JQX/进取芯 席明纳第18期（2025.10.30）
JQX|Xiao
一：摆线的等时性
摆线在弧长方向满足简谐振动，因此与弹簧振子相同，震动周期与振幅无关，因此满足等时性。下面从能量的角度证明沿摆线下落的物体满足简谐振动。摆线方程为：\(x=R(\theta-\sin\theta),\qquad y=R(1-\cos\theta)\),把最低点作为势能零点：最低点对应\(\theta=\pi\)。
记从最低点到轨道上一点P的弧长为\(s\ge 0\)，向上为正；P的高度为\(h\ge 0\)。
1) 弧长微分
\( x'(\theta)=\frac{dx}{d\theta}=R(1-\cos\theta),\; y'(\theta)=\frac{dy}{d\theta}=R\sin\theta,\; ds=\sqrt{(dx)^2+(dy)^2}=\sqrt{(x’)^2+(y’)^2}\,d\theta=2R\sin\frac{\theta}{2}\,d\theta. \)
因此从 \( \theta=\pi \) 到任意 \( \theta \) 的弧长为
\( s(\theta)=\int_{\pi}^{\theta}2R\sin\frac{\varphi}{2}\,d\varphi=4R\cos\frac{\theta}{2}. \)
2) 从最低点计的高度
\( h(\theta)=y(\theta)-y(\pi)=R(1-\cos\theta)-2R=2R\cos^2\frac{\theta}{2}. \)
3) \(h\) 与 \(s\) 的关系
由 \( s=4R\cos\frac{\theta}{2} \) 得 \( \cos\frac{\theta}{2}=\frac{s}{4R} \)，代入上式：
\( h=\frac{s^{2}}{8R}. \)
4) 能量方程
设质点质量为 m，切向速度 \(v=\dot s\)。能量守恒：\(E=\frac12 m v^2 + m g h =\frac12 m \dot s^{\,2} + m g\frac{s^2}{8R} =\frac12 m \dot s^{\,2}+\frac12\,k’ s^2,\)。其中\(k’=\frac{m g}{4R}\)
这恰是一维简谐振动的能量形式，角频率\(\omega=\sqrt{\frac{k’}{m}}=\sqrt{\frac{g}{4R}}.\)。利用简谐振动周期公式\(T=\frac{2\pi}{\omega}=4\pi\sqrt{\frac{R}{g}},\qquad t=\frac{T}{4}=\pi\sqrt{\frac{R}{g}}.\)
周期与起点高度无关，所以摆线满足等时性。
二：变分法
牛顿只用了一晚就解决了约翰·伯努利对于最速降线的挑战的故事一直为人津津乐道，当时共有五个人给出了最速降线的解决办法。除了约翰·伯努利的巧妙办法外，他的哥哥雅各布·伯努利更是开启了变分法的开端，几十年后欧拉和拉格朗日把这个方法系统化为变分法，并提出欧拉-拉格朗日方程。下面用E-L方程来证明最速降线为摆线。
1、时间泛函
最速降线问题为一个小球在重力作用下从高处滑向低处，其运动轨迹曲线为 \(y = y(x)\)。根据能量守恒定律，小球在任意位置的速度为 \(v = \sqrt{2gy}\)。设微元弧长为 \(dl = \sqrt{dx^2 + dy^2} = \sqrt{1 + y’^2}\,dx\)，则走过这段微小弧长所用的时间元为 \(dt = \frac{dl}{v} = \frac{\sqrt{1 + y’^2}}{\sqrt{2gy}}\, dx\)。因此，小球滑完全程的总时间可以表示为一个积分泛函 \(T = \int_{x_1}^{x_2} \frac{\sqrt{1 + y’^2}}{\sqrt{2gy}}\, dx\)，我们要求解的就是能使 T 最小的曲线 \(y(x)\)。
2、求解E-L方程
为了求出极值曲线 \(y(x)\)，我们引入一个在边界点为零的微小扰动函数 \(\eta(x)\)，并构造一条扰动后的曲线 \(\bar{y}(x) = y(x) + \varepsilon \eta(x)\)。其中 \(\varepsilon\) 为微小常数，且边界条件满足 \(\eta(x_1) = \eta(x_2) = 0\)，以保证扰动不改变曲线的端点位置。
原时间泛函可以写为 \(T[y] = \int_{x_1}^{x_2} F(x, y, y’)\, dx\)，其中被积函数为 \(F(x, y, y’) = \frac{\sqrt{1 + y’^2}}{\sqrt{2gy}}\)。将扰动后的曲线 \(\bar{y} = y + \varepsilon \eta\) 及其导数 \(\bar{y}’ = y’ + \varepsilon \eta’\) 代入，泛函就变成了关于 \(\varepsilon\) 的函数 \(T(\varepsilon) = \int_{x_1}^{x_2} F(x, y + \varepsilon\eta, y’ + \varepsilon\eta’)\, dx\)。
为了求得泛函的极值，我们需要其对 \(\varepsilon\) 的一阶变分为零，即 \(\frac{dT}{d\varepsilon}\Big|_{\varepsilon=0} = 0\)。首先计算导数：\(\frac{dT}{d\varepsilon} = \int_{x_1}^{x_2} \left( \frac{\partial F}{\partial y}\eta + \frac{\partial F}{\partial y’}\eta’ \right) dx\)。当 \(\varepsilon = 0\) 时，此式依然成立。
我们对积分的第二项使用分部积分法（\(\int u\,dv=uv-\int v\,du\)）。令 \(u=\frac{\partial F}{\partial y’}\) 且 \(dv=\eta’\,dx\)，则可得到 \(v=\eta\) 和 \(du=\frac{d}{dx}\!\left(\frac{\partial F}{\partial y’}\right)dx\)。于是，积分项变为 \(\int_{x_1}^{x_2}\frac{\partial F}{\partial y’}\,\eta’\,dx =\left[\frac{\partial F}{\partial y’}\,\eta\right]_{x_1}^{x_2} -\int_{x_1}^{x_2}\eta\,\frac{d}{dx}\!\left(\frac{\partial F}{\partial y’}\right)dx\)。
由于边界处的扰动为零，即 \(\eta(x_1)=\eta(x_2)=0\)，所以 \(\left[\frac{\partial F}{\partial y’}\,\eta\right]_{x_1}^{x_2}\) 这一项为零。最终我们得到 \(\frac{dT}{d\varepsilon}\Big|_{\varepsilon=0} = \int_{x_1}^{x_2}\!\left( \frac{\partial F}{\partial y} -\frac{d}{dx}\!\left(\frac{\partial F}{\partial y’}\right) \right)\eta\,dx=0\)。
根据变分法基本引理，因为 \(\eta(x)\) 是任意的微小扰动，要使上式恒成立，必须其括号内的部分为零。这样，我们就得到了著名的欧拉-拉格朗日方程：\(\frac{\partial F}{\partial y} -\frac{d}{dx}\!\left(\frac{\partial F}{\partial y’}\right)=0\)。
3、Beltrami恒等式及其应用
在某些特殊情况下，欧拉-拉格朗斯方程可以被简化。一个重要的情形是当被积函数 \(F(x, y, y’)\) 不显式地依赖于 \(x\) 时（即 \(\frac{\partial F}{\partial x} = 0\)），存在一个被称为**贝尔特拉米恒等式 (Beltrami Identity)** 的一阶积分：\(F – y’ \frac{\partial F}{\partial y’} = C\)，其中 C 是一个常数。这个恒等式可以大大简化求解过程。
现在，我们把这个强大的工具应用到最速降线问题上。回顾我们的时间泛函被积函数 \(L = \frac{\sqrt{1 + y’^2}}{\sqrt{2gy}}\)，它显然不显式地含有变量 \(x\)，因此完全满足使用贝尔特拉米恒等式的条件。
我们首先计算 \(L\) 对 \(y’\) 的偏导数：\(\frac{\partial L}{\partial y’} =\frac{1}{\sqrt{2g}}\frac{y’}{\sqrt{y}\sqrt{1+y’^2}}\)。然后将 \(L\) 和 \(\frac{\partial L}{\partial y’}\) 代入恒等式 \(L-y’\,\frac{\partial L}{\partial y’}=C\)。经过化简，我们得到一个非常简洁的关系式：\(\frac{1}{\sqrt{2g}}\frac{1}{\sqrt{y}\sqrt{1+y’^2}}=C\)。
4、求解方程，证明曲线为摆线
为了求解上面这个关于 \(y\) 和 \(y’\) 的微分方程，我们首先将所有常数合并为一个新的常数 \(k\)，得到 \(\frac{1}{\sqrt{y}\sqrt{1+y’^2}}=k\)。整理后可解出 \(y’\) 的表达式：\(y’^2=\frac{1-k^2y}{k^2y}\)。
为了对该方程积分，我们采用一个技巧，求解 \(x\) 关于 \(y\) 的导数 \(\frac{dx}{dy}=\frac{1}{y’}=\sqrt{\frac{k^2 y}{1-k^2 y}}\)。这个形式的积分可以通过参数代换来解决。我们引入参数 \(\theta\)，并令 \(y=\frac{1}{k^2}\sin^2\!\frac{\theta}{2}\)，它等价于 \(y=\frac{1-\cos\theta}{2k^2}\)。
进行代换后，表达式被简化为：\(\frac{dx}{dy}=\sqrt{\frac{(1-\cos\theta)/2}{(1+\cos\theta)/2}} =\tan\frac{\theta}{2}\)。同时，我们可以求出 \(dy=\frac{1}{2k^2}\sin\theta\,d\theta\)，因此 \(dx=\tan\frac{\theta}{2}\,dy = \frac{1}{k^2}\sin^2\!\frac{\theta}{2}\,d\theta\)。对 \(dx\) 积分可得 \(x=\frac{1}{2k^2}\int (1-\cos\theta)\,d\theta =\frac{1}{2k^2}\bigl(\theta-\sin\theta\bigr)+C_x\)，其中 \(C_x\) 是积分常数。
最后，我们整理一下结果。令常数半径 \(R=\frac{1}{2k^2}\)，并将积分常数合并为起点坐标 \((x_0, y_0)\)，我们便得到了该曲线的最终参数方程：
\(\begin{aligned} x(\theta) &= R\bigl(\theta-\sin\theta\bigr) \\ y(\theta) &= R\bigl(1-\cos\theta\bigr) \end{aligned}\)
这正是摆线（Cycloid）的标准参数方程。至此，我们证明了最速降线确实是一条摆线。
下期预告：邀请上一期提供巧思的K2304班吴尚达同学，带来一些做功问题的新思考