは
\begin{eqnarray}
s -\frac{1}{a (1 -e^2)}
&=& \frac{e \cos(\gamma \phi )}{a (1 -e^2)} + \frac{e^2 \,r_g}{a^2 (1 -e^2)^2} \frac{\sin^2 \gamma\phi}{2\gamma^2} \\
\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 \gamma^2 a^2 (1 -e^2)^2} \\
&\simeq&
\frac{1 + e\cos (\gamma \phi)}{a(1-e^2)}
\left\{ 1 + \frac{r_g e^2}{2 a (1-e^2)} \frac{\sin^2 (\gamma \phi)}{1+e\cos(\gamma\phi)}\right\}
\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。