分析力学 第3周作业

Chasse_neige

2.2 利用泛函变分极值方法证明，在给定球面上，两点之间的最短距离是沿着大圆(半径与球体一致的圆)的一段弧线。

利用球坐标证明。不妨取半径为1，第一个点的角度坐标为 $\theta =0$ ，第二个点的角度坐标为 $({\theta }_0,{\varphi }_0)$

假设从点1到点2的路径为

$$s[\theta (t),\varphi (t)],t\in [0,1]$$

最短距离要求

$$\delta d=\delta {\int }_{Point1}^{Point2}\sqrt{d^2\theta +{\sin }^2\theta d^2\varphi }=\delta {\int }_0^1\sqrt{{\theta }^{\prime 2}+{\sin }^2\theta {\varphi }^{\prime 2}}dt=0$$

利用EL方程，容易发现 $\varphi$ 是循环坐标，所以

$$p_{\varphi }=\frac{\partial }{\partial {\varphi }^{\prime }}\sqrt{{\theta }^{\prime 2}+{\sin }^2\theta {\varphi }^{\prime 2}}=\frac{{\sin }^2\theta {\varphi }^{\prime }}{\sqrt{{\theta }^{\prime 2}+{\sin }^2\theta {\varphi }^{\prime 2}}}=Const$$$$\begin{array}{c}\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial }{\partial {\theta }^{\prime }}\sqrt{{\theta }^{\prime 2}+{\sin }^2\theta {\varphi }^{\prime 2}}\right)=\frac{\partial }{\partial \theta }\sqrt{{\theta }^{\prime 2}+{\sin }^2\theta {\varphi }^{\prime 2}}\\ \frac{d}{dt}\frac{{\theta }^{\prime }}{\sqrt{{\theta }^{\prime 2}+{\sin }^2\theta {\varphi }^{\prime 2}}}=\frac{\sin \theta \cos \theta {\varphi }^{\prime 2}}{\sqrt{{\theta }^{\prime 2}+{\sin }^2\theta {\varphi }^{\prime 2}}}\end{array}$$

带入循环坐标，解得

$${\varphi }^{\prime }=0,{\theta }^{\prime }={\theta }_0$$

即路径是大圆。

2.4 函数 $y=f(x)$ 连接点 $(0,y_0)$ 和点 $(x_1,y_1)$ 形成一曲线，利用泛函变分极值方法找到使得该曲线绕 $x$ 轴旋转表面面积最小的函数形式。

假设曲线函数为

$$y=f(x),f(0)=y_0,f(x_1)=y_1$$

则旋转体面积为

$$S={\int }_0^{x_1}2\pi f\sqrt{1+f^{\prime 2}}dx$$

带入EL方程

$$\begin{array}{c}\frac{d}{dx}\frac{\partial }{\partial f^{\prime }}f\sqrt{1+f^{\prime 2}}=\frac{\partial }{\partial f}f\sqrt{1+f^{\prime 2}}\\ f{f}^{″}=1+f^{\prime 2}\\ f=A\cosh (\frac{x-c}{A})\end{array}$$

所以解析式为

$$f(x)=A\cosh (\frac{x-c}{A})$$

其中

$$\begin{array}{c}A\cosh (\frac{c}{A})=y_0\\ A\cosh (\frac{x_1-c}{A})=y_1\end{array}$$

2.8 一软绳的两端分别固定在 $A$, $B$ 两点，在重力作用下绳子自然下垂，绳长 $D>AB$，求绳子的形状。

不妨假设 $A$ 在原点，$B$ 的坐标为 $(x_0,y_0)$，绳长为 $l$，线密度为 $\lambda$

$$\begin{array}{c}y=f(x),f(0)=0,f(x_0)=y_0\\ {\int }_0^{x_0}\sqrt{1+f^{\prime 2}}dx=l\end{array}$$

所以在此处的EL方程中需要引入拉格朗日乘子 $c$

$$L=-\lambda \sqrt{1+f^{\prime 2}}f+c\sqrt{1+f^{\prime 2}}$$

带入EL方程

$$\frac{d}{dx}\frac{\partial }{\partial f^{\prime }}(-\lambda \sqrt{1+f^{\prime 2}}f+c\sqrt{1+f^{\prime 2}})=\frac{\partial }{\partial f}-\lambda \sqrt{1+f^{\prime 2}}f+c\sqrt{1+f^{\prime 2}}$$

由于拉格朗日量中不显含 $x$

所以对应哈密顿量

$$\begin{array}{c}p\dot{q}-L=f^{\prime }(-\frac{\lambda f{f}^{\prime }}{\sqrt{1+f^{\prime 2}}}+c\frac{f^{\prime }}{\sqrt{1+f^{\prime 2}}})+\lambda \sqrt{1+f^{\prime 2}}f-c\sqrt{1+f^{\prime 2}}=Const\\ \frac{\lambda f-c}{\sqrt{1+f^{\prime 2}}}=Const=C_1\end{array}$$

所以

$$f^{\prime }=\frac{\sqrt{(\lambda f-c{)}^2-C_1^2}}{C_1}$$

解得

$$\lambda f-c=C_1\cosh (\frac{\lambda }{C_1}x+C_2)$$

所以悬链线方程为

$$f=\frac{C_1}{\lambda }(\cosh (\frac{\lambda }{C_1}x+C_2)+\frac{c}{\lambda })$$

其中参数满足

$$\begin{array}{c}\cosh (C_2)=-\frac{c}{\lambda }\\ y_0=\frac{C_1}{\lambda }(\cosh (\frac{\lambda }{C_1}{x}_0+C_2)+\frac{c}{\lambda })\\ {\int }_0^{x_0}\cosh (\frac{\lambda }{C_1}x+C_2)dx=l\end{array}$$

2.13 假设可以自由地在地球内部穿梭，如图 2.3 所示，则只依靠重力从地面某一处到地面另一处的最快的路径为何？

此时势函数修改为

$$V(r)=\frac{GM{r}^2}{2R^3}$$

由对称性，最快路径显然在两点所处的截面上，所以此处用一个角度 $\theta$ 来标记质点的位置。

假设质点出发时 $\theta =0$, 到达 $\theta ={\theta }_0$ 处，所经过的路径为 $r(\theta )$

用时可以表示为泛函

$$\mathrm{\Delta }t={\int }_0^{{\theta }_0}\frac{\sqrt{r^{\prime 2}+r^2}}{\sqrt{GM\frac{R^2-r^2}{R^3}}}d\theta$$

带入EL方程，得到哈密顿量

$$p\dot{q}-L=-\frac{1}{\sqrt{GM}}\sqrt{\frac{R^3}{R^2-r^2}}\frac{r^2}{\sqrt{r^2+r^{\prime 2}}}=Const$$

所以

$$\begin{array}{c}{r}^{\prime 2}=\frac{C{r}^4-R^2{r}^2+r^4}{R^2-r^2}\\ \sqrt{\frac{R^2-r^2}{C{r}^4-R^2{r}^2+r^4}}dr=d\theta \end{array}$$

积分得到（作代换 $r=R\cos \varphi$）注：积分时的常数和上面的常数可能不代表一个常数，反正都是常数，所以我就随便换了

$$\begin{array}{c}\theta ={\int }_0^{\arccos \frac{r}{R}}(-\frac{1}{\cos \varphi }+\cos \varphi )\frac{d\varphi }{\sqrt{C{\cos }^2\varphi -1}}\\ =\arctan \left(\sqrt{\frac{R^2-r^2}{C{r}^2-R^2}}\right)-\frac{1}{\sqrt{C}}\arctan \left(\sqrt{\frac{C(R^2-r^2)}{C{r}^2-R^2}}\right)\end{array}$$

是一条摆线。常数 $C$ 可由端点待定系数给出。

2.15 质量为 $m$ 的粒子的势能，在一半径为 $R$ 的球形区域内为 $\left|U_0\right|$，球外为零。该粒子以初速度 $v_0$ 射到球面某处。根据哈密顿原理给出粒子的运动轨迹。

最小作用量原理要求粒子运动轨迹作用量变分为0。

显然粒子在球外的拉格朗日量为

$$L_{out}=\frac{1}{2}m{v}_0^2$$

在球内为

$$L_{in}=\frac{1}{2}m{v}^2-U_0$$$$v=\sqrt{v_0^2-\frac{2U_0}{m}}$$

由于这里并非末态等时变分，所以使用莫培督原理更为方便

（加入从作用量的原始定义出发，利用

$$\delta S=-H\delta t$$

也可以给出和后文讨论的相同结果，此处不再赘述）此处简约作用量为

$$S_0=\int \mathbf{p}\cdot d\mathbf{q}=m\int vds$$

对于从点 $A$ 到点 $B$ 的路径，经过球面上的点 $P$，有

$$S_0=m{v}_1\cdot AP+m{v}_2\cdot PB$$

其中 $AP$ 和 $PB$ 是直线距离。变分点 $P$ 的位置，令 $\delta S_0=0$，得

$$m{v}_1\delta (AP)+m{v}_2\delta (PB)=0$$$$-m{v}_1\sin {\theta }_1\delta s+m{v}_2\sin {\theta }_2\delta s=0$$

即

$$\frac{\sin {\theta }_1}{\sin {\theta }_2}=\frac{v_2}{v_1}=\frac{\sqrt{v_0^2-\frac{2U_0}{m}}}{v_0}$$

从这个“折射定律”可以看出，当

$$\sin {\theta }_1\frac{v_0}{\sqrt{v_0^2-\frac{2U_0}{m}}}\ge 1$$

时或者 $v_0<\sqrt{\frac{2U_0}{m}}$ 时，粒子在球面表面发生全反射；

在其他情况下，轨迹由三段直线组成，在进出球面处满足上述折射条件，整个路径位于入射方向与球心确定的平面内。