[지구과학] 행성의 이심률에 따른 공전 주기 동안 입사하는 총 복사 에너지양의 변화

0. 들어가기에 앞서

지구과학Ⅰ 과목에서 밀란코비치 주기에 관한 내용은 기후 변화와 관련된 내용을 중점적으로 다룹니다. 따라서 이 칼럼에서 다루는 내용은 사실 지구과학Ⅰ의 교육과정상 목표와 맞지는 않습니다. 다만 여러 강의나 교재에서 설명하는 내용이 서로 다르거나, 언급이 안 되는 경우가 있어 학생들의 혼란을 가져오는 경우가 있었습니다. 또한 17학년도 9월 모의평가 15번 ㄷ선지와 21학년도 6월 모의평가 13번 ㄷ선지에서 이 내용을 물어보았습니다. 물론 이 문항에서는 이심률의 변화가 없으면, 지구에 1년 동안 입사하는 태양 복사 에너지양의 변화가 없다는 사실을 아는지 물어보는 것이기 때문에 여기서 설명할 내용과는 사뭇 다릅니다. 그래도 그 값이 이심률과 양(+)의 상관관계인지, 음(-)의 상관관계인지, 서로 독립적인 값인지에 대한 학생들의 의문이 있을 수 있기 때문에 이를 설명하고자 합니다. 증명하는 동안 알 수 없는 공식이 나오거나, 내용이 나와도 애초에 교육과정 내용이 아니므로 그냥 넘어가도 좋습니다. 여기서는 한 번 더 나아가서, 일반적인 행성에서의 상황을 살펴보겠습니다. 증명 과정 중에 나오는 공식의 $\left[ \quad \right]$ 는 단위입니다. 또한 계산의 편의를 위해 $1\left[\text{AU}\right]=149\,597\,870\,700\left[\text{m}\right]=F_0\left[\text{m}\right]$ 로 하겠습니다.

1. 행성의 직교 좌표 표현

타원 궤도를 공전하는 행성의 공전 궤도를 다음과 같이 중심별이 원점인 직교 좌표계에 표현해봅시다.

행성의 공전 궤도의 장반경은 $a\left[\text{AU}\right]$ 이고, 행성의 공전 궤도 이심률을 $\epsilon$ 이라고 합시다. 중심별과 행성 사이의 각도(진근점 이각, true anomaly^{5.부록 참고})를 $\theta$ 라 하고, $\theta$ 에 따른 중심별과 행성 사이의 거리를 $r(\theta)$ 라 할 때, 행성의 좌표 $\text{P}$ 는 다음과 같이 표현할 수 있습니다.

$\text{P}(r(\theta)\text{cos}\theta,\,r(\theta)\text{sin}\theta)$

$r(\theta)$ 는 피타고라스 공식과 타원의 정의를 이용해 계산하면 다음과 같습니다.

$r(\theta)=\frac{a(1-\epsilon^2)}{1+\epsilon\text{cos}\theta}\left[\text{AU}\right]$

따라서 행성의 좌표 $\text{P}$ 는 최종적으로 다음과 같이 구해집니다.

$\text{P}(\frac{a(1-\epsilon^2)\text{cos}\theta}{1+\epsilon\text{cos}\theta},\,\frac{a(1-\epsilon^2)\text{sin}\theta}{1+\epsilon\text{cos}\theta})$

2. 행성에 입사하는 복사 에너지양

행성의 표면적은 변하지 않는다고 가정할 때, 행성에 입사하는 중심별의 복사 에너지양은 행성과 중심별 사이의 거리의 제곱에 반비례합니다. 중심별로부터 $1\left[\text{AU}\right]$ 떨어진 반지름이 동일한 행성에 입사하는 전체 표면적당 단위 시간당 복사 에너지양을 $I_{1\text{AU}}\left[\text{W}\right]$ 라고 한다면 행성의 위치에 따른 단위 시간당 입사하는 복사 에너지양 $I(\theta)$ 는 다음과 같습니다.

$I(\theta)=\left(\frac{1\left[\text{AU}\right]}{r(\theta)}\right)^2I_{1\text{AU}}=\frac{(1+\epsilon\text{cos}\theta)^2I_{1\text{AU}}}{a^2(1-\epsilon^2)^2}\left[\text{W}\right]$

이를 $\theta$ 에 대해 $0$ 부터 $2\pi(=360^{\circ})$ 까지 적분하면 행성에 공전 주기 동안 입사하는 총 복사 에너지양을 구할 수 있을 것 같지만, 행성의 공전은 케플러 제2법칙(면적 속도 일정의 법칙)을 따릅니다. 즉, 행성의 $\theta$ 를 이용해 표현한 공전 각속도 $\dfrac{d\theta}{dt}$ 는 상수가 아닌 $t$ 에 대한 함수입니다. 따라서 $I(\theta)$ 를 $t$ 에 대해 $0$ 부터 $t_0$ 까지 적분하는 것이 정확한 값입니다. (이때 $t_0$ 는 행성의 공전 주기, 지구로 따지자면 1년에 해당합니다. 케플러 제3법칙에 따라 이심률이 변화해도 행성의 공전 주기는 그대로이므로, $t_0$ 는 상수입니다.)

3. 행성의 공전 각속도 함수 구하기

그렇다면 이제 $\theta$ 의 $t$ 에 대한 함수식을 구해보도록 합시다. 먼저 행성의 편심 이각(eccentric anomaly)을 $E\left[\text{rad}\right]$ , 평균 근점 이각(mean anomaly)을 $M\left[\text{rad}\right]$ 이라 합시다.^{5.부록 참고} $\theta$ 와 $E$ 사이에 다음과 같은 관계식이 항상 성립한다고 알려져 있습니다.

$\text{tan}\frac{\theta}{2}=\sqrt{\frac{1+\epsilon}{1-\epsilon}}\text{tan}\frac{E}{2},\;\text{cos}E=\frac{\epsilon+\text{cos}\theta}{1+\epsilon\text{cos}\theta}$

첫 번째 식의 양변을 $t$ 에 대해 미분하면 다음과 같습니다.

$\frac{d}{dt}\text{tan}\frac{\theta}{2}=\frac{d}{dt}\sqrt{\frac{1+\epsilon}{1-\epsilon}}\text{tan}\frac{E}{2}$

$\frac{d\theta}{dt}\frac{d}{d\theta}\text{tan}\frac{\theta}{2}=\sqrt{\frac{1+\epsilon}{1-\epsilon}}\frac{dE}{dt}\frac{d}{dE}\text{tan}\frac{E}{2}$

$\frac{1}{1+\text{cos}\theta}\frac{d\theta}{dt}=\sqrt{\frac{1+\epsilon}{1-\epsilon}}\frac{1}{1+\text{cos}E}\frac{dE}{dt}$

이때 $\text{cos}E=\dfrac{\epsilon+\text{cos}\theta}{1+\epsilon\text{cos}\theta}$ 이므로 이를 우변에 대입하면 다음과 같습니다.

$\frac{1}{1+\text{cos}\theta}\frac{d\theta}{dt}=\sqrt{\frac{1+\epsilon}{1-\epsilon}}\frac{1+\epsilon\text{cos}\theta}{(1+\epsilon)(1+\text{cos}\theta)}\frac{dE}{dt}$

$\frac{d\theta}{dt}=\frac{1+\epsilon\text{cos}\theta}{\sqrt{1-\epsilon^2}}\frac{dE}{dt}$

이제 케플러 방정식을 이용합시다. 케플러 방정식은 $M=E-\epsilon\text{sin}E$ 이고, 이 식이 항상 성립한다고 알려져 있습니다. 위 식의 양변을 $t$ 에 대해 미분하면 다음과 같습니다.

$\frac{dM}{dt}=\frac{dE}{dt}-\epsilon\frac{d}{dt}\text{sin}E$

$\frac{dM}{dt}=\frac{dE}{dt}-\epsilon\text{cos}E\frac{dE}{dt}=\frac{dE}{dt}(1-\epsilon\text{cos}E)$

$\frac{dE}{dt}=\frac{1}{1-\epsilon\text{cos}E}\frac{dM}{dt}$

이때 $\text{cos}E=\dfrac{\epsilon+\text{cos}\theta}{1+\epsilon\text{cos}\theta}$ 이므로 이를 우변에 대입하면 다음과 같습니다.

$\frac{dE}{dt}=\frac{1+\epsilon\text{cos}\theta}{1-\epsilon^2}\frac{dM}{dt}$

이제 이 식을 그 위의 식에 대입하면 다음과 같습니다.

$\frac{d\theta}{dt}=\frac{(1+\epsilon\text{cos}\theta)^2}{\sqrt{1-\epsilon^2}(1-\epsilon^2)}\frac{dM}{dt}$

이제 $M$ 을 $t$ 에 대해 미분한 것을 대입하면 $\theta$ 에 대한 미분 방정식이 생기고 이를 풀면 $\theta$ 의 $t$ 에 대한 식을 구할 수 있습니다. 1. 행성의 직교 좌표 표현과 같은 조건일 때, $M$ 은 다음과 같이 표현된다고 알려져 있습니다. $\mu\left[\text{m}^{3}\;\text{s}^{-2}\right]$ 는 표준 중력 변수^{5.부록 참고}이고, $a\left[\text{AU}\right]$ 는 공전 궤도 장반경입니다. 둘 모두 시간과는 독립적인 상수입니다.

$M=\sqrt{\frac{\mu}{F_0^{3}a^{3}}}t$

따라서 $\dfrac{dM}{dt}$ 는 상수이므로, 공전 각속도 식을 다시 쓰면 다음과 같습니다.

$\frac{d\theta}{dt}=\frac{\sqrt{\mu}(1+\epsilon\text{cos}\theta)^2}{\sqrt{F_0^{3}a^{3}}\sqrt{1-\epsilon^2}(1-\epsilon^2)}$

[이 아래의 내용은 꼭 필요한 내용은 아니지만 흥미를 위해 넣어두었습니다.]

$\theta_{t=0}=0$ , $0\le\theta\le\pi$ (타원의 반쪽만 생각), $0\leq\epsilon<1$ (타원 궤도)이므로 위 미분 방정식의 해를 컴퓨터를 이용해 계산한 결과는 다음과 같습니다.

위 식을 정리하면 다음과 같습니다.

$\frac{2\text{arctan}\left(\sqrt{\dfrac{1-\epsilon}{1+\epsilon}}\text{tan}\dfrac{\theta}{2}\right)}{\sqrt{1-\epsilon^2}}-\frac{\epsilon\text{sin}\theta}{1+\epsilon\text{cos}\theta}=\frac{\sqrt{\mu}t}{\sqrt{F_0^{3}a^{3}}\sqrt{1-\epsilon^2}}$

참고로 $\theta_{t=\frac{t_0}{2}}=\pi$ 이므로 $t_0$ 를 계산하면 $t_0=\dfrac{2\pi\sqrt{F_0^{3}a^{3}}}{\sqrt{\mu}}\left[\text{s}\right]$ 입니다. (위의 평균 근점 이각 식에서 바로 쉽게 구할 수도 있습니다. 이 식은 케플러 제3법칙과 정확히 똑같은 얘기입니다.)

위 식을 이용하여 $\theta$ 의 그래프를 그리면 다음과 같습니다. 근일점( $\theta=0$ )에서 공전 각속도(접선의 기울기)가 크고, 원일점( $\theta=\pi$ )에서 공전 각속도가 작다는 점을 확인하고 넘어갑시다. (편의를 위해 $\epsilon=0.4$ 로 설정하였습니다. 실제 우리 지구에서 $\epsilon=0.0167$ 이므로 그래프는 거의 직선에 가깝습니다.)

4. 최종 적분하기

이제 $\theta$ 에 대해 알게 되었으니 최종적으로 $I(\theta)$ 를 $t$ 에 대해 $0$ 부터 $t_0$ 까지 적분할 수 있게 되었습니다. 행성의 공전 궤도는 타원 궤도로 대칭적인 모양이기 때문에, $0$ 부터 $\dfrac{t_0}{2}$ 까지 적분한 것에 $2$ 를 곱하면 행성의 공전 주기 동안 입사하는 총 복사 에너지양( $S$ )을 구할 수 있습니다. 이를 정리하면 다음과 같습니다. (이 밑의 식들의 분모에서 $a^2$ 은 $1\left[\text{AU}\right]$ 와 나누어져 단위가 없어졌다는 것을 꼭 주의합시다!)

$I(\theta)=\left(\frac{1\left[\text{AU}\right]}{r(\theta)}\right)^{2}I_{1\text{AU}}=\frac{(1+\epsilon\text{cos}\theta)^2I_{1\text{AU}}}{a^2(1-\epsilon^2)^2}\left[\text{W}\right]$

$S=2\int_{0}^{\frac{t_0}{2}}I(\theta)dt=2I_{1\text{AU}}\int_{0}^{\frac{t_0}{2}}\frac{(1+\epsilon\text{cos}\theta)^2}{a^2(1-\epsilon^2)^2}dt\left[\text{J}\right]$

이때 $\dfrac{d\theta}{dt}=\dfrac{\sqrt{\mu}(1+\epsilon\text{cos}\theta)^2}{\sqrt{F_0^{3}a^{3}}\sqrt{1-\epsilon^2}(1-\epsilon^2)}$ 이므로 이를 변형하면 $d\theta\dfrac{\sqrt{F_0^{3}a^{3}}\sqrt{1-\epsilon^2}(1-\epsilon^2)}{\sqrt{\mu}(1+\epsilon\text{cos}\theta)^2}=dt$ 입니다. 이때 $\theta_{t=0}=0$ , $\theta_{t=\frac{t_0}{2}}=\pi$ 이므로 이를 우변에 대입하면

$\begin{align*}S&=2I_{1\text{AU}}\int_{0}^{\pi}\frac{(1+\epsilon\text{cos}\theta)^2}{a^2(1-\epsilon^2)^2}\frac{\sqrt{F_0^{3}a^{3}}\sqrt{1-\epsilon^2}(1-\epsilon^2)}{\sqrt{\mu}(1+\epsilon\text{cos}\theta)^2}d\theta\\&=2I_{1\text{AU}}\int_{0}^{\pi}\frac{\sqrt{F_0^{3}a^{3}}}{a^2\sqrt{\mu}\sqrt{1-\epsilon^2}}d\theta\\&=2I_{1\text{AU}}\left[\frac{\sqrt{F_0^{3}a^{3}}}{a^2\sqrt{\mu}\sqrt{1-\epsilon^2}}\theta\right]_0^\pi\\&=\frac{2\pi\sqrt{F_0^{3}a^{3}}I_{1\text{AU}}}{a^2\sqrt{\mu}\sqrt{1-\epsilon^2}}\\&=\frac{t_0I_{1\text{AU}}}{a^2\sqrt{1-\epsilon^2}}\left[\text{J}\right]\end{align*}$

입니다. 따라서 행성의 공전 주기 동안 입사하는 총 복사 에너지양( $S$ )은 이심률( $\epsilon$ )이 커질수록 많아집니다.

5. 부록

① 세 가지 궤도 요소

진근점 이각(true anomaly), 편심 이각(eccentric anomaly), 평균 근점 이각(mean anomaly)에 대해서 간략하게 설명하고자 합니다. 세 요소는 궤도상의 물체의 위치를 표현하기 위한 것입니다. 진근점 이각은 위의 1. 행성의 직교 좌표 표현에서 나온 그림의 $\theta$ 라고 이해하면 됩니다. 편심 이각( $E$ )은 다음 그림을 보고 이해합시다. 타원 궤도상의 물체를 원 궤도상의 각도로 변환한다고 생각하면 편합니다.

평균 근점 이각은 타원 궤도상의 물체의 공전 주기를 유지하면서 원 궤도로 물체를 옮겼다고 했을 때, 물체와 근일점 사이의 각도를 나타내는 것입니다. (아래 그림에서 원과 타원은 서로 장반경이 다르므로 당연히 공전 주기가 다릅니다. 이해가 쉽도록 원을 확대해서 그린 것입니다. 이 그림에서만 둘의 공전 주기가 같다고 생각하고, ‘각도’에 집중해서 그림을 이해해봅시다.)

따라서 평균 근점 이각은 어느 물체와 동일한 공전 궤도 장반경을 가지는, 원 궤도를 공전하는 또 다른 물체의 진근점 이각이라고 생각하면 편합니다. 원 궤도 공전은 등속력 운동이므로 평균 근점 이각은 시간과 선형적인 관계를 갖습니다. 이때 비례 상수는 $\sqrt{\dfrac{\mu}{F_0^{3}a^{3}}}$ 인데, $\mu=\text{GM}_{\text{tot}}$ 로 $\text{G}$ 는 중력 상수, $\text{M}_{\text{tot}}$ 은 중심체(태양)와 물체의 질량 합입니다. $a\left[\text{AU}\right]$ 는 물체의 공전 궤도 장반경입니다.

이 세 가지 요소는 서로 밀접한 연관을 갖고, 당연하지만 이심률도 여기에 영향을 끼칠 것입니다. 이를 수식으로 나타낼 수 있고, 증명 과정에 사용하였습니다.

② 지구에 1년 동안 입사하는 태양 복사 에너지양 실제 계산

한번 실제로 우리 지구에 1년 동안 입사하는 태양 복사 에너지양을 계산해봅시다. 구해야 하는 물리량을 구한 후에 마지막에 도출된 공식에 대입하여 계산해봅시다.

$S=\frac{2\pi\sqrt{F_0^{3}a^{3}}I_{1\text{AU}}}{\sqrt{\mu}\sqrt{1-\epsilon^2}}\left[\text{J}\right]$

우리가 아는 값은 $\pi$ , $F_0$ , $\epsilon$ , $a$ 이고, $I_{1\text{AU}}$ 와 $\mu$ 는 직접 구해야 합니다. 먼저 $I_{1\text{AU}}$ 부터 구해보도록 합시다. $I_{1\text{AU}}$ 의 정의를 다시 보면, 지구에 입사하는 전체 표면적당 단위 시간당 태양 복사 에너지양입니다. 태양에서 복사 에너지가 방출되면, 태양을 중심으로 모든 방향으로 에너지가 방출됩니다. 따라서 역제곱 법칙을 이용하면, 태양으로부터 $1\left[\text{AU}\right]$ 만큼 떨어진 지점들에 도달한 총 에너지양을 구할 수 있습니다. 태양으로부터 $1\left[\text{AU}\right]$ 만큼 떨어진 지점들은, 구의 정의에 의해 반지름이 $1\left[\text{AU}\right]$ 인 구 모양이 됩니다. 그럼 태양으로부터 $1\left[\text{AU}\right]$ 만큼 떨어진 지점에 도달한 단위 면적당 태양 복사 에너지양은 그 구의 겉넓이만큼을 아까 구한 총 에너지양에 나눠주면 됩니다. (결국 태양 상수를 구한다는 뜻입니다.)

$1\left[\text{AU}\right]$ 는 단위 면적당이 아닌, 전체 표면적당이므로 여기에 지구의 단면적을 곱해줍시다. 지구의 반지름을 $R\left[\text{m}\right]$ 라 합시다. 그렇다면 $I_{1\text{AU}}=I_0\times\pi R^2\left[\text{W}\right]$ 입니다. ( $I_0$ 는 태양 상수입니다.)

태양의 광도를 $L\left[\text{W}\right]$ 이라고 하면, $L=3.83\times10^{26}\left[\text{W}\right]$ 입니다. 위에서 말한 방법대로 쭉 계산해봅시다. (단위에 주의하세요.)

$I_0=\frac{L}{4\pi F_0^2}\left[\text{W}\;\text{m}^{-2}\right]$

$I_{1\text{AU}}=I_0\times\pi R^2=\frac{LR^2}{4F_0^2}\left[\text{W}\right]$

이제 실제 숫자를 넣어 계산합시다.

$I_{1\text{AU}}=\frac{LR^2}{4F_0^2}=\frac{3.83\times10^{26}\times(6.371\times10^6)^2}{4\times149\,597\,870\,700^2}\approx1.74\times10^{17}\left[\text{W}\right]$

이제 $\mu$ 를 구해봅시다. $\mu=\text{GM}_{\text{tot}}=\text{G}(\text{M}_{\text{sun}}+\text{M}_{\text{earth}})$ 이므로 중력 상수 $\text{G}$ 와 태양과 지구의 질량만 알면 됩니다. 이는 알려져 있는 값이므로 바로 계산하겠습니다. 지구 질량은 태양 질량에 비해 굉장히 작으므로 편의를 위해 무시하겠습니다.

$\text{G}=6.673\,84\times10^{-11}\left[\text{m}^3\;\text{kg}^{-1}\;\text{s}^{-2}\right]$

$\text{M}_{\text{sun}}=1.988\,47\times10^{30}\left[\text{kg}\right]$

$\mu=\text{G}(\text{M}_{\text{sun}}+\text{M}_{\text{earth}})\approx\text{GM}_{\text{sun}}=1.327\,07\times10^{20}\left[\text{m}^3\;\text{s}^{-2}\right]$

이제 모든 값을 넣고 계산하면, 다음과 같은 결과가 나옵니다.

$S\approx5.49\times10^{24}\left[\text{J}\right]$

따라서 지구에 1년 동안 입사하는 전체 표면적당 태양 복사 에너지양은 약 $5.49\times10^{24}\left[\text{J}\right]$ 입니다. 통계청에 따르면 2020년 우리나라가 1년 동안 원자력, 석탄, 가스 등을 이용해 발전한 총 에너지양이 $552\,162\left[\text{GWh}\right]$ 라고 합니다. 이를 $\left[\text{J}\right]$ 로 환산하면 약 $1.988\times10^{18}\left[\text{J}\right]$ 입니다. 이는 1년 동안 태양에서 방출돼서 우리 지구까지 도달한 양의 겨우 270만 분의 1밖에 안되는군요! 또한 2018년 전 세계에서 1년 동안 발전한 총 에너지양이 $14\,282\left[\text{Mtoe}\right]$ 라고 합니다. 이를 $\left[\text{J}\right]$ 로 환산하면 약 $5.979\,588\times10^{20}\left[\text{J}\right]$ 입니다. 모든 인류가 1년 동안 열심히 발전한 양이 1년 동안 태양에서 방출돼서 우리 지구까지 도달한 양의 겨우 10000분의 1밖에 되지 않네요!

③ 케플러 제2법칙을 이용한 증명

한번 또다른 방법으로도 증명해볼까요? 앞서 소개한 증명 방법에 비해서 약간의 물리학적 고급 지식이 필요합니다. 또한 위에서 정의한 식 등을 설명 없이 그대로 쓸 예정이니 위의 내용을 한번 읽고 오시기 바랍니다.

극좌표계를 이용해서, 행성의 위치 벡터를 $\mathbf{r}$ 라고 하고, $dt$ 만큼의 굉장히 작은 시간 동안 행성과 중심별 사이를 잇는 선분이 쓸고 지나간 면적을 $dA$ 라고 합시다. 그러면 면적 속도인 $\dfrac{dA}{dt}$ 는 다음과 같이 나타낼 수 있습니다.

$\frac{dA}{dt}=\frac{1}{2}\left|\mathbf{r}\times\frac{d\mathbf{r}}{dt}\right|=\frac{1}{2}\left|\mathbf{r\times v}\right|$

이때 $\left|\mathbf{r\times v}\right|$ 를 $t$ 에 대해 한번 미분해봅시다. $\dfrac{d}{dt}\left|\mathbf{r\times v}\right|=\left|\mathbf{v\times v+r\times a}\right|$ 인데, 같은 벡터를 외적하면 당연히 영벡터이고, 행성의 위치 벡터와 가속도 벡터는 서로 평행하기 때문에(그 유명한 $\mathbf{F}=m\mathbf{a}$ 는 다들 아시죠?), 역시 서로 외적하면 영벡터입니다. 따라서 구하는 값은 $0$ 이고, $\left|\mathbf{r\times v}\right|$ 는 시간 $t$ 에 대한 상수입니다. 그러므로 면적 속도 $\dfrac{dA}{dt}$ 는 시간과 무관하게 일정합니다. (케플러 제2법칙을 증명하였습니다.)

그러면 면적 속도는 시간과 무관하므로 면적 속도에 행성의 공전 주기인 $t_0$ 를 곱해주면 행성의 공전 궤도의 면적과 동일하겠군요! 타원의 면적 공식을 이용해 계산하면 행성의 공전 궤도의 면적은 $\pi{a}^{2}\sqrt{1-\epsilon^2}\left[\text{AU}^2\right]$ 입니다. 위의 $r(\theta)$ 를 편의상 $r\left[\text{AU}\right]$ 라고 하면, 앞서 말한 내용은 다음과 같이 표현할 수 있습니다.

$t_0\frac{dA}{dt}=A=\frac{t_0}{2}\left|\mathbf{r\times v}\right|=\pi{a}^{2}\sqrt{1-\epsilon^2}$

이때 $\left|\mathbf{r\times v}\right|$ 는 단위 벡터를 이용하여 계산하면 다음과 같습니다.

$\left|\mathbf{r\times v}\right|=\left|\mathbf{r}\times(\dot{r}\hat{\mathbf{r}}+r\dot{\theta}\hat{\mathbf{\theta}})\right|=\left|r^2\dot{\theta}\hat{\mathbf{r}}\times\hat{\mathbf{\theta}}\right|=r^2\dot{\theta}$

따라서 다음과 같은 관계식을 얻을 수 있습니다.

$\frac{t_0r^2\dot{\theta}}{2}=\pi{a}^{2}\sqrt{1-\epsilon^2}$

$\frac{1}{r^2\dot{\theta}}=\frac{t_0}{2\pi{a}^{2}\sqrt{1-\epsilon^2}}$

이제 $S$ 를 계산해봅시다. 큰 틀은 같습니다. $I(\theta)$ 를 $t$ 에 대해 $0$ 부터 $t_0$ 까지 적분합시다.

$I(\theta)=\left(\frac{1\left[\text{AU}\right]}{r}\right)^{2}I_{1\text{AU}}\left[\text{W}\right]$

이므로

$\begin{align*}S&=\int_0^{t_0}\frac{I_{1\text{AU}}}{r^2}dt\\&=I_{1\text{AU}}\int_0^{2\pi}\frac{1}{r^2}\frac{d\theta}{\dot{\theta}}\\&=I_{1\text{AU}}\int_0^{2\pi}\frac{t_0}{2\pi{a}^{2}\sqrt{1-\epsilon^2}}d\theta\\&=I_{1\text{AU}}\left[\frac{t_0\theta}{2\pi{a}^{2}\sqrt{1-\epsilon^2}}\right]_0^{2\pi}\\&=\frac{t_0I_{1\text{AU}}}{a^{2}\sqrt{1-\epsilon^2}}\left[\text{J}\right]\end{align*}$

입니다. 역시 동일한 결과가 나오는 것을 확인할 수 있습니다.