$\def\ae#1#2{\text{a.e.} {#1} \in {#2}} \def\brn{\mathbb{R}^N} \def\bR{\mathbb{R}} \def\bN{\mathbb{N}} \def\bC{\mathbb{C}} \def\bQ{\mathbb{Q}} \def\bZ{\mathbb{Z}} \def\bbf{\mathbb{F}} \def\ch{\mathcal{H}} \def\cb{\mathscr{B}} \def\cw{\mathcal{W}} \def\cd{\mathcal{D}} \def\cc{\mathcal{C}} \def\ck{\mathcal{K}} \def\cl{\mathcal{L}} \def\cs{\mathcal{S}} \def\cm{\mathcal{M}} \def\scl{\mathscr{L}} \def\lpr{L^2_{\br}[0,\pi]} \def\lpc{L^2_{\bc}[0,\pi]} \def\lppr{L^2_{\br}[-\pi,\pi]} \def\lppc{L^2_{\bc}[-\pi,\pi]} \def\lpf{L^2_{\bbf}[-\pi,\pi]} \def\cpr{C_{\br}[0,\pi]} \def\brk{\mathbb{R}^k} \def\brm{\mathbb{R}^m} \def\bpk{\mathbb{P}^{k-1}} \def\ixy{\langle x,y\rangle} \def\ixa{\langle x,a\rangle} \def\ixx{\langle x,x\rangle} \def\iyx{\langle y,x\rangle} \def\ixz{\langle x,z\rangle} \def\iyz{\langle y,z\rangle} \def\cat{\text{\rm cat}} \def\ve{\varepsilon} \def\bve{\overline{\ve}} \def\ox{\overline{X}} \def\tf{\tilde{f}} \def\tg{\tilde{g}} \def\th{\tilde{h}} \def\tx{\tilde{X}} \def\ta{\tilde{A}} \def\vp{\varphi} \def\tvp{\tilde{\vp}} \def\wc{\rightharpoonup} \def\hd{\hat{\delta}} \def\hve{\hat{\ve}} \def\unk{u_{n_k}} \def\bu{\boldsymbol{u}} \def\be{\boldsymbol{e}} \def\ba{\boldsymbol{a}} \def\bq{\boldsymbol{q}} \def\bv{\boldsymbol{v}} \def\bw{\boldsymbol{w}} \def\bx{\boldsymbol{x}} \def\bxd{\boldsymbol{\dot{x}}} \def\bxdd{\boldsymbol{\ddot{x}}} \def\ker{\text{Ker}\,} \def\tr{\text{tr}\,} \def\Re{\mathfrak{Re}} \def\Im{\mathfrak{Im}} \def\esssup{\text{ess}\,\sup} \def\sspan{\text{span}} \newcommand{\vat}{\bigg\arrowvert} \def\arcsinh{\text{arc}\sinh}$

Experimental facts

The principles of relativity and determinacy

The galilean group and Newton’s equations

Examples of mechanical systems

Investigation of the equations of motion

Systems with one degree of freedom

Systems with two degrees of freedom

Variational principles

Legendre transformations

Proof: 由 $d(p x-f(x)) / d x=0$ 得, $p=f^{\prime}(x)$, 所以 $d g / d p=x+p d x / d p-f^{\prime}(x) d x=x$. 于 是 $d^{2} g / d p^{2}=d x / d p$. 另一方面由 $d p / d x=f^{\prime \prime}(x), d x / d p=1 / f^{\prime \prime}(x)>0$ 所以 $g$ 也是凸的. Proof: 考虑 $g(p)$ 的Legendre变换. 作函数 $G(x, p)=p x-g(p)$. 那么只要证明 $\max _{p} G(x, p)=$ $f(x)$. 首先, 若取 $x=x(p)$ (原Legendre变换,即 $f \rightarrow g$, 中的最大值点), 则利用原变换中的等式, 可 知 $\max _{p} G(x, p) \geq p x(p)-g(p)=f(x)$. 另一方面, 原Legendre变换中有对任意 $p, p x-f(x) \leq g(p)$, 于是有, $\max _{p} G(x, p)=\max _{p} p x-g(p) \leq f(x)$. 结合以上, 得结论. Proof: Proof: 若有, 对于某区域 $D$ 其体积将趋于 0 , 这与Liouville定理矛盾.

Lagrangian mechanics on manifolds

Holonomic constraints

Differentiable manifolds

E. Noether’s theorem

Differential forms

Exterior multiplication

Solution: 定义 1 微分形式 $\omega: T S \rightarrow \mathbb{R},$ 其中 $\omega(\boldsymbol{x}, t \boldsymbol{w})=t$ 其中 $\boldsymbol{w}$ 为切空间中与圆周相切, 成逆时针方向的单位切矢量.此不可能为某函数的微分, 因为圆周上连续函数必有最大值点, 在此点函数导数为零, 其1-形式也必须为零. Proof: 证明按提示, 需要证明 $(k-1)$-形式 $p \omega^{k}$ 存在唯一, 其值为 $$ (p \omega)_{x}\left(\xi_{1}, \cdots, \xi_{k-1}\right)=\int_{0}^{1} \omega_{t_{x}}\left(x, t \xi_{1}, \cdots, t \xi_{k-1}\right) d t $$ 只对单形证明即可, 设单形 $c_{k-1}=\left\{\sum_{i=1}^{k-1} s_{i} \xi_{i}: 0 \leq s_{i} \leq 1, \forall i\right\}$, 则 $$ p c_{k-1, \boldsymbol{x}}=\left\{t\left(\boldsymbol{x}+\sum_{i=1}^{k-1} s_{i} \xi_{i}\right): 0 \leq s_{i} \leq 1, \forall i, 0 \leq t \leq 1\right\} $$ 由于\begin{array}{c} \int_{c_{k-1}} p \omega^{k}=\int_{c_{k-1}} p \omega^{k}\left(\xi_{1}, \cdots, \xi_{k-1}\right) d s_{1} \cdots, d s_{k-1} \\ \int_{p c_{k-1}} \omega^{k}=\int_{p c_{k-1}} \omega^{k}\left(\boldsymbol{x}+\sum_{i=1}^{k-1} s_{i} \xi_{i}, t \xi_{1}, \cdots, t \xi_{k-1}\right) d t d s_{1} \cdots d s_{k-1} \end{array}在 $s_{i}=0$ 处求导, 于是由定义即得上式. 事实上可直接定义上式为所求 $k-1$-形式. 还需证明 $d \circ p+p \circ d=1$. 在 $\mathbb{R}^{m}$ 上考虑 $k$ 形式. 只需考虑 $\omega^{k}=\phi(x) d x_{1} \wedge \cdots \wedge d x_{n}$. 计算 $p \omega^{k}$ 中项 $d x_{i_{1}} \wedge d x_{i_{k-1}}$ 的系数. 下面 $i$ 表示去掉指标 $i$. 将 $\boldsymbol{e}_{i}$ 的各组合代入得, $$ p \omega^{k}=\sum_{i}\left((-1)^{i+1} \int_{0}^{1} t^{k-1} \phi(t \boldsymbol{x}) x_{i} d t\right) d x_{1} \wedge \cdots \wedge \hat{d x}_{i} \wedge d x_{k} $$ 下面计算 $d p \omega$. 按运算规则. 项 $d x_{s} \wedge d x_{1} \wedge \cdots \wedge d \hat{x}_{i} \cdots \wedge d_{k}$ 前的系数为. 若 $s \neq 1, \cdots, k$. $$ a_{(s, 1, \cdot \hat{,}, \cdots, k)}=(-1)^{i+1} \int_{0}^{1} t^{k} \frac{\partial \phi}{\partial x_{s}}(t \boldsymbol{x}) x_{i} d t $$ 若 $s$ 在 $1, \cdots, k$ 中, 设为 $i$, 则会产生项 $$ \left((-1)^{i+1} \int_{0}^{1} t^{k} \frac{\partial \phi}{\partial x_{i}}(t \boldsymbol{x}) x_{i} d t+(-1)^{i+1} \int_{0}^{1} t^{k-1} \phi(t \boldsymbol{x}) d t\right) d x_{i} \wedge d x_{1} \wedge \cdots \wedge d \hat{x}_{i} \wedge \cdots \wedge d x_{k} $$再计算 $d \omega^{k}$. 显然 $$ d \omega^{k}=\sum_{s \neq 1, \cdots, k} \frac{\partial \phi}{\partial x_{s}}(\boldsymbol{x}) d x_{s} \wedge d x_{1} \wedge \cdots \wedge d_{k} $$ 考虑 $p d \omega$ 中项 $\left.d x_{s} \wedge d x_{1} \wedge \cdots \wedge d \hat{x}_{i} \wedge \cdots \wedge d_{k}\right)$ 的系数若 $s \neq 1, \cdots, k$. 则系数为 $$ (-1)^{i+2} \int_{0}^{1} t^{k} \frac{\partial \phi}{\partial x_{s}}(t \boldsymbol{x}) x_{i} d t $$ 而 $d x_{1} \wedge \cdots \wedge d_{k}$ 的系数为 $$ \sum_{s \neq 1, \cdots, k} \int_{0}^{1} t^{k} \frac{\partial \phi}{\partial x_{s}}(t \boldsymbol{x}) x_{s} d t $$ 合之得 $$ \begin{aligned} d p \omega^{k}+p d \omega^{k} &=\left(\int_{0}^{1} k t^{k-1} \phi(t \boldsymbol{x}) d t+\sum_{s=1, \cdots, m} \int_{0}^{1} t^{k} \phi(t \boldsymbol{x}) x_{s} d t\right) d x_{1} \wedge \cdots \wedge d x_{k} \\ &=\left(\int_{0}^{1} k t^{k-1} \phi(t \boldsymbol{x}) d t+\int_{0}^{1} t^{k} d \phi(t \boldsymbol{x})\right) d x_{1} \wedge \cdots \wedge d x_{k} \\ &=\left(\int_{0}^{1} k t^{k-1} \phi(t \boldsymbol{x}) d t+\left.t^{k} \phi(t \boldsymbol{x})\right|_{0} ^{1}-\int_{0}^{1} k t^{k-1} \phi(t \boldsymbol{x}) d t\right) d x_{1} \wedge \cdots \wedge d x_{k} \\ &=\phi(\boldsymbol{x}) d x_{1} \wedge \cdots \wedge d x_{k} \end{aligned} $$得证. Proof:


第十章51节某习题知乎 可能和问的问题不一样，无视掉物理背景，我来计算 $\lim_{t\to\infty}\frac{1}{t}\mathrm{arg}\left(\sum_ia_ie^{i\omega_it}\right)$ 这是可以靠arnold这一章的空间平均=时间平均定理解决的，过程如下： 首先 $\frac{1}{t}\mathrm{arg}\left(\sum_ia_ie^{i\omega_it}\right)=\frac{1}{t}\arctan\left(\frac{\sum_ia_i\sin(\omega_it)}{\sum_ia_i\cos(\omega_it)}\right)$ 求个导数写成积分的样子 $\frac{1}{t}\arctan\left(\frac{\sum_ia_i\sin(\omega_it)}{\sum_ia_i\cos(\omega_it)}\right)=\frac{1}{t}\left(C+\int_{0}^t\mathrm{d}\tau\,\frac{\sum_{i,j}a_ia_j\omega_i\cos((\omega_i-\omega_j)\tau)}{\sum_{i,j}a_ia_j\cos((\omega_i-\omega_j)\tau)}\right)$ 常数C在极限过程中并没有什么用，下面不妨看做0。 如果我们直接对这个式子应用化时间平均的极限为空间平均，我们需要找一条轨道$\phi(t)=\phi(0)+\omega t$，一条显然的轨道就是$\phi(t)=0+\omega t$，这个时候我们被积函数的形式为$f(\omega)$，然后积分对n个$\omega$积分之后就变成了一个无关于$\omega$的一个数。显然，这样的转化对问题没什么帮助，所以，我们需要去寻找另一组有理无关的频率。为了可解性等一大堆理由，我们相信，这样的频率应当取做$\omega$的某种线性组合，且从$\omega$的有理无关，可以推出他们相互有理无关。 记$\omega_{ij}=\omega_{i}-\omega_j$，可以注意到恒等式： $\omega_{ij}-\omega_{ik}+\omega_{jk}=0$ 所以如果我们选$\Omega_{i}=\omega_{i}-\omega_1$这n-1个变量（当i=1的时候为零）作为我们的频率（显然是有理无关的），此时对于其他的i和j不等于1，我们有 $\omega_{ij}=\Omega_{i}-\Omega_{j}$ 那么上面积分中的被积式就是如下形式： $\sum_ia_i\omega_i f(\Omega_2 \tau,\cdots,\Omega_i \tau,\cdots,\Omega_n \tau)$ 直接化作对空间的积分就得到了 $\lim_{t\to\infty}\frac{1}{t}\mathrm{arg}\left(\sum_ia_ie^{i\omega_it}\right)=\sum_i\frac{a_i\omega_i}{(2\pi)^{n-1}} \int_{T^{n-1}}\mathrm{d}\Omega\,f(\Omega_2,\cdots,\Omega_i,\cdots,\Omega_n)$ 后面就是爆算积分一波带走，但是，不做计算也可以直接看到，极限是$\omega_i$的线性组合。 特殊函数没怎么学过，不知道有没有公式简化这个积分。 ------- 1. 三角的情况： $\sum_i\frac{a_i\omega_i}{(2\pi)^{2}}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\Omega_2\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\Omega_3\,\frac{\sum_{j}a_j\cos(\Omega_i-\Omega_j)}{\sum_{i,j}a_ia_j\cos(\Omega_i-\Omega_j)}$ 即使是二重积分，计算量也特别感人。数值计算了一下，大概是对的（验证了直角三角形和等边三角形）。 2. 不知在哪个年份的夏日的下午的教室里，我写过4根杆的Lagrange函数，但年代久远，物理早已忘光了。 3. 有理无关是为了空间平均=时间平均。我觉得三角的情况可能和三角形稳定性没什么关系。