% --- 作业标题栏 ---
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\begin{tabular}{@{}l}
    \textbf{\Huge\it 理论力学 \normalfont A} \\
    \vspace{0.1cm} \\
    \large 作业15  参考答案 \\
\end{tabular}
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\begin{tabular}{@{}l}
    \textbf{学期：} 2025秋 \\
    \textbf{助教：} 于洪飞，张积翔 \\
    \textbf{日期：} \today \\
\end{tabular}
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\vspace{1cm}

% --- 作业问题 ---
\section*{第三章 变分法与最小作用量原理}

\paragraph{15.} (Ritz变分) 质点处于重力场中,以向上为y-轴正方向,设其运动规律为 $$x(t)=a+bt+ct^{2}, y(t)=d+et+ft^{2}$$求系统的作用量在积分后得到的显式表达式$S(a,b,c,d,e,f)$,然后利用 Hamilton 原理求待定系数. 

{\it 提示： 对照讲义的例题， 应用哈密顿原理时需注意使用的正确边界条件. }

\begin{solution}
质点的拉格朗日量为：
$$ L = T - V = \frac{1}{2}m(\dot{x}^2 + \dot{y}^2) - mgy $$
代入试探函数：
\begin{align*}
    \dot{x}(t) &= b + 2ct \\
    \dot{y}(t) &= e + 2ft
\end{align*}
$$ L(t) = \frac{1}{2}m\left[ (b+2ct)^2 + (e+2ft)^2 \right] - mg(d+et+ft^2) $$
$$ L(t) = \frac{1}{2}m(b^2+4bct+4c^2t^2 + e^2+4eft+4f^2t^2) - mgd - mget - mgft^2 $$
$$ L(t) = m(2c^2+2f^2-gf)t^2 + m(2bc+2ef-ge)t + \frac{1}{2}m(b^2+e^2-2gd) $$
作用量 $S = \int_0^T L dt$：
\begin{align*}
    \dfrac{S(a,b,c,d,e,f)}{m} &= \frac{1}{3}(2c^2+2f^2-gf)T^3 \\
    & + \frac{1}{2}(2bc+2ef-ge)T^2 + \frac{1}{2}(b^2+e^2-2gd)T
\end{align*}    
根据 Hamilton 原理，$\delta S = 0$. 我们需要指定边界条件. 例如，如果我们固定了 $t=0$ 和 $t=T$ 时的位置：
\begin{align*}
    x(0) &= a = x_1 & y(0) &= d = y_1 \\
    x(T) &= a+bT+cT^2 = x_2 & y(T) &= d+eT+fT^2 = y_2
\end{align*}
这4个边界条件是约束条件. 我们将 $S$ 视为 $b, c, e, f$ 的函数（$a, d$ 已被 $x_1, y_1$ 固定），求解 $\frac{\partial S}{\partial b}=0, \frac{\partial S}{\partial c}=0, \frac{\partial S}{\partial e}=0, \frac{\partial S}{\partial f}=0$ 和4个约束条件组成的方程组，即可确定所有系数. 
\end{solution}

\hrule
\paragraph{16.} 粒子在中心势中作平面运动,拉格朗日函数是 $$L=\frac{1}{2}m\left[(\frac{dr}{dt})^{2}+r^{2}(\frac{d\theta}{dt})^{2}\right]-\frac{\alpha}{r^{2}}$$

我们把时间参数t和空间坐标(r, $\theta$) 替换为新的“时间”参数 $\tau$ 和“空间”坐标 $(u,v)$，即定义新的时空参数：
$$
\tau = \theta, \quad u = \frac{1}{r}, \quad v = t.
$$
\begin{enumerate}
    \item[(1)] 给出新时空参数下的拉格朗日函数 $\tilde{L}(\tau,u,v,\dot{u},\dot{v})$，其中 $$\tilde{L}d\tau = L\dd t.$$
    \item[(2)] 写出广义动量 
    $$p_u=\dfrac{\partial \tilde{L}}{\partial \dot{u}},\quad p_v = \dfrac{\partial \tilde{L}}{\partial \dot{v}},$$
    其中加点表示对 $\tau$ 的微商. 
    \item[(3)] 写出广义能量 $$\tilde{H} = p_u \dot{u} + p_v \dot{v} - \tilde{L}.$$
    \item[(4)] 利用两个首次积分 $$p_v = -E, \tilde{H} = -J$$ 解出 $\dot{u}$. 
    \item[(5)] 对 $\dot{u}$ 积分,求出 $u(\tau)$. 
\end{enumerate}

\begin{solution}
\begin{enumerate}
    \item[(1)] \textbf{新拉格朗日函数}
    $$ \frac{dr}{dt} = \frac{dr}{d\tau}\frac{d\tau}{dt} = \frac{d(1/u)}{d\theta}\frac{d\theta}{dt} = (-\frac{1}{u^2}\dot{u})\dot{\tau} = -\frac{\dot{u}}{u^2}\frac{1}{\dot{v}} $$
    $$ r = 1/u, \quad \frac{d\theta}{dt} = \frac{1}{\dot{v}} $$
    $$ L = \frac{1}{2}m\left[ \left(-\frac{\dot{u}}{u^2\dot{v}}\right)^2 + \left(\frac{1}{u}\right)^2 \left(\frac{1}{\dot{v}}\right)^2 \right] - \alpha u^2 $$
    $$ L = \frac{1}{2}m \frac{\dot{u}^2 + u^2}{u^4\dot{v}^2} - \alpha u^2 $$
    根据 $\tilde{L} d\tau = L dt \implies \tilde{L} = L \frac{dt}{d\tau} = L \dot{v}$
    $$ \tilde{L} = \frac{1}{2}m \frac{\dot{u}^2 + u^2}{u^4\dot{v}} - \alpha u^2 \dot{v} $$
    
    \item[(2)] \textbf{广义动量}
    $$ p_u = \frac{\partial\tilde{L}}{\partial\dot{u}} = \frac{1}{2}m \frac{2\dot{u}}{u^4\dot{v}} = \frac{m\dot{u}}{\dot{v}u^4} $$
    $$ p_v = \frac{\partial\tilde{L}}{\partial\dot{v}} = -\frac{1}{2}m \frac{\dot{u}^2+u^2}{u^4\dot{v}^2} - \alpha u^2 $$
    
    \item[(3)] \textbf{广义能量}
    \begin{align*}
    \tilde{H}& = p_u\dot{u} + p_v\dot{v} - \tilde{L} \\
    &= \left(\frac{m\dot{u}^2}{\dot{v}u^4}\right) + \left(-\frac{1}{2}m \frac{\dot{u}^2+u^2}{u^4\dot{v}} - \alpha u^2\dot{v}\right) - \left(\frac{1}{2}m \frac{\dot{u}^2 + u^2}{u^4\dot{v}} - \alpha u^2 \dot{v}\right)\\
    &= \frac{m\dot{u}^2}{\dot{v}u^4} - m \frac{\dot{u}^2+u^2}{u^4\dot{v}} = \frac{m\dot{u}^2 - m\dot{u}^2 - mu^2}{u^4\dot{v}}\\
     &= -\frac{m}{\dot{v}u^2}.
    \end{align*} 
    \item[(4)] \textbf{解出 $\dot{u}$}
    $p_\theta = \frac{\partial L}{\partial\dot{\theta}} = mr^2\dot{\theta} = \frac{m}{u^2\dot{v}} = J$ (角动量). 
    由 (3) 可知 $\tilde{H} = -J u^2$. 
    同时，因为 $v$ 是循环坐标， $p_v = -E$ (能量) 是守恒量. 
    $$ p_v = -\frac{1}{2}m \frac{\dot{u}^2+u^2}{u^4\dot{v}^2} - \alpha u^2 = -E $$
    $$ -E = -\frac{1}{2} \left( \frac{m}{u^2\dot{v}} \right) \frac{\dot{u}^2+u^2}{u^2} - \alpha u^2 = -\frac{1}{2} J \frac{\dot{u}^2+u^2}{u^2} - \alpha u^2 $$
    $$ E = \frac{J}{2u^2}(\dot{u}^2+u^2) + \alpha u^2 \implies \frac{2(E-\alpha u^2)}{J} = \frac{\dot{u}^2+u^2}{u^2} $$
    $$ \dot{u}^2 = u^2 \left( \frac{2(E-\alpha u^2)}{J} - 1 \right) = \frac{2Eu^2}{J} - \frac{2\alpha u^4}{J} - u^2 = \frac{2Eu^2 - J u^2 - 2\alpha u^4}{J} $$
    
    $$ p_v = -\frac{1}{2} (p_u \dot{v} u^4) \frac{\dot{u}}{u^4 \dot{v}^2} - \frac{1}{2} m \frac{u^2}{u^4 \dot{v}^2} - \alpha u^2 = -E $$
    
    使用 $\tilde{H} = -J$ 和 $p_v = -E$：
    $$ \tilde{H} = -\frac{m}{\dot{v}u^2} = -J \implies \dot{v} = \frac{m}{J u^2} $$
    $$ p_v = -\frac{1}{2}m \frac{\dot{u}^2+u^2}{u^4\dot{v}^2} - \alpha u^2 = -E $$
    $$ \frac{1}{2}m (\dot{u}^2+u^2) \frac{1}{u^4 (\frac{m}{Ju^2})^2} + \alpha u^2 = E $$
    $$ \Longrightarrow\dot{u} = \sqrt{\frac{2mE}{J^2} - (1+\frac{2m\alpha}{J^2})u^2} $$
    
    \item[(5)] \textbf{解 $u(\tau)$}
    这是一个 $\dot{u} = \sqrt{A - B u^2}$ 形式的方程，其解为简谐振动：
    $$ u(\tau) = \sqrt{\frac{A}{B}} \sin(\sqrt{B}(\tau + \tau_0)) $$
    其中 $A = \frac{2mE}{J^2}$, $B = 1 + \frac{2m\alpha}{J^2}$：
    $$ u(\tau) = \sqrt{\frac{2mE}{J^2 + 2m\alpha}} \sin\left[ \sqrt{1+\frac{2m\alpha}{J^2}}(\tau + \tau_0) \right]. $$
\end{enumerate}
\end{solution}

\hrule

{\it 以下两题选做其一}

\paragraph{17.} 在黑洞的视界上方， 作为一个极简的模型， 我们把表观光速近似取为 $$v(x,y)=\alpha y$$
其中$x$-轴为视界切向，$y$-轴为视界面的法向. 

利用费马原理求光线的轨迹. 

\begin{solution}
费马原理：光线走时间最短的路径.  $T = \int dt = \int \frac{ds}{v(x,y)}$. 
$$ T[x(y)] = \int \frac{\sqrt{1+x'^2}}{v(y)} dy = \int \frac{\sqrt{1+x'^2}}{\alpha y} dy $$
$$ L(y, x') = \frac{\sqrt{1+x'^2}}{\alpha y} $$
由于 $L$ 不显含 $x$，欧拉-拉格朗日方程有首次积分（Beltrami 恒等式）：
$$ \frac{\partial L}{\partial x'} = \text{const} = C $$
$$ \frac{1}{\alpha y} \frac{x'}{\sqrt{1+x'^2}} = C $$
$$ x' = \frac{dy}{dx} = C \alpha y \sqrt{1+x'^2} \implies x'^2 = C^2 \alpha^2 y^2 (1+x'^2) $$
$$ x'^2 (1 - C^2\alpha^2 y^2) = C^2\alpha^2 y^2 $$
$$ x'^2 = \frac{C^2\alpha^2 y^2}{1 - C^2\alpha^2 y^2} \implies \frac{dx}{dy} = \frac{C\alpha y}{\sqrt{1 - C^2\alpha^2 y^2}} $$
$$ x = \int \frac{C\alpha y}{\sqrt{1 - C^2\alpha^2 y^2}} dy $$
令 $u = 1 - C^2\alpha^2 y^2$, $du = -2C^2\alpha^2 y dy$. 
$$ x = -\frac{1}{2C\alpha} \int u^{-1/2} du = -\frac{1}{C\alpha} \sqrt{u} + C_2 = -\frac{1}{C\alpha} \sqrt{1 - C^2\alpha^2 y^2} + C_2 $$
$$ (x - C_2)^2 = \frac{1}{C^2\alpha^2} (1 - C^2\alpha^2 y^2) $$
$$ (x - C_2)^2 + y^2 = \frac{1}{C^2\alpha^2} $$
光线的轨迹是圆. 
\end{solution}

\hrule
\paragraph{18.} 设在阳光暴晒下,马路上方空气折射率随高度y的变化规律为 $$n(y)=n_{0}(1+Ay).$$
\begin{enumerate}
    \item[(1)] 利用费马原理,写出光线满足的微分方程. 
    \item[(2)] 一人站在马路上向前看,能看到多远?设此人眼睛离地面高度为1.6m. 
\end{enumerate}

\begin{solution}
\begin{enumerate}
    \item[(1)]
    费马原理 $T = \int \frac{ds}{v} = \int \frac{n(y)}{c} ds$. 最小化 $T$ 等价于最小化 $\int n(y) ds$. 
    $$ S[x(y)] = \int n(y) \sqrt{1+x'^2} dy = \int n_0(1+Ay) \sqrt{1+x'^2} dy $$
    $$ L(y, x') = n_0(1+Ay) \sqrt{1+x'^2} $$
    $L$ 不显含 $x$，因此 $\frac{\partial L}{\partial x'} = \text{const} = C$. 
    $$ n_0(1+Ay) \frac{x'}{\sqrt{1+x'^2}} = C $$
    $$ (1+Ay)^2 x'^2 = \frac{C^2}{n_0^2} (1+x'^2) \implies x'^2 \left( (1+Ay)^2 - \frac{C^2}{n_0^2} \right) = \frac{C^2}{n_0^2} $$
    $$ \frac{dx}{dy} = \frac{C/n_0}{\sqrt{(1+Ay)^2 - C^2/n_0^2}} $$
    这就是光线满足的微分方程. 
    
    \item[(2)]
    人能看到最远的点是光线从该点水平射出（$y'=0$ 或 $dx/dy \to \infty$）到达人眼. 
    当 $dx/dy \to \infty$ 时，分母为 0：
    $$ (1+Ay_m)^2 - C^2/n_0^2 = 0 \implies C/n_0 = 1+Ay_m $$
    其中 $y_m$ 是光线的最低点高度（$y_m=0$）. 所以 $C/n_0 = 1$. 
    微分方程变为：
    $$ \frac{dx}{dy} = \frac{1}{\sqrt{(1+Ay)^2 - 1}} $$
    人眼在 $(x_e, y_e) = (0, 1.6m)$. 光线从 $(x_s, 0)$ 发出. 
    $$ x_s = \int_0^{1.6} \frac{dy}{\sqrt{(1+Ay)^2 - 1}} $$
    令 $u = 1+Ay$, $du = A dy$. 
    $$ x_s = \frac{1}{A} \int_1^{1+A(1.6)} \frac{du}{\sqrt{u^2-1}} = \frac{1}{A} \left[ \text{arccosh}(u) \right]_1^{1+A(1.6)} $$
    $$ x_s = \frac{1}{A} \left( \text{arccosh}(1+1.6A) - \text{arccosh}(1) \right) = \frac{1}{A} \text{arccosh}(1+1.6A) $$
    由于 $A = 0.8 \times 10^{-6}$ 非常小，$\text{arccosh}(1+z) \approx \sqrt{2z}$. 
    $$ x_s \approx \frac{1}{A} \sqrt{2(1.6A)} = \frac{\sqrt{3.2A}}{A} = \sqrt{\frac{3.2}{A}} = \sqrt{\frac{3.2}{0.8 \times 10^{-6}}} = \sqrt{4 \times 10^6} = 2000 \text{m} $$
    能看到 2000 米远. 
\end{enumerate}
\end{solution}

\hrule
\paragraph{19.} 在重力作用下,初速为$v$的质点从垂直高度为$h$的$A$点出发，落到水平距离为$w$的地面$B$点，在此期间质点与地面发生过一次弹性碰撞. 
\begin{enumerate}
    \item[(1)] 以 $(x,y)\in \mathbb{R}\times [0,+\infty) $ 为广义坐标，写出Jacobi 形式的莫培督原理中的度规矩阵 $g_{\alpha\beta}(x,y)$ 和约化作用量 $W[x,y]$. 
    \item[(2)] 在作用量泛函中消去形式参数 $\lambda$，把轨迹表示为 $y=y(x)$,求出作用量 $W[y]=\int_{0}^{w}L(x,y,y^{\prime})dx$. 
    \item[(3)] 弹性碰撞点$C$是角点，我们需要把作用量泛函写成分段积分形式，
    $$
    W=\int_{0}^{x_{C}}L(x,y,y^{\prime})dx+\int_{x_{C}}^{w}L(x,y,y^{\prime})dx,
    $$
    其中$C$点的横坐标$x_C$可变，纵坐标
    $$
    y_C = 0\Longrightarrow \Delta y_C = 0,
    $$
    利用莫培督原理$\delta W[y]=0$，给出欧拉-拉格朗日方程和角点条件. 
    \item[(4)] 解出轨迹 $y=y(x)$. 
\end{enumerate}

\begin{solution}
\begin{enumerate}
    \item[(1)]
    作用量
    $$L = T - V = \frac{1}{2}m(\dot{x}^2+\dot{y}^2) - mgy$$
    能量 
    $$E = \frac{1}{2}mv^2 + mgh$$
    线元
    $$ds^2 = (dx)^2 + (dy)^2$$
    莫培督原理的作用量 $$W = \int \sqrt{2(E-V)} ds = \int \sqrt{2(E-mgy)} \sqrt{dx^2+dy^2}$$
    
    Jacobi 度规 $g_{\alpha\beta}$ 定义自 $W = \int \sqrt{g_{\alpha\beta}dq^\alpha dq^\beta}$. 
    $$ g_{\alpha\beta} = 2(E-V) \delta_{\alpha\beta} = 2m(E/m-gy) \delta_{\alpha\beta} = m(v^2+2gh-2gy) \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} $$
    约化作用量为：
    $$ W[x,y] = \int_A^B \sqrt{2m(E-mgy)} \sqrt{dx^2+dy^2} $$
    $$ W[x,y] = m \int_A^B \sqrt{v^2+2gh-2gy} \sqrt{dx^2+dy^2} $$

    \item[(2)] 
    令 $ds = \sqrt{1+y'^2} dx$. 
    $$ W[y] = m \int_0^w \sqrt{v^2+2gh-2gy} \sqrt{1+y'^2} dx $$
    被积函数 $L(y, y') = m\sqrt{(v^2+2gh-2gy)(1+y'^2)}$. 
    
    \item[(3)]
    $$ L = \sqrt{(v^2+2gh-2gy)(1+y'^2)} $$
    $L$ 不显含 $x$，因此有首次积分（Beltrami 恒等式）：
    $$ L - y' \frac{\partial L}{\partial y'} = C \quad (\text{Const}) $$
    $$ \sqrt{(v^2+2gh-2gy)(1+y'^2)} - y' \frac{\sqrt{v^2+2gh-2gy} \cdot y'}{\sqrt{1+y'^2}} = C $$
    $$ \frac{(v^2+2gh-2gy)(1+y'^2) - (v^2+2gh-2gy)y'^2}{\sqrt{(v^2+2gh-2gy)(1+y'^2)}} \frac{1}{L} = C $$
    $$ \frac{v^2+2gh-2gy}{\sqrt{(v^2+2gh-2gy)(1+y'^2)}} = C \implies \sqrt{\frac{v^2+2gh-2gy}{1+y'^2}} = C $$
    这就是欧拉-拉格朗日方程. 
    
    \textbf{角点条件}:
    $W = \int_0^{x_C} L dx + \int_{x_C}^w L dx$. 
    变分 $\delta W = 0$ 给出角点条件：
    $$ [L - y' \frac{\partial L}{\partial y'}]_{x_C^-} - [L - y' \frac{\partial L}{\partial y'}]_{x_C^+} + \left[ \frac{\partial L}{\partial y'} \right]_{x_C^-} \delta y_C - \left[ \frac{\partial L}{\partial y'} \right]_{x_C^+} \delta y_C = 0 $$
    由于 $\delta y_C = 0$，我们只需考虑 $x_C$ 的变分：
    $$ [L - y' \frac{\partial L}{\partial y'}]_{x_C^-} = [L - y' \frac{\partial L}{\partial y'}]_{x_C^+} $$
    $$ C(x_C^-) = C(x_C^+) $$
    这说明 Beltrami 积分 $C$ 在角点两侧是连续的. 
    $$ \sqrt{\frac{v^2+2gh-2gy_c}{1+(y'_{C-})^2}} = \sqrt{\frac{v^2+2gh-2gy_c}{1+(y'_{C+})^2}} $$
    $$ 1 + (y'_{C-})^2 = 1 + (y'_{C+})^2 \implies (y'_{C-})^2 = (y'_{C+})^2 $$
    由于弹性碰撞，$y'_{C+} = -y'_{C-}$. 
    
    \item[(4)]
    从 $C = \sqrt{\frac{v^2+2gh-2gy}{1+y'^2}}$ 开始：
    $$ C^2 = \frac{v^2+2gh-2gy}{1+y'^2} \implies 1+y'^2 = \frac{v^2+2gh-2gy}{C^2} $$
    $$ y'^2 = \frac{v^2+2gh-2gy}{C^2} - 1 $$
    $$ \frac{dy}{dx} = \pm \sqrt{\frac{v^2+2gh-2gy}{C^2} - 1} $$
    设 $A$ 点的初速度 $v$ 与水平夹角为 $\theta_0$. $y(0)=h, y'(0) = \tan\theta_0$. 
    $$ C^2 = \frac{v^2+2gh-2gh}{1+\tan^2\theta_0} = \frac{v^2}{\sec^2\theta_0} = v^2\cos^2\theta_0 $$
    $$ \frac{dy}{dx} = \pm \sqrt{\frac{v^2+2gh-2gy}{v^2\cos^2\theta_0} - 1} $$
    这是一个可分离变量的方程，积分可得 $x(y)$，其解为抛物线. 
\end{enumerate}
\end{solution}