Answer for HW3

1 引力透镜

定义光程泛函 $S$ 为：

S = \int_{A}^{B} n (r) d s

其中 A、B 是光的起点和终点，费马原理指的是，所有连接 A、B 的可能曲线中，只有满足光程的变分为零才是光线走的路径，即：

δ S = δ \int_{A}^{B} n (r) d s = 0

方法一

在本题中，折射率是球对称的，光线始终在一个平面传播，可以采取极坐标：

S = \int_{- \infty}^{+ \infty} (1 + \frac{α}{r}) \sqrt{1 + r^{2} {\dot{θ}}^{2}} d r, α = \frac{G M_{⊙}}{c^{2}} ≪ 1, \dot{θ} = \frac{d θ}{d r}

L = (1 + \frac{α}{r}) \sqrt{1 + r^{2} {\dot{θ}}^{2}}

代入拉格朗日方程 $\frac{d}{d r} (\frac{\partial L}{\partial \dot{θ}}) - \frac{\partial L}{\partial θ} = 0$ 得到：

\frac{\partial L}{\partial \dot{θ}} = c o n s t . = (1 + \frac{α}{r}) \cdot (1 + r^{2} {\dot{θ}}^{2})^{- 1 / 2} \cdot r^{2} \dot{θ}

这是一个光学守恒量，记为 J， $J = n (r) \cdot \frac{d r}{d s} \cdot r^{2} \frac{d θ}{d r} = n r^{2} \frac{d θ}{d s}$ ，称为光学角动量。在无穷远处， $J = n r^{2} \frac{d θ}{d s} = n_{\infty} R_{⊙} \approx R_{⊙} = c o n s t .$ ，因为光线始终在一个平面传播，所以弧长微分满足：

d s^{2} = d r^{2} + r^{2} d θ^{2} \Rightarrow {(\frac{d r}{d s})}^{2} + r^{2} {(\frac{d θ}{d s})}^{2} = 1

代入 $n r^{2} \frac{d θ}{d s} = R_{⊙}$ 得到:

{(\frac{d r}{d s})}^{2} = 1 - \frac{R_{⊙}^{2}}{n^{2} r^{2}}

计算光线从无穷远来到近日点 $R_{⊙}$ ，再回到无穷远的总角度变化 $Δ θ$ ，有：

Δ θ = 2 \int_{R_{⊙}}^{\infty} \frac{d θ}{d r} d r

由 $\frac{d θ}{d r} = \frac{d θ}{d s} / \frac{d r}{d s} = \frac{R_{⊙}}{n r^{2}} / \sqrt{1 - \frac{R_{⊙}^{2}}{n^{2} r^{2}}}$ ，可得：

Δ θ = 2 \int_{R_{⊙}}^{\infty} \frac{R_{⊙}}{n r^{2}} \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{R_{⊙}^{2}}{n^{2} r^{2}}}} d r

使用变量代换 $u = 1 / r$ ，则 $d r = - d u / u^{2}$ ，于是：

Δ θ = 2 \int_{\frac{1}{R_{⊙}}}^{0} d θ = 2 \int_{0}^{\frac{1}{R_{⊙}}} \frac{R_{⊙}}{n} \frac{d u}{\sqrt{1 - \frac{R_{⊙}^{2} u^{2}}{n^{2}}}}

代入 $n = 1 + α u, α = \frac{G M_{⊙}}{c^{2}} ≪ 1$ ，化为：

\begin{aligned} Δ θ & = 2 \int_{0}^{1 / R_{⊙}} \frac{R_{⊙} d u}{\sqrt{(1 + α u)^{2} - R_{⊙}^{2} u^{2}}} \\ \approx 2 \int_{0}^{1 / R_{⊙}} \frac{R_{⊙} d u}{\sqrt{1 + 2 α u - R_{⊙}^{2} u^{2}}} \\ = 2 \int_{0}^{1 / R_{⊙}} \frac{R_{⊙} d u}{\sqrt{1 + \frac{α^{2}}{R_{⊙}^{2}} - R_{⊙}^{2} {(u - \frac{α}{R_{⊙}^{2}})}^{2}}} \\ \approx 2 \int_{0}^{1 / R_{⊙}} \frac{R_{⊙} d u}{\sqrt{1 - R_{⊙}^{2} {(u - \frac{α}{R_{⊙}^{2}})}^{2}}} \\ \approx 2 \int_{- \frac{α}{R_{⊙}}}^{1} \frac{d v}{\sqrt{1 - v^{2}}} \\ = 2 \arcsin v |_{- α / b}^{1} = π + 2 \arcsin (\frac{α}{R_{⊙}}) \approx π + 2 \frac{α}{R_{⊙}} \end{aligned}

注意，最终的偏折角是 $δ θ = Δ θ - π$ ，减去 $π$ 是因为在没有引力时，偏折角是 $π$ 而不是 0。所以偏折角：

δ θ = Δ θ - π = \frac{2 α}{R_{⊙}} = \frac{2 G M}{c^{2} R_{⊙}} \approx 4.24 \times 10^{- 6} rad \approx {0.87}^{″}

方法二

法二从三维情形出发，这只是为了展示光线传播方程。将弧长微分 ds 改写为：

d s = \sqrt{{(\frac{d x}{d s})}^{2} + {(\frac{d y}{d s})}^{2} + {(\frac{d z}{d s})}^{2}} d s = \sqrt{\frac{d r}{d s} \cdot \frac{d r}{d s}} d s

显然 $\sqrt{\frac{d r}{d s} \cdot \frac{d r}{d s}}$ 等于 1，但是不妨碍我们把 $\frac{d r}{d s}$ 凑成一个参数。于是光程可表示：

S = \int_{t_{A}}^{t_{B}} L (r, \frac{d r}{d s}, s) d s, L (r, \frac{d r}{d s}, s) = n (r) \cdot \sqrt{\frac{d r}{d s} \cdot \frac{d r}{d s}}

代入 Euler-Lagrange 方程 $\frac{d}{d s} (\frac{\partial L}{\partial \frac{d r}{d s}}) = \frac{\partial L}{\partial r}$ ，可以得到

\frac{d}{d s} [n (r) \frac{\frac{d r}{d s}}{\sqrt{\frac{d r}{d s} \cdot \frac{d r}{d s}}}] = \frac{\partial n (r)}{\partial r}

也就是光线传播方程：

\frac{d}{d s} (n (r) \cdot \frac{d r}{d s}) = \nabla n

在本题中，折射率是球对称的，光线始终在一个平面传播，入射光线在无穷远处，瞄准半径为 $R_{⊙}$ 。此时 $\nabla n$ 只有径向分量（因为球对称，折射率只有径向梯度），于是

\begin{aligned} \frac{d}{d s} {(n (r) \cdot \frac{d r}{d s})}_{θ} & = 0 \\ \Rightarrow \frac{d n}{d s} \frac{d r}{d s} |_{θ} + n \frac{d^{2} r}{d^{2} s} |_{θ} = 0 \\ \Rightarrow \frac{d n}{d s} \cdot r \frac{d θ}{d s} + n (r \frac{d^{2} θ}{d^{2} s} + 2 \frac{d r}{d s} \frac{d θ}{d s}) = 0 \\ \overset{\times r}{\Rightarrow} \frac{d}{d s} (n r^{2} \frac{d θ}{d s}) = 0 \\ \Rightarrow n r^{2} \frac{d θ}{d s} = n_{\infty} R_{⊙} \approx R_{⊙} = c o n s t . \end{aligned}

这是光学角动量（守恒），剩余的步骤和法一一致。

2 最小回转面

曲线绕 x 轴旋转的表面积为

S = 2 π \int_{0}^{x_{1}} y d s = 2 π \int_{0}^{x_{1}} y \sqrt{1 + y^{' 2}} d x, L = y \sqrt{1 + y^{' 2}}

代入 Euler-Lagrange 方程 $\frac{d}{d x} (\frac{\partial L}{\partial y^{'}}) = \frac{\partial L}{\partial y}$ 并化简得到：

y y^{'} = 1 + y^{' 2}

这正是悬链线方程，解为 $y = a \cosh \frac{x - b}{a}$ 。

3 修正最速降

设 v 是沿着这条曲线的速率，则降落一段弧长 $d s$ 所需的时间为 $d s / v$ ，其中

d s = \sqrt{d x^{2} + d y^{2}}, v = \sqrt{v_{0}^{2} + 2 g y}

运动所需时间为

t_{12} = \int_{1}^{2} \frac{d s}{v} = \int_{1}^{2} \frac{\sqrt{1 + {\dot{x}}^{2}}}{\sqrt{2 g y + v_{0}^{2}}} d y

令 $f = \frac{\sqrt{1 + {\dot{x}}^{2}}}{\sqrt{2 g y + v_{0}^{2}}}$ ，则 $\frac{\partial f}{\partial \dot{x}} = \frac{\dot{x}}{\sqrt{2 g y + v_{0}^{2}} \sqrt{1 + {\dot{x}}^{2}}}$ ， $\frac{\partial f}{\partial x} = 0$ ，代入 Euler-Lagrange 方程中得到

\frac{\partial f}{\partial \dot{x}} = \frac{\dot{x}}{\sqrt{2 g y + v_{0}^{2}} \sqrt{1 + {\dot{x}}^{2}}} = {(2 g c_{1})}^{- 1 / 2} \to \dot{x} = \frac{d x}{d y} = \sqrt{\frac{y + v_{0}^{2} / 2 g}{c_{1} - y - v_{0}^{2} / 2 g}}

这和课本(秦敢那本)第 20 页方程(16)差一个平移，令 $y + v_{0}^{2} / 2 g = c_{1} \sin^{2} θ$ ，则最终可得最速落径的参数方程

{\begin{cases} x = c_{1} (θ - \frac{1}{2} \sin 2 θ) + c_{2} \\ y + v_{0}^{2} / 2 g = c_{1} \sin^{2} θ \end{cases}

其尖端点的高度要高出 $\frac{v_{0}^{2}}{2 g}$ 。

4 圆滚线

4.1 （a）

选取参量如下图所示

那么拉格朗日量可以写作：

L = T - V = \frac{1}{2} m {\dot{x}}^{2} - \frac{1}{2} \frac{g}{R} (x^{2} + d^{2})

代入拉格朗日方程得到：

\ddot{x} + \frac{g}{R} x = 0

正是简谐振动方程， $t_{0} = π \sqrt{\frac{R}{g}}$ 。

4.2 （b）

还是先把所费的时间写成泛函形式：

t = \int \frac{d s}{v} = \int \frac{\sqrt{1 + r^{2} {(\frac{d θ}{d r})}^{2}} d r}{\sqrt{\frac{2 g}{R} (R^{2} - r^{2})}}

第二个等号用到了单位质量物体的能量守恒 $\frac{1}{2} v^{2} + \frac{g}{2 R} r^{2} = 0 + \frac{g}{2 R} R^{2}$ 。于是拉氏量：

L = \sqrt{\frac{1 + r^{2} {(\frac{d θ}{d r})}^{2}}{R^{2} - r^{2}}}

代入拉格朗日-欧拉方程 $\frac{d}{d r} (\frac{\partial L}{\partial \frac{d θ}{d r}}) - \frac{d L}{d θ} = 0$ 得到：

\frac{r^{2}}{\sqrt{(R^{2} - r^{2}) (r^{' 2} (θ) + r^{2})}} = \frac{r_{0}}{\sqrt{R^{2} - r_{0}^{2}}} = c o n s t . ， r_{0} = r |_{θ = 0}

积分得到(2)式。取 $Δ θ = 2 \cdot θ |_{r = R^{-}}$ 得到(3)式。

4.3 （c）

把（4）代入（2）就得到（6），反解（4）得到（5）。接下来看为什么（5）和（6）描述圆内滚轮线（现在变成了纯几何问题）。首先命名参量如下图：

根据几何关系，有：

r^{2} = (R - a)^{2} + a^{2} - 2 (R - a) a \cos ϕ \overset{a = \frac{1}{2} (R - r_{0})}{=} \frac{1}{2} (R^{2} + r_{0}^{2}) - \frac{1}{2} (R^{2} - r_{0}^{2}) \cos ϕ

注意图中 $ϕ = π - φ$ 。以及再根据几何关系：

\begin{aligned} a ϕ & = R α \\ \frac{a}{\sin (θ - α)} & = \frac{R - a}{\sin (φ - (θ - α))} = \frac{R - a}{\sin (ϕ + (θ - α))} \end{aligned} \Rightarrow \frac{R - r_{0}}{\sin (θ - (\frac{1}{2} - \frac{r_{0}}{2 R}) ϕ)} = \frac{R + r_{0}}{\sin ((\frac{1}{2} + \frac{r_{0}}{2 R}) ϕ + θ)}

\Rightarrow \tan θ = \frac{\frac{R}{r_{0}} \tan \frac{ϕ}{2} - \tan \frac{r_{0}}{2 R} ϕ}{1 + \frac{R}{r_{0}} \tan \frac{ϕ}{2} \tan \frac{r_{0}}{2 R} ϕ}

\Rightarrow \tan (θ + \frac{r_{0}}{2 R} ϕ) = \frac{R}{r_{0}} \tan \frac{ϕ}{2}

即（6）式。

4.4 （d）

由（5）可得：

\begin{matrix} (4.1) & \frac{R^{2} - r^{2}}{r^{2}} = \frac{2 (R^{2} - r_{0}^{2}) \cos^{2} ϕ}{(R^{2} + r_{0}^{2}) - (R^{2} - r_{0}^{2}) \cos ϕ} \end{matrix}

由（6）可得：

\begin{matrix} (4.2) & \frac{d θ}{d ϕ} = \frac{r_{0}}{2 R} \frac{(R^{2} - r_{0}^{2}) \cos^{2} \frac{ϕ}{2}}{R^{2} \sin^{2} \frac{ϕ}{2} + r_{0}^{2} \cos^{2} \frac{ϕ}{2}} \end{matrix}

根据 $v^{2} d t^{2} = d r^{2} + r^{2} d θ^{2}$ ：

\frac{v^{2}}{{\dot{θ}}^{2}} = (\frac{d r}{d θ})^{2} + r^{2}

上式联立单位质量物体的能量守恒 $v^{2} = \frac{g}{R} (R^{2} - r^{2})$ 得到

\frac{d θ}{d t} = \sqrt{\frac{\frac{g}{R} (R^{2} - r^{2})}{(\frac{d r}{d θ})^{2} + r^{2}}}

将（1）代入上式得到

\frac{d θ}{d t} = \sqrt{\frac{g}{R}} \frac{R^{2} - r^{2}}{r^{2}} \frac{r_{0}}{\sqrt{R^{2} - r_{0}^{2}}}

将本小题一开始得到的（4.1）代入上式，并用（4.2）将 $θ$ 替换为 $ϕ$ ，得到：

ϕ = \sqrt{\frac{g}{R}} \cdot \frac{\sqrt{R^{2} - r_{0}^{2}}}{2 R} \cdot t = 2 π \frac{t}{τ}

合肥到北京的纬度差 $θ \approx 8^{\circ}$ ，让滚轮转一圈那么 $R \cdot 8^{\circ} = 2 π \cdot \frac{1}{2} (R - r_{0})$ 得到 $\frac{r_{0}}{R} = 0.956 R$ ，于是

\frac{τ}{τ_{0}} = \sqrt{1 - {0.956}^{2}} \approx 0.29

5 测地线

5.1 （a）

平面内的线元 $d s = {(d x^{2} + d y^{2})}^{\frac{1}{2}} = \sqrt{1 + {\dot{y}}^{2}} d x, \dot{y} = \frac{d y}{d x}$ ，则 $s = \int_{1}^{2} \sqrt{1 + {\dot{y}}^{2}} d x$ ，对其求极值。令 $f = \sqrt{1 + {\dot{y}}^{2}}$ ，则

\frac{\partial f}{\partial \dot{y}} = \frac{\dot{y}}{\sqrt{1 + {\dot{y}}^{2}}}, \frac{\partial f}{\partial y} = 0

代入欧拉方程 $\frac{d}{d x} (\frac{\partial f}{\partial \dot{y}}) - \frac{\partial f}{\partial y} = 0$ 中，即 $\frac{\partial f}{\partial \dot{y}} = \frac{\dot{y}}{\sqrt{1 + {\dot{y}}^{2}}} = c o n s t .$ ，所以

\dot{y} = C_{1}, y = C_{1} x + C_{2}

正是直线。

5.2 （b）

柱面的线元

d s = {(R^{2} d θ^{2} + d z^{2})}^{\frac{1}{2}} = \sqrt{{\dot{z}}^{2} + R^{2}} d θ, \dot{z} = \frac{d z}{d θ}

则 $s = \int_{1}^{2} \sqrt{{\dot{z}}^{2} + R^{2}} d θ$ ，对其求极值．令 $f = \sqrt{{\dot{z}}^{2} + R^{2}}$ ，则

\frac{\partial f}{\partial \dot{z}} = \frac{\dot{z}}{\sqrt{{\dot{z}}^{2} + R^{2}}}, \frac{\partial f}{\partial z} = 0

代入欧拉方程 $\frac{d}{d x} (\frac{\partial f}{\partial \dot{z}}) - \frac{\partial f}{\partial z} = 0$ 中，即 $\frac{\partial f}{\partial \dot{z}} = \frac{\dot{z}}{\sqrt{{\dot{z}}^{2} + R^{2}}} = c o n s t .$ ，所以

\dot{z} = C_{1}, z = C_{1} θ + C_{2}

即螺旋线。

5.3 （c）

在每个点的邻域里，两者都是欧氏空间，即局部欧氏空间。

6 GR测地线

6.1 （a）

（10）式给出我们需要的拉氏量：

L = \frac{1}{2} g_{μ ν} {\dot{x}}^{μ} {\dot{x}}^{ν}, \dot{x} 表 示 \frac{d x}{d s}

代入拉格朗日方程 $\frac{d}{d s} (\frac{\partial L}{\partial {\dot{x}}^{ρ}}) - \frac{\partial L}{\partial x^{ρ}} = 0$ ，利用 $g_{μ ν} = g_{ν μ}$ ，注意度规是坐标 $x^{λ}$ 的函数，有

\frac{\partial L}{\partial {\dot{x}}^{ρ}} = \frac{1}{2} (g_{ρ ν} {\dot{x}}^{ν} + g_{μ ρ} {\dot{x}}^{μ}) = g_{ρ μ} {\dot{x}}^{μ}

\to \frac{d}{d s} \frac{\partial L}{\partial {\dot{x}}^{ρ}} = \frac{d}{d s} (g_{ρ μ} {\dot{x}}^{μ}) = g_{ρ μ} {\ddot{x}}^{μ} + \frac{\partial g_{ρ μ}}{\partial x^{σ}} {\dot{x}}^{σ} {\dot{x}}^{μ}

以及

\frac{\partial L}{\partial x^{ρ}} = \frac{1}{2} \frac{\partial g_{μ ν}}{\partial x^{ρ}} {\dot{x}}^{μ} {\dot{x}}^{ν}

代入拉格朗日方程得到：

\begin{aligned} g_{ρ μ} {\ddot{x}}^{μ} & = - [\frac{\partial g_{ρ μ}}{\partial x^{σ}} {\dot{x}}^{σ} {\dot{x}}^{μ} - \frac{1}{2} \frac{\partial g_{μ ν}}{\partial x^{ρ}} {\dot{x}}^{μ} {\dot{x}}^{ν}] \\ = - \frac{1}{2} [\frac{\partial g_{ρ μ}}{\partial x^{σ}} {\dot{x}}^{σ} {\dot{x}}^{μ} + \frac{\partial g_{ρ μ}}{\partial x^{σ}} {\dot{x}}^{σ} {\dot{x}}^{μ} - \frac{1}{2} \frac{\partial g_{μ ν}}{\partial x^{ρ}} {\dot{x}}^{μ} {\dot{x}}^{ν}] \\ = - \frac{1}{2} [\frac{\partial g_{ρ μ}}{\partial x^{ν}} {\dot{x}}^{ν} {\dot{x}}^{μ} + \frac{\partial g_{ρ ν}}{\partial x^{μ}} {\dot{x}}^{μ} {\dot{x}}^{ν} - \frac{\partial g_{μ ν}}{\partial x^{ρ}} {\dot{x}}^{μ} {\dot{x}}^{ν}] \end{aligned}

在最后一个等号中，使用了指标替换，第一项 $σ \to ν$ ，第二项 $μ \to ν, σ \to μ$ ，因为都是缩并的指标，所以只是相当于给指标换了个名字。结合克里斯托费尔符号定义：

Γ_{μ, ρ σ} \equiv \frac{1}{2} (\frac{\partial g_{μ ρ}}{\partial x^{σ}} + \frac{\partial g_{μ σ}}{\partial x^{ρ}} - \frac{\partial g_{ρ σ}}{\partial x^{μ}})

\Rightarrow 2 Γ_{ρ, μ ν} = \frac{\partial g_{ρ μ}}{\partial x^{ν}} + \frac{\partial g_{ρ ν}}{\partial x^{μ}} - \frac{\partial g_{μ ν}}{\partial x^{ρ}}

最终得测地线方程：

g_{ρ μ} \frac{d^{2} x^{μ}}{d s^{2}} = - Γ_{ρ, μ ν} \frac{d x^{μ}}{d s} \frac{d x^{ν}}{d s}

两边同时乘 $g^{λ ρ}$ 可以得到

\frac{d^{2} x^{λ}}{d s^{2}} + Γ_{μ ν}^{λ} \frac{d x^{μ}}{d s} \frac{d x^{ν}}{d s} = 0

6.2 （b）

狭义相对论的闵氏空间中，度规是常数，所以联络为 0，测地线退化成：

\frac{d^{2} x^{λ}}{d s^{2}} = 0

即：

\frac{d x^{λ}}{d s} = c_{λ}

即

t = c_{0} s + t_{0}, r = c s + r_{0} \to r = v (t - t_{0}) + r_{0}

也就是直线。