变分法——宇宙的法则 - 知乎 引言我们有理由相信，左右这个世界的基本定理应该是即为简单的。

历史费马原理光线传播的路径是用时最少的路径。

最速降线1630年，伽利略提出了这个问题，当时他认为这条线应该是一条圆弧，可是后来人们发现这个答案是错误的

1696年，瑞士数学家约翰·伯努利解决了这个问题，他还拿这个问题向其他数学家提出了公开挑战。牛顿、莱布尼兹、洛比达以及雅克布·伯努利等解决了这个问题。这条最速降线就是一条摆线

公元1501年，摆线最早出现在鲍威尔的一本书中

17世纪，大批卓越的数学家如伽利略，笛卡儿，约翰·伯努利，莱布尼兹，牛顿等，热心于研究这一曲线的性质

变分法约翰·伯努利提出最速降线问题后， 该问题引起了雅克布·伯努利和洛必达的注意，但欧拉首先详尽的阐述了这个问题，他在《变分原理》中首次提出了变分法这个名字

拉格朗日作用量$S[q]=\int_{t_0}^{t_1}\mathscr L(\dot q,q,t){dt}$

拉格朗日量$\mathscr L=T-U$

广义力$F=\frac{\partial\mathscr L}{\partial q}$

广义动量$p=\frac{\partial\mathscr L}{\partial\dot q}$

哈密顿量$\mathscr H=p\dot q-\mathscr L$

欧拉-拉格朗日方程$\frac{\partial\mathscr L}{\partial q}-\frac{d}{dt}\frac{\partial\mathscr L}{\partial\dot q}=0$

推导类似于全微分，拉格朗日量的变分为

$\delta L=\frac{\partial L}{\partial\dot q}\delta \dot q+\frac{\partial L}{\partial q}\delta q$

对作用量取等时变分$(\delta t=0)$ ：

$\begin{aligned} \delta S=\int_{t_0}^{t_1}{\delta Ldt}=\int_{t_0}^{t_1}{ \left( \frac{\partial L}{\partial\dot q}\delta \dot q+\frac{\partial L}{\partial q}\delta q \right)dt } \end{aligned}$

由变分的基础知识可知，变分符号与微分符号可以互换，并注意到在边界处$\delta q=0$ ：

$\begin{aligned} \int_{t_0}^{t_1}{ \frac{\partial L}{\partial\dot q}\delta \dot qdt}&= \int_{t_0}^{t_1}{\frac{\partial L}{\partial\dot q}d\delta q}\newline\newline&= \left[ \delta q\frac{\partial L}{\partial\dot q} \right]_{t_0}^{t_1}- \int_{t_0}^{t_1}{\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q}\delta qdt}\newline\newline&= - \int_{t_0}^{t_1}{\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q}\delta qdt} \end{aligned}$

代入前式并令作用量的变分为$0$ ：

$\begin{aligned} \delta S =\int_{t_0}^{t_1}{ \left( \frac{\partial L}{\partial q}- \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot q} \right)\delta qdt= 0 } \end{aligned}$

由于$q$ 的任意性可知要使上式成立，必须

$\frac{\partial L}{\partial q}- \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot q}=0$

类比牛顿运动学方程$F=-\frac{dU}{dq}=\frac{dp}{dt}$

对比拉格朗日方程：

$F=\frac{\partial L}{\partial q}，p=\frac{\partial L}{\partial \dot q}$

因此可得$\begin{aligned} &\int_{0}^{L}{dL}=\int_{0}^{q}{Fdq}\Rightarrow L_{1}^{\ast}=-U\newline &\int_{0}^{L}{dL}=\int_{0}^{t}{Pdt}\ \Rightarrow L_{2}^{^\ast}=\ \ T \end{aligned}$

根据偏微分方程解的叠加性：特解的叠加仍是原方程的解，可得到

$L=L_{1}^{\ast}+L_{2}^{\ast}=T-U$

上述方程可变为

$L=T-U=2T-(T+U)=p\dot q-E=p\dot q-H$

因此哈密顿量得到了定义

$H=p\dot q-L$

这是极好的 $\dagger$

$L$ 不显含$t$

由于$L$ 不显含$t$ ，因此下式成立：

$\begin{aligned} \frac{d}{dt}\left( L-\dot q\frac{\partial L}{\partial \dot q} \right)=&\ \dot q\frac{\partial L}{\partial q}+\ddot q\frac{\partial L}{\partial \dot q}-\ddot q\frac{\partial L}{\partial \dot q}-\dot q\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q}\newline\newline=&\ \dot q\left( \frac{\partial L}{\partial q}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q} \right)\newline\newline=&\ 0 \end{aligned}$

所以

$L-\dot q\frac{\partial L}{\partial \dot q}=C$

哈密顿-雅可比方程

$\frac{\partial S}{\partial t}+\frac{1}{2m}(\frac{\partial S}{\partial q})^2+U=0$

推导在已知确定路径的前提下，定义作用量：

$S[q,t]=\int_{t_0}^{\color{red}t}{L(\dot q,q,t)dt}$

由于路径是确定的，故由拉格朗日方程可得

$\int_{t_0}^{\color{red}t} {\left( \frac{\partial L}{\partial q}- \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q} \right)\delta qdt}=0$

对作用量取等时变分：

$\begin{aligned} \delta S[q,t]=&\ \int_{t_0}^{\color{red}t} {\left( \frac{\partial L}{\partial q}\delta q+ \frac{\partial L}{\partial \dot q}\delta \dot q \right)dt}\newline\newline=&\ \left[ \delta q\frac{\partial L}{\partial \dot q} \right]_{t_0}^{\color{red}t}+ \int_{t_0}^{\color{red}t} {\left( \frac{\partial L}{\partial q}- \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q} \right)\delta qdt}\newline\newline=&\ p\delta q \end{aligned}$

注意在边界上$\delta q=0$，其中$p=\frac{\partial L}{\partial \dot q}$ 被定义为广义动量，因此

$\frac{dS}{dq}=p$

于是动能为

$T=\frac{1}{2}mv^2=\frac{p^2}{2m}=\frac{1}{2m}\left( \frac{\partial S}{\partial q} \right)^2$

再考虑$S[q,t]$ 的全变分

$\Delta S=\frac{\partial S}{\partial t}\delta t+\frac{\partial S}{\partial q}\delta q$

易得

$L=\frac{\Delta S}{\delta t}=\frac{\partial S}{\partial t}+\frac{\partial S}{\partial q}\frac{\partial q}{\partial t}=\frac{\partial S}{\partial t}+p\dot q$

因此

$\frac{\partial S}{\partial t}=L-p\dot q=-H$

其中$H=p\dot q-L$ 为哈密顿量 (广义能量)

综上所述：

$\left\lbrace \begin{aligned} &p=\frac{\partial S}{\partial q}\newline &T=\frac{1}{2m}\left(\frac{\partial S}{\partial q}\right)^2\newline &E=H=-\frac{\partial S}{\partial t} \end{aligned} \right.$

由能量守恒$E=T+U$ 可得

$\frac{\partial S}{\partial t}+\frac{1}{2m}\left( \frac{\partial S}{\partial q} \right)^2 +U=0$

这是以作用量形式表达的能量守恒方程

应用几何学欧几里得空间的测地线$y=ax+b$

我们知道欧几里得空间的二维线元为

$ds^2=dx^2+dy^2$

现在要知道在此空间里两点之间的连线中，哪一种线段最短？

该问题本质就是要求

$J[y]=\int_{s_0}^{s_1}{ds}$

对应的极值曲线，展开上式：

$J[y]=\int_{x_0}^{x_1}{\sqrt{1+\dot y^2}dx}$

由于被积泛函不显含$x$ ，故可使用以下公式：

$F-\dot y\frac{\partial F}{\partial \dot y}=C$

代入即得

$\frac{1}{\sqrt{1+\dot y^2}}=C$

化简得

$\dot y=a\in const$

意味着

$y=ax+b$

其中$a,b\in const$

即在平直时空里，两点之间直线最短

等周问题$x^2+y^2=r^2$

最小旋转曲面$y=coshx$

牛顿力学$(1)$ 牛顿定律牛顿力学中基本定律，准确的说应该称为公理-即不证自明的。既然最小作用量原理是定律的定律，它应该能证明这些公理

惯性定理$\frac{dv}{dt}=0$

考察一自由运动物体：

势能：该物体所受势能为$0$， 即$U=0$

动能：该物体的运动速度可表示为$v=\frac{q}{t}=\dot q$ ，那么其动能$T=\frac{1}{2}k\dot q^2$

其中$k$ 为任意常数

拉格朗日量$L=T-U=\frac{1}{2}k\dot q^2$

拉格朗日方程由方程$\scriptstyle\frac{\partial L}{\partial q}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot q}=0$ 可推出

$k\ddot q=0$

容易解得

$\dot q=\frac{dq}{dt}=a\in const$

而上式左侧就是物体速度，意味着该物体的速度为常数

对上式分离变量并对等式两边作关于时间积分就可以得到

$q=at+b$

上式意味着该物体的运动路径为直线综合以上两个结论：不受力的物体作匀速直线运动，即惯性定律 (静止呢?)

于是我们便用最小作用量原理推导出了惯性定律

小贴士：伽利略曾认为物体的惯性运动应该为匀速圆周运动

至于上面出现的常数$k$ ，表达了物体的惯性能力，姑且称它为质量$m$ 吧

牛顿第二定律$F=ma$

简谐振动上高中时候，我们都学过简谐振动，知道它的方程为

$x=Acos(\omega t+\varphi)$

老师告诉我们$\omega$ 表示角频率，$\varphi$ 表示相位，$A$ 表示振幅

简谐振动的运动方程：

$\ddot x+\omega^2x=0$

单摆

单摆受力分析如图所示，我们以摆的最低点为$0$ 势能点，重力对摆球作的功等于摆球势能的减少：

$U=mgl(1-cos\theta)$

该系统有两个自由度，我们不妨取摆长$l$ 和摆角$\theta$ 为广义坐标 (类似极坐标)

那么摆球的径向速度为：

$\left| \mathbf{\dot\theta} \right|=\left| \dot l\mathbf{e_r}+l\dot \theta\mathbf{e_\theta} \right|=l\dot \theta$

那么摆球的动能为：

$T=\frac{1}{2}m(l\dot \theta)^2$

该系统的拉格朗日量为：

$L=T-U=\frac{1}{2}m(l\dot\theta)^2-mgl(1-cos\theta)$

应用拉格朗日方程得：

$\color{purple}{\ddot\theta+\frac{g}{l}sin\theta=0}$

此为二阶常系数非线性齐次微分方程

$Solve.$

设角速度$\omega=\frac{d\theta}{dt}$ ，那么$\frac{d\omega}{dt}=\frac{d\omega}{d\theta}\frac{d\theta}{dt}=\frac{\omega d\omega}{d\theta}$ ，代入原方程并分离变量：

$\omega d\omega=-\frac{g}{l}sin\theta d\theta$

不失一般性，我们打算考察单摆从右边最高点到最低点的表现：

$t=\frac{T}{4},\theta(0)=\alpha,\omega(0)=0$

对方程两边同时取积分并带入初始条件得：

$\omega=\sqrt{\frac{2g}{l}(cos\theta-cos\alpha)}$

代入$\omega=\frac{d\theta}{dt}$ 并分离变量得：

$dt=\sqrt{\frac{l}{2g}}\frac{d\theta}{\sqrt{cos\theta-cos\alpha}}$

上式两边同时取积分，由附录$(1)$ 可得

$T=4t=4\sqrt{\frac{l}{2g}}\int_{0}^{\pi /2}{\frac{d\theta}{\sqrt{cos\theta-cos\alpha}}}=4\sqrt{\frac{l}{g}}K(sin\frac{\alpha}{2})$

其中$K(\phi\ |\ k^2)$ 为第一类完全椭圆积分

根据附录$(1)$可把$T$ 表示为级数形式

$\begin{aligned} T=& 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}\sum_{n=0}^{\infty}{\left[ \frac{(2n)!}{2^{2n}n!^2}sin^n\frac{\alpha}{2} \right]^2}\newline\newline=& 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}\left( 1+\frac{\alpha^2}{16}+\frac{11\alpha^4}{3072}+\frac{173\alpha^6}{737280}+\frac{22931\alpha^8}{1321205760}+\cdots \right)\newline\newline=& 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}+o(\alpha) \end{aligned}$

如果$\alpha$ 很小，则可忽略$\alpha$ 的高阶无穷小项得到$T$ 的近似值

$T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$

此为单摆周期的近似值

回头看看单摆的运动方程

$\color{purple}{\ddot\theta+\frac{g}{l}sin\theta=0}$

根据附录$(2)$ 可得到精确解

$\theta(t)=2am\left( \left. \sqrt{\frac{l}{g}}(x+c) \ \right|\ sin\frac{\alpha}{2} \right)$

其中$am(u\ |\ k^2)$ 为雅可比椭圆幅值函数，即第一类不完全椭圆积分的反函数

当$\theta$ 很小时，$sin\theta\sim \theta$ ，原方程化为

$\ddot \theta+\frac{g}{l}\theta=0$

这是一个二阶常系数线性齐次微分方程，其解为

$\theta(t)=Acos(\omega\theta+\varphi)$

其中$\omega=\sqrt{\frac{g}{l}}$ ，可见当$\theta$ 很小时，单摆的运动可近似看作简谐振动，其周期为

$T=\frac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$

最速降线最速降线

$\left\lbrace \begin{aligned} x=&k(\theta-sin\theta)\newline y=&k(1-cos\theta) \end{aligned} \right.$

由能量守恒定理得

$mgh=\frac{1}{2}mv^2+mgy$

解得速度为

$v=\sqrt{2g(h-y)}$

根据牛顿运动定律，速度等于

$v=\frac{ds}{dt}=\sqrt{1+\dot y^2}\frac{dx}{dt}$

于是可得到时间的微分表达式

$dt=\sqrt{\frac{1+\dot y^2}{2g(h-y)}}dx$

系统的作用量为

$T[y]=\int_{x_0}^{x_1}{F(\dot y,y,t)dx}=\int_{x_0}^{x_1}{\sqrt{\frac{1+\dot y^2}{2g(h-y)}}dx}$

因为$F$ 不显含时间，所以

$F-\dot y\frac{\partial F}{\partial \dot y}=C$

代入原方程得

$\dot y=\sqrt{\frac{1-2gc^2(h-y)}{2gc^2(h-y)}}$

设$k=\frac{1}{gc^2}$ ，$sin^2t=\frac{h-y}{2k}$ ，于是解得

$y=h-k(1-cos2t)$

因此可以得到

$dy=-4ksint\cdot costdt$

代入原方程并分离变量：

$dx=-4ksin^2tdt$

等式两边同时取积分：

$x=k(2t-sin2t)$

设$\theta=2t$ 得参数方程：

$\left\lbrace \begin{aligned} &x=k(\theta-sin\theta)\newline\newline &y=h-k(1-cos\theta) \end{aligned} \right.$

最速降线为摆线

悬链线悬链线

$y=kcoshx$

设绳子的线密度为$\rho$ ，则其质量微元为$dm=\rho ds$

绳子的势能为

$U=\int_{s_0}^{s_1}{g\rho yds}=g\rho\int_{x_0}^{x_1}{y\sqrt{1+\dot y^2}dx}$

当然绳子的动能为$0$

该系统的作用量为

$J[y]=-\int_{x_0}^{x_1}{y\sqrt{1+\dot y^2}dx}$

代入拉格朗日方程得

$\dot y=\sqrt{(ky)^2-1}$

设$ky=cosh\theta$ ，代入上式并分离变量得

$kdx=d\theta$

两边同时取积分可解得

$y=\frac{cosh(kx+c)}{k}$

悬链线为双曲余弦

自由落体自由落体$y=\frac{1}{2}gt^2$

物体的动能为：

$T=\frac{1}{2}\dot q^2$

物体的势能为：

$U=mgq$

系统的拉格朗日量为：

$L=\frac{1}{2}m\dot q^2-mgq$

应用拉格朗日方程

$\ddot q=g$

解得

$q=\frac{1}{2}gt^2$

扩展：在万有引力下的自由落体精确解

物体的动能为：

$T=\frac{1}{2}m\dot r^2$

物体的势能为：

$U=-\frac{k}{r}$

其中$k=GMm$

系统的拉格朗日量为：

$L=T-U=\frac{1}{2}m\dot r^2+\frac{k}{r}$

应用拉格朗日方程

$\ddot r=-\frac{k}{mr^2}$

设$a=\dot r$ ，则$\ddot r=a\frac{da}{dr}$ ，代入上式得

$\int{ada}=-\frac{k}{m}\int{\frac{dr}{r^2}}$

解得

$a=\frac{dr}{dt}=\sqrt{\frac{2k}{m}(\frac{1}{r}+\frac{1}{c})}$

移项并对两边积分得

$\int\sqrt{\frac{r}{r+c}}dr=\int\sqrt{\frac{2k}{mc}}dt$

设$r=csinh^2\frac{\theta}{2}$ ，则上式左侧变为

$\int\sqrt{\frac{r}{r+c}}dr=2c\int sinh^2\frac{\theta}{2} d\theta=c(sinh\theta-\theta)$

于是得到时间的参数方程

$t=c_1(sinh\theta-\theta)+c_2$

其中$\theta=2sinh^{-1}\sqrt{\frac{r}{c}}$ ，$c,c_1,c_2$ 为待定常数

对比近似版的自由落体，精确版的实际情况是：

当$r$ 小于某个值$r_o$ 时，$t$ 比近似值更长；当$r$大于$r_o$ 时，$t$ 比近似值更短

$(2)$ 矢量的微分

基矢量的微分$\left\lbrace \begin{aligned} d\mathbf{e_r}=&d\theta\mathbf{e_\theta}\newline d\mathbf{e_\theta}=&-d\theta\mathbf{e_r} \end{aligned} \right.$

矢量速度$\mathbf{v}=(\dot r-\theta\dot \theta)\mathbf{e_r}+(r\dot\theta+\dot\theta)\mathbf{e_\theta}$

矢量加速度$\mathbf{a}=(\ddot r-r\dot\theta^2)\mathbf{e_r}+(2\dot r\dot\theta+\dot r\ddot\theta)\mathbf{e_\theta}$

若物体受到有心力，即切向加速度为$0$ ，那么该物体的运动方程为

$\begin{aligned} a=&\ddot r-r\dot\theta^2 \end{aligned}$

$(3)$ 角动量和惯性力矩

角动量$\mathbf{\mathscr L}=\mathbf{r}\times\mathbf{p}$

惯性力矩$\mathbf{\mathscr M}=\mathbf{r}\times\mathbf{F}$

角动量守恒定理

$\mathbf{\mathscr M}=\frac{d\mathbf{\mathscr L}}{dt}$

$Proof.$

$\begin{aligned} \frac{dL}{dt}=&\frac{d}{dt}(r\times p)\newline\newline =&\frac{dr}{dt}\times mv+r\times m\frac{dv}{dt}\newline\newline =&m(v\times v)+r\times F\newline\newline =&r\times F\newline\newline =&M \end{aligned}$

角动量守恒：

$\mathbf{\mathscr M}=\frac{d\mathbf{\mathscr L}}{dt}=0\Rightarrow \mathscr L=rmvsin\varphi \mathbf k=\mathbf C$

(4) 比奈方程有心力运动方程$F=-mh^2u^2(\frac{\partial^2 u}{\partial \theta^2}+u)$

我们取二元向量型的拉格朗日量：

$L=L(\dot r,r,t;\dot\theta,\theta,t)$

其对应的拉格朗日方程组为

$\left\lbrace \begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial r}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot r}=&0\newline \frac{\partial L}{\partial \theta}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot \theta}=&0 \end{aligned} \right.$

现在考虑双体问题：

物体在有心力作用下的速度为

$\mathbf{v}=\dot r\mathbf{e_r}+r\dot\theta\mathbf{e_\theta}$

因此

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

动量：

$T=\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}m(\dot r^2+r^2\dot\theta^2)$

根据牛顿万有引力公式$F=-\frac{GMm}{r^2}$ 得出引力势能：

$U=-\int_{\infty}^{r}F{dr}=-\frac{GMm}{r}$

设$GMm=k$，得到拉格朗日量：

$L=T-U=\frac{1}{2}m(\dot r^2+r^2\dot\theta^2)+\frac{k}{r}$

应用拉格朗日方程组：

$\left\lbrace \begin{aligned} &m\ddot r-m\dot\theta^2=-\frac{k}{r^2}\newline &mr^2\ddot\theta=0 \end{aligned} \right.$

方程组的第二个方程意味着

$r^2\dot\theta=h\in const$

我们知道极坐标下的面积微元为

$dA=dxdy=rdrd\theta$

那么扇形面积为

$A=\int_{0}^{\theta}{d\theta}\int_{0}^{r}{rdt}=\frac{1}{2}r^2\theta$

那么物体单位时间内扫过的扇形面积为

$\frac{dA(\theta)}{dt}=\frac{1}{2}r^2\dot\theta$

方程组的第二个方程意味着角动量守恒：

$\mathbf{L}=\mathbf{r}\times\mathbf{p}=rmvsin\varphi\mathbf{k}=\mathbf{C}$

角动量守恒说明两个问题：

$(1)$ 不考虑相对论效应的情况下，$rvsin\varphi$ 为常数

$(2)$ 物体始终在它与向心力源组成的平面内运动

即我们平常说的黄道平面，其中

$h=\frac{L}{m}=vrsin\varphi$

回到原方程组，由于第一个方程不好解，我们打算尝试用角度作为半径的自变量：

设$u=1/ r$ 则

$\dot \theta=\frac{h}{r^2}=hu^2$

速度可表示为

$\dot r=\frac{dr}{dt}=\frac{dr}{d\theta}\frac{d\theta}{dt}=\dot\theta\frac{d}{d\theta}(\frac{1}{u})=-h\frac{du}{d\theta}$

加速度可表示为

$\ddot r=\frac{d\dot r}{dt}=\frac{d\dot r}{d\theta}\frac{d\theta}{dt}=\dot\theta\frac{d}{d\theta}\left( -h\frac{du}{d\theta} \right)=-h^2u^2\frac{d^2u}{d\theta^2}$

代入方程组的第一个方程得

$\frac{d^2u}{d\theta^2}+u=\frac{k}{mh^2}$

由于$k=GMm=-Fr^2=-\frac{F}{u^2}$

代入上式得

$F=-mh^2u^2\left( \frac{d^2u}{d\theta^2}+u \right)$

于是我们便通过变分法得到了比奈方程

匀速圆周运动$F=-\frac{mv^2}{r}$

牛顿在推导匀速圆周运动的方程时，运用了微分几何的方法，可谓十分艰辛

我想，推导看似简单的匀速圆周运动的方程，对于大部分人来说仍是一个较大的挑战

而若运用比奈方程去推导，又是出奇的简单

匀速：速度为常量

圆周：半径为常量，速度矢量垂直于极径

$h=vrsin\frac{\pi}{2}=vr=\frac{v}{u}$

由于半径为常量故$\frac{d^2u}{d\theta^2}=0$ 代入比奈方程即得匀速圆周运动向心力公式

$F=-mv^2u=-\frac{mv^2}{r}$

双体 (万有引力运动方程)$r=\frac{ep}{1-ecos(\theta+\varphi)}$

我们在推导比奈方程时得到以下方程

$\frac{d^2u}{d\theta^2}+u=\frac{k}{mh^2}$

这是一个二阶线性常系数非齐次微分方程(一口气念完)，易得解

$u(\theta)=Acos(\theta+\varphi)+\frac{k}{mh^2}$

也就是

$r(\theta)=\frac{1}{Acos(\theta+\varphi)+\frac{k}{mh^2}}$

我们不妨变换下常数

$r(\theta)=\frac{ep}{1-ecos(\theta+\varphi)}$

$r(\theta)$ 属于圆锥曲线一族：抛物线，双曲线，椭圆

其中$p=\frac{mh^2}{ke}$ 为焦距，$e$ 为离心率，$\varphi$ 为相位 星球的运动轨迹不一定是椭圆哦

三体建议去看看刘慈欣的小说《三体》

混沌三体系统为一混沌系统

拉格朗日点

量子力学薛定谔方程$i\hbar\frac{d\psi}{dt}=-\frac{\hbar^2}{2\mu}\nabla^2\psi+U\psi$

1924年，德布罗意提出了物质波概念，至于短短的几页论文为何得到科学界重视，他的富二代和官二代的身份应该能说明问题了。

德布罗意提出：“任何物体伴随以波，且不可能把物体的运动同波的传播分开。”并给出了以下方程：$E=h\nu=h\omega，p=\frac{nh}{\lambda}=hk$

其中$h,k$ 分别为普朗克常数和玻尔兹曼常数

$E,p$ 分别为粒子能量和动量

$\nu,\lambda$ 分别为波的频率和波长

德布罗意的这篇论文被推荐给了薛定谔，后来薛定谔根据物质波的假设推导出了薛定谔方程

推导

由德布罗意假设，物质应具有波粒二象性，类比费马原理

$Z=ae^{i\phi}$

薛定谔猜测光波相位$\phi$ 相当于粒子的作用量$S$

由于$\phi$ 是无量纲的物理量，作用量$S$ 的量纲又与$\hbar$ 相同，所以可以以$\frac{S}{\hbar}$ 替换$\phi$

现在为物质波定义一个状态函数$\psi$ ：

$\psi=e^{i\frac{S}{\hbar}}$

因此该系统的作用量为

$S=-i\hbar ln\psi$

哈密顿动量：

$p=\frac{\partial S}{\partial x}=-\frac{i\hbar}{\psi}\frac{\partial \psi}{\partial x}$

这里广义坐标取$q=x$

哈密顿能量：

$\color{blue}{E=H=-\frac{\partial S}{\partial t}=\frac{i\hbar}{\psi}\frac{\partial \psi}{\partial t}}$

代入哈密顿-雅可比方程：

$(U-E)\psi^2+\frac{\hbar^2}{2m}\left( \frac{\partial \psi}{\partial x} \right)^2 =0$

考虑到$\psi$ 有可能取复数，设$\psi^2=\psi^*\psi$ ：

$(U-E)\psi^*\psi+\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial \psi^*}{\partial x} \frac{\partial \psi}{\partial x} =0$

其中$\psi^*$ 为$\psi$ 的共轭复数

于是

$S=\int_{x_0}^{x_1}{L(\psi,\psi*;\frac{\partial \psi}{\partial x},\frac{\partial \psi^*}{\partial x})}= \int_{x_0}^{x_1}{ \left[ (U-E)\psi^*\psi+\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial \psi^*}{\partial x} \frac{\partial \psi}{\partial x} \right] dx}$

对$L(\frac{\partial \psi^*}{\partial x},\psi^*,x)$ 应用拉格朗日方程：

$(U-E)\psi-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}=0$

此即定态薛定谔方程

$E\psi=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\psi+U\psi$

代入哈密顿量$\textstyle\color{blue}{E=\frac{i\hbar}{\psi}\frac{\partial \psi}{\partial t}}$ 得

$i\hbar\frac{d\psi}{dt}=-\frac{\hbar^2}{2\mu}\nabla^2\psi+U\psi$

方程右侧可定义为哈密顿算符，该算符表征系统的总能量

$\textstyle\mathop{H}\limits^{\wedge}=\mathop{T}\limits^{\wedge}+\mathop{U}\limits^{\wedge}=-\frac{\hbar^2}{2\mu}\nabla^2+U$

于是薛定谔方程可改写为

$E\psi=\mathop{H}^\wedge\psi$

结语我曾想过，如果有地外文明存在，那么他们很有可能会直接使用最小作用量作为定律，而不用经过牛顿力学等，因为这是最简单最容易想到的嘛

附录$(1)$ 计算积分$\int{\frac{d\theta}{\sqrt{cos\theta-cos\alpha}}}$

$Solve.$

根据半角公式$cost=1-2sin^2\frac{t}{2}$ 可得：

$\int{\frac{d\theta}{\sqrt{cos\theta-cos\alpha}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\int{\frac{d\theta}{\sqrt{sin^2\frac{\alpha}{2}-sin^2\frac{\theta}{2}}}}$

设$sin\beta=\frac{sin\frac{\theta}{2}}{sin\frac{\alpha}{2}}$ ，那么$d\theta=\frac{d\theta}{d\beta}d\beta$ ，其中$\theta=2sin^{-1}(sin\frac{\alpha}{2}sin\beta)$ ，所以

$\frac{d\theta}{d\beta}=\frac{2sin\frac{\alpha}{2}sin\beta}{\sqrt{1-sin^2\frac{\alpha}{2}sin^2\beta}}$

代入原式得

$\begin{aligned} \int{\frac{d\theta}{\sqrt{cos\theta-cos\alpha}}}=&\frac{\sqrt{2}}{2}\int{\frac{2sin\frac{\alpha}{2}cos\beta}{\sqrt{1-sin^2\frac{\alpha}{2} sin^2\beta}}\frac{d\beta}{sin\frac{\alpha}{2}\sqrt{1-sin^2\beta}}}\newline \newline=& \sqrt{2}\int{\frac{d\beta}{\sqrt{1-sin^2\frac{\alpha}{2}sin^2\beta}}}\newline \newline=& \sqrt2K(sin\frac{\alpha}{2})+C \end{aligned}$

因此原积分等于

$\int{\frac{d\theta}{\sqrt{cos\theta-cos\alpha}}}=\sqrt2K(sin\frac{\alpha}{2})+C$

至于积分上下限，我们总是可以找到一个常数$C$ 让等式成立

其中$K(k)$ 为第一类完全椭圆积分

$K(k)=\int_{0}^{\pi /2}{\frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2sin^2\theta}}}$

容易得到该积分式的级数表达式

$K(k)=\frac{\pi}{2}\sum_{n=0}^{\infty}{\left[ \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}k^n \right]^2}$

其中$\textstyle\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}=\frac{(2n)!}{2^{2n}n!^2}$

椭圆积分最初从对椭圆的周长计算中出现，这也是牛顿发明流数的初衷之一，后面发现看似简单的积分却无法用初等函数表示

雅可比$\cdot$ 伯努利通过类比三角函数的方法，提出了椭圆正弦和椭圆余弦，其又与雅可比$\cdot$ 伯努利的$\Theta$ 模函数有关，由此打开了模函数的大门

关于双阶乘的更多信息，可以看看我的文章

Jaysny：优雅的伽马函数134 赞同 · 6 评论 文章$(2)$ 求解微分方程

$y''+asiny=0$ $Solve.$

设$g=y'$ ，则$y''=g\frac{dg}{dy}$ ，代入原方程解得

$g=\sqrt{2a(cosy-cos\alpha)}$

代入$g=y'$ 并对两边同时取积分得

$\int_{0}^{y}{\frac{dy}{\sqrt{cosy-cos\alpha}}}=\int_{0}^{x}{\sqrt{2a}dx}$

根据附录$(1)$ 可解得得

$x=\frac{1}{\sqrt a}F(\frac{y}{2},sin\frac{\alpha}{2})-c$

根据附录$(3)$得到原方程的解

$y(x)=2am\left( \left. \frac{x+c}{\sqrt a}\ \right|\ sin\frac{\alpha}{2} \right)$

其中$\alpha,c$ 为任意常数

$(3)$ 雅可比椭圆幅值函数$am(\phi|m)$

第一类不完全椭圆积分

$u=F(\phi|k^2)=\int_{0}^{\phi}{\frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2sin^2\theta}}}$

其中$\phi$ 为椭圆模角，$k$ 为椭圆模，$m=k^2$ 为椭圆参数

雅可比椭圆幅值函数$am(\phi|k^2)$定义为

$\phi=am(u|k^2)=\int_{0}^{u}{dn(u^{'},k^2)du^{'}}$

即第一类不完全椭圆积分的反函数

其中$u^{'}=\sqrt{1-u^2}$

$dn(u,k)$ 属于雅可比椭圆模函数：

$dn(u,k^2)=\frac{\vartheta_4}{\vartheta_3}\frac{\vartheta_3(u\vartheta_3^{-2})}{\vartheta_4(u\vartheta_4^{-2})}$

$(4)$ 雅可比$\Theta$ 函数

定义$\vartheta(z;\tau)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^{\pi i n^2\tau+2\pi inz}}$

为了书写方便设$q=e^{\pi i\tau},w=e^{\pi iz}$ ，那么

$\vartheta(z;\tau)=\vartheta(w;q)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{w^{2n}q^{n^2}}$

辅助函数

$\begin{aligned} \ \ \vartheta_{\ \ }=&\ \vartheta_3=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{w^{2n}q^{n^2}}\newline \ \ \vartheta_{01}=&\ \vartheta_4=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-1)^nw^{2n}q^{n^2}}\newline \ \ \vartheta_{10}=&\ \vartheta_1=\ \ q^{\frac{1}{4}}\sum_{n=-\infty}^{\infty}{w^{2n+1}q^{n^2+n}}\newline \ \ \vartheta_{11}=&\ \vartheta_2=\ iq^{\frac{1}{4}}\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-1)^nw^{2n+1}q^{n^2+n}} \end{aligned}$