Lecture Notes of Classical Mechanics by Herbert Goldstein

Lecture Notes on Classical Mechanics

2nd Edition by Herbert Goldstein

本笔记对应的页码与公式编号为经典力学第二版,一些第一版中公式的错误在本版中被修正.注意这与第三版对应页码不同,公式号码接近,但是第三版中新增很多公式上的错误.

本文档除了包括推导, 疑惑 外,做 读书重点 的记录

Ch.1 Survey of the Elementary Principles
P.14 不可解约束举例 书上的例子是一个在平面上做纯滚动的球的约束问题.我们知道在直线或者一根确定的曲线上做纯滚动的球的约束问题是可解约束,因为可以对约束方程


 * $$\begin{align}

\dot{v}=\frac{dl}{dt}=\omega R=\frac{d\theta}{dt} R \end{align}$$

解得


 * $$\begin{align}

l-l_0=(\theta-\theta_0)R \end{align}$$

而在平面上滚动时,我们无法从


 * $$\begin{align}

\dot{v}=\frac{dl}{dt}=\frac{\sqrt{dx^2+dy^2}}{dt}=\omega R=\frac{d\theta}{dt} R \end{align}$$

解得一个类似下面的函数形式


 * $$\begin{align}

\theta=f(x,y;x_0,y_0,\theta_0) \end{align}$$

从物理上考虑,因为上面"函数"中 \theta 的数值约定于平面上连接起点 $$(x_0,y_0)$$ 和终点 $$(x,y) $$的具体曲线的长度,从而不可能仅仅被滚动的起点和终点决定.

P.18 (1-45) 虚位移定理 读书重点 虚位移微元的定义,纯由于广义坐标微元导致的位移微元,其位移微元去除时间微元导致的部分外的剩余部分.虚位移定理可以阐述为:约束力在虚位移下不做功,或者功的总和等于零.

应力需要垂直于虚位移数学上是在约束下导出拉格朗日方程的必然要求. 首先考虑广义坐标变换显含时间的例子.这是一个简单的但是很好的例子.忽略摆线质量,单摆的摆线长度随时间以确定的方式缩短,考虑摆线始终保持绷直的情况, 约定体系的运动方程.类似的问题可以或者不可以借助非惯性系来理解,比如Marion一书Classical Dynamics of Particles and Systems中的例题7.5,书中的习题7-16,7-18,7-24.这个问题摆线的张力在位移下作用,从而显然能量不守恒.这个问题无法直接用受力 分析写下动力学方程,也无法用非惯性系解决.但是仔细考察,发现摆线张力在虚位移下不做功.这是因为虚位移,即纯粹由于摆线角度变化,而去除摆线长度随时 间变化,导致的位移,与摆线张力方向垂直.从而问题得解. 下面考察另外一个广义坐标变化不显含时间的例子.这是一个稍微复杂的例子.在光滑平面上 的放置一个一定质量的光滑的斜面,斜面上一定质量的滑块自由下滑,决定体系的运动方程.首先考虑斜面对滑块的应力方向.由于斜面在平面上的滑动,应力方面 并不与滑块的速度方面垂直,所以这个情况下作为被动力的应力做功.实际上,应力与斜面方向垂直.理解这个问题最直观的办法是取加速运动的斜面为参考系,加 速运动体现在惯性力上,在重力和惯性力两个主动力的作用下,滑块在静止的斜面上下滑,在此参考系中,斜面对滑块的应力与滑块运动方向垂直,由于斜面静止, 应力与斜面垂直,从而在此参考系中应力不做功.在转换为实验室坐标系后,应力方向不变,仍然与斜面垂直,但是不再于速度垂直.现在考虑虚位移的做的功的总 和.滑块的虚位移等于沿着斜面下滑的虚位移加上斜面水平方向滑动的虚位移的负值,由第三定律,斜面水平方向虚位移滑动和滑块水平方面虚位移滑动的功的和等 于零,从而功的总和等于剩余的应力在滑块沿着斜面下滑的虚位移部分的功,由于应力垂直于斜面,这部分功也等于零.应力在虚位移下不做功,故而我们可以用拉 格朗日方程等效的处理这个问题.但是上面的结论我们可以用另一种方法更简洁的得到,我们知道上述体系不存在摩擦,所以体系机械能守恒,即应力在位移下不做 功.另一方面,这个例子里,虚位移和真实位移没有差别,因为广义坐标变换不显含时间,从而应力在虚位移下不做功.

P.20 (1-54) 这个式子可以视为对含时的势场的定义,而非含时的力的定义.

P.21 (1-57) 需要注意,这里考虑的坐标变换是含时的(1-38)一般情况.显然上述推导可以同样适用于不含任何约束或者坐标变换不含时的特殊情况.

Ch.2 Variational Principles and Lagrange's Equations
P.46 (2-21) 这里讨论的是在含约束的情况下的变分原理,以及导致的运动方程组.

问题是在含约束(2-20)时,由变分原理导出运动方程的整个过程应该如何改动.考察导出拉格朗日方程的过程,需要讨论在变分原理中考虑约束的情况.类比在统计力学中吉布斯统计推导平衡态分布函数的过程,或者数学中的约束极值问题.我们可以引入拉格朗日乘子,改写作用量为含有拉格朗日乘子项的作用量,通过变分原理,直接得到(2-29).

书中的论述逻辑略有不同.它不引用拉格朗日乘子的数学工具,而是直接从头论证引入拉格朗日乘子的合理性.参考下面(2-28)的笔记.

最后我们给出如何直接牛顿力学导出(2-29). 首先我们简单的给出推导(1-53)的主要步骤.考虑坐标变换
 * $$\begin{align}

x_i=x_i(q_{\alpha},t) \end{align}$$ 这里$$i,j\cdots$$用以标记直角坐标,$$\alpha,\beta,\cdots$$用以标记广义坐标,并且默认利用爱因斯坦求和规则.在直角坐标中写下


 * $$\begin{align}

\mathcal{L}\equiv\frac{1}{2}m_i\dot{x}_i^2-V(x_i) \end{align}$$

我们可以证明


 * $$\begin{align}

\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}_{\alpha}}\right)-\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial {q}_{\alpha}}\right) = \left(m_i\ddot{x}_i-\left(-\frac{\partial V}{\partial x_i}\right)\right)\left(\frac{\partial x_i}{\partial q_{\alpha}}\right)\equiv Q_{\alpha} \end{align}$$

其中利用


 * $$\begin{align}

&\frac{\partial \dot{x}_i}{\partial \dot{q}_{\alpha}}=\frac{\partial {x}_i}{\partial {q}_{\alpha}}\\ &\frac{\partial \dot{x}_i}{\partial {q}_{\alpha}}=\dot{\left(\frac{\partial {x}_i}{\partial {q}_{\alpha}}\right)} =\frac{\partial^2 {x}_i}{\partial {q}_{\alpha}{q}_{\beta}}\dot{q}_{\alpha}+\frac{\partial {x}_i}{\partial t} \end{align}$$

由虚位移的定义


 * $$\begin{align}

\delta x_i=\left(\frac{\partial {x}_i}{\partial {q}_{\alpha}}\right)\delta {q}_{\alpha} \end{align}$$

利用虚位移定理以及广义坐标的独立性即得拉格朗日方程(1-53).

现在考虑存在约束,$$n$$个广义坐标中,后$$m$$广义坐标不独立且满足约束条件
 * $$\begin{align}

q_{\beta}=q_{\beta}(q_{\alpha}) \end{align}$$

其中$$\alpha=1,2,\cdots,n-m; \beta=n-m+1,\cdots,n$$这样利用(1-53)的形式,如果我们写下对应$$(n-m)$$个独立的坐标的拉格朗日方程,方程对应为


 * $$\begin{align}

\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}_{\alpha}}\right)-\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial {q}_{\alpha}}\right)+ \left[\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}_{\beta}}\right)-\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial {q}_{\beta}}\right)\right]\left(\frac{\partial q_{\beta}}{\partial q_{\alpha}}\right) =0 \end{align}$$ 注意到其中对$$q_\alpha$$的偏导还可以以$$\dot{q}_\beta$$为中间变量,但是这一项的贡献正好和$$\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}_{\beta}}\frac{\partial q_{\beta}}{\partial q_{\alpha}}\right)$$中对第二个因子的时间全导数消去了.另外如果$$q_{\beta}=q_{\beta}(q_{\alpha},t)$$,上述结果仍然成立.

可以证明这和(2-29)是完全一致的.首先我们证明由(2.9)可以证明上式成立,我们代入约束函数的具体形式,由$$f^{\beta} =q_{\beta}-q_{\beta}(q_{\alpha})$$,将约束系数的定义(2-36)代入(2-29),对$$\alpha,\beta$$分别得到
 * $$\begin{align}

&\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}_{\alpha}}\right)-\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial {q}_{\alpha}}\right) =\lambda^{\beta} a_{\beta\alpha} = \lambda^{\beta}\frac{\partial f^{\beta}}{\partial q_{\alpha}}= -\lambda^{\beta}\frac{\partial q_{\beta}}{\partial q_{\alpha}}\\ &\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}_{\beta}}\right)-\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial {q}_{\beta}}\right) =\lambda^{\beta'} a_{\beta'\beta} = \lambda^{\beta'}\frac{\partial f^{\beta'}}{\partial q_{\beta}}=\lambda^{\beta} \end{align}$$ 显然满足上式.

反过来,从上面的方程出发.我们可以得到(2-29)的形式.我们引入$$m$$个待定参数满足对$$\beta$$方程
 * $$\lambda^{\beta}\equiv \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}_{\beta}}\right)-\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial {q}_{\beta}}\right)

$$ 将等式右边代入上述方程即得到关于$$\alpha$$的方程
 * $$\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}_{\alpha}}\right)-\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial {q}_{\alpha}}\right)

=-\left[\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}_{\beta}}\right)-\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial {q}_{\beta}}\right)\right]\left(\frac{\partial q_{\beta}}{\partial q_{\alpha}}\right) =-\lambda^{\beta}\frac{\partial q_{\beta}}{\partial q_{\alpha}}=\lambda^{\beta}\frac{\partial f^{\beta}}{\partial q_{\alpha}}$$ 不难注意到实际上$$\lambda^{\beta}=\lambda^{\beta'}\frac{\partial f^{\beta'}}{\partial q_{\beta}}$$,所以$$\alpha,\beta$$的方程就是(2-29).证毕.

从上面的方程组消去$$\lambda^{\beta}$$即得前面得到的拉格朗日方程.

P.47 (2-28) 按变分原理,我们得到(2-23),注意到它仅在求和的情况下正确.在没有约束的变分原理中,求和的每个分量都为零,来自于每个广义坐标都是相互独立的,所以我们只选取某特定的广义坐标的虚变分不为零,而保持其余广义坐标不变.显然,上述论证在存在约束的情况下并不再成立.

书中给出的方法是,考先通过$$m$$个拉格朗日乘子保证(2-26),它对应$$m$$不独立的广义坐标的方程,然后依次触发每个独立的广义坐标$$dq_i$$的虚变分,这时(2-25)的求和仅仅与 $$(dq_i; dq_{n-m+1}...dq_n)$$ 有关,但是利用(2-26),不独立的广义坐标虚变分前的系数为零,所以最后仅仅剩余一项与$$dq_i$$有关,这导致(2-28). 联合(2-26)和(2-28)即得(2-29).这和直接利用数学上拉格朗日乘子的方式得到的结果完全一致.

P.48 (2-31) 这里关于约束力的讨论非常巧妙,值得重点指出.这里的思路是我们如何论证从变分原理出发得到拉格朗日方程的右边其实就是约束力.假设不存在约束,则广义坐标相互独立.接着引入附加的(非保守)外力使得体系的运动方程与含约束的情况完全一致.这时我们比较$$n$$个广义坐标不含约束的拉格朗日方程(1-53)或者(2-31),和含约束的拉格朗日运动方程(2-29),自然的得到,含拉格朗日乘子的项正是对应广义坐标的约束力.

当然,从上面笔记的讨论中,我们看到从牛顿力学出发,可以比较直接的得到这个结论.

值得指出,如果约定约束方程(2-34)为$$f^j =q_j-q_j(q_i)$$,参见下面对(2-35)的讨论.那么在广义坐标$$j$$的运动方程对应的约束力,换言之广义约束力的$$j$$分量为


 * $$\begin{align}

Q_j = \lambda^{j'} a_{j'j} = \lambda^{j'}\frac{\partial f^{j'}}{\partial q_j}=\lambda^{j'}\delta_{jj'}=\lambda^j \end{align}$$

这个结果在Marion一书中被使用.特别的,如果$$q_j$$与其他广义坐标正交且$$q_j$$具有长度量纲,那么$$\lambda^j$$就是约束力.

P.48 (2-32) 在书中和上面笔记的讨论中,我们对完整约束利用约束力在虚位移下不做功的假定出发,导出了拉格朗日方程.反过来,这里将利用最小作用量原理对非完整约束体系证明,在此前提下约束力对虚位移的确不做功. 我们在由最小作用量原理决定的真实路径上附近讨论问题,等式右边的变为即可以理解为保守力在虚伪一下做功对时间的积分.如书上所述,两边积分得到(2-32),由(1-52)左边可以化为
 * $$\begin{align}

-\int_{t_1}^{t_2}\sum_kQ_k\delta q_k dt \end{align}$$ 其中
 * $$\begin{align}

\sum_kQ_k\delta q_k=\sum_kQ_k\delta q_k+\sum_kQ'_k\delta q_k \end{align}$$ 可以分开写为保守力部分和约束力部分.而保守力部分和等式右边形式一致,可以直接消去.从而可以化简得到 $$\int_{t_1}^{t_2} \sum_kQ'_k\delta q_k dt=0$$.注意到因为是在真实路径上对时间积分,可以选取路径上任意时间段,等式都成立,而这等价于被积函数恒为零(2-33)

P.49 (2-35) 如书中所述,完整约束可以视为非完整约束的特例.对于完整约束,除了如书中的例子可以用非完整约束的拉格朗日不定乘子的办法处理外,其实可以直接证明,约束力不做功.下面给出证明. 首先我们约定, $$i$$ 仅对独立广义坐标求和, $$j$$ 仅对非独立的广义坐标求和,而 $$k$$ 对所有广义坐标求和.从而,记独立的广义坐标为 $$q_i$$ ,而不独立的广义坐标可以表达为 $$q_i $$的函数 $$q_j(q_i)$$,这个关系可以理解为虚位移的约束关系 $$\delta q_j=\frac{\partial q_j}{\partial q_i}\delta q_i$$.它对应(2-34)为$$f^j =q_j-q_j(q_i)$$ .对此求全微分并比较(2-35),得到


 * $$\begin{align}

&a_{jj'}=\delta_{jj'} \\ &a_{ji}=-\frac{\partial q_j}{\partial q_i} \end{align}$$ 代回(2-33)


 * $$\begin{align}

\sum_k Q_k \delta q_k=\sum_k (\sum_j \lambda_j a_{jk}) \delta q_k=\sum_{j'} (\sum_j \lambda_j a_{jj'}) \delta q_{j'}+\sum_{i} (\sum_j \lambda_j a_{ji}) \delta q_{i} = \sum_j \lambda_j   (dq_j-\sum_i  \frac{\partial q_j}{\partial q_i} \delta q_{i})=0 \end{align}$$

P.51 最后一式 利用


 * $$\begin{align}

&\ddot{x}=\frac{dv}{dt}=\frac{dv}{dx}\frac{dx}{dt}=v\frac{dv}{dx} \\ &v\frac{dv}{dx}=\ddot{x}=r\ddot{\theta}=\frac{g \sin \phi}{2} \\ &\frac{1}{2} d(v^2)=\frac{g \sin \phi}{2} dx \end{align}$$ 两边积分即得.

P.57 (2-49) 这里 $$\mathbf{n}$$ 可以理解为 $$dq_j$$ (书中所讨论的平移)导致的在直角坐标 $$i$$ 方向上的微分 $$d\mathbf{r}_i$$.

Ch.3 The Central Force Problem
P.84 (3.25) 等式右边的$$ \mathbf{r}_i $$是从坐标轴原点指向相互作用位置的矢量,需要对每个气体分子$$ i $$求和.但是因为气体和容易仅仅在器壁表面位置发生相互作用,类似普通物理,力的微元可以用压强和表面微元来表达.做时间和表面积平均后, $$\sum_i \mathbf{F}_i \cdot \mathbf{r}_i$$ 项可以表达为 $$\mathbf{r}$$ 在表面上点积的面积分,然后利用高斯定理.

P.104 自由度数目的讨论 中 心立场体系有6个自由参数.它们可以理解为初始0时刻的位置和速度3+3,这六个参数可以把体系完全确定下来,我们可以推算任何时刻体系的任意物理量.利 用守恒量,能量和角动量一共有4个参数,似乎还缺2个,但是实际上从守恒量的角度,我们永远无法知道初始时刻(因为所有的量都是运动积分,从而不是时间的 函数),所以最多再找到一个参数.从这个角度来讲,Laplace-Runge-Lenz矢量(在能量和角动量确定的前提下)只有一个分量是独立的.

P.108 Fig.(3.21) 图(3.21)是对有限大小的势场(库仑势不是有限势),排斥势.在入射粒子的碰撞系数为零时,散射角为零,因为粒子能量大于市场,粒子直接穿过无偏转(库仑势由公式得偏转角为90度).

P.113 Fig.(3.23) 图(3.23)是对近程无限排斥,远程吸引的势场(3.22).一般情况下 $$E>E_2$$ ,由于无限排斥,碰撞系数为零对应角度为 $$\pi$$ ,由于是排斥很小的碰撞系数对应散射角度为正,所以零碰撞系数应角度为 $$+\pi $$.由于远程吸引,在碰撞系数足够大时,散射角为负.

P.118 (3.115) 书上的说法似乎有 疑惑 ,但是结论正确,我们这里给出讨论. 按定义,散射截面是单位时间从单位立体角中出射的粒子,与入射粒子流强度比值.这样定义,是因为单位时间从单位立体角中出射的粒子显然与入射粒子的流强度(不是入射粒子流,而是单位面积的入射粒子流)呈成比,所以值得把这个已知的因子从定义中挪去. 在经典力学中,由于决定性,散射截面实际上(间接的)是碰撞系数的函数,在量子力学中,碰撞系数并入进入所讨论的问题,但是正如书中指出的,由于角动量守恒,我们可以得到相同的Rutherford散射公式. 在质心系,我们有


 * $$\begin{align}

&\frac{dI}{dt}=j_{in}\cdot dS_{in}=j_{out}\cdot dS_{out} \\ &dS_{in} = 2\pi b db \\ &dS_{out} = r^2 d\Omega_{out} = 2\pi r^2 \sin \Theta d\Theta \\ \end{align}$$

按散射截面的定义,我们有


 * $$\begin{align}

\sigma = \frac{dI}{j_{in}dtd\Omega_{out}}=\frac{dS_{in}}{d\Omega_{out}}=\frac{ b}{\sin \Theta}|\frac{ db}{d \Theta}| \end{align}$$

完全类似的,在实验室坐标系(用撇号表示),我们有


 * $$\begin{align}

&\frac{dI'}{dt}=j'_{in}\cdot dS_{in}=j'_{out}\cdot dS'_{out} \\ &dS_{in} = 2\pi b db \\ &dS'_{out} = r^2 d\Omega'_{out} = 2\pi r^2 \sin \vartheta d\vartheta \end{align}$$

按散射截面的定义,我们有


 * $$\begin{align}

\sigma' = \frac{dI'}{j'_{in}dtd\Omega'_{out}}=\frac{dS_{in}}{d\Omega'_{out}}=\frac{ b}{\sin \vartheta}|\frac{ db}{d \vartheta}| \end{align}$$ 这是书上的(3.103),注意到这个结果在形式上不仅和入射粒子流强度无关,和入射粒子的速度或者能量也无关. 这里需要注意的是入射面积微元形式不变.联立两式,我们得到转换公式


 * $$\begin{align}

&\frac{\sigma'}{\sigma} = \frac{\sin \Theta}{\sin \vartheta}|\frac{ d\Theta}{d \vartheta}| \\ &\sigma'(\vartheta) = \sigma(\Theta)\frac{\sin \Theta}{\sin \vartheta}|\frac{ d\Theta}{d \vartheta}| \end{align}$$ 此即书上的结论,而与书上结论不同之处在于,其中 $$\sigma(\Theta)$$ 的确是我们在质心系中测量到的散射截面.

Ch.4 The Kinematics of Rigid Body Motion
P.147 (4-47) 根据之前图(4-4)的讨论给出的两种理解.这里取坐标轴旋转的定义.比如,先把坐标轴绕着原来 $$z $$轴逆时针旋转 $$\phi$$ ,我们得到某空间位置矢量在新坐标系下的坐标值.接着再做第二个矩阵操作,因为矩阵作用在矢量在新坐标系中的分量上,相当于新坐标系绕着自身的 $$x$$ 轴逆时针旋转 $$\theta$$ .注意按定义,这里的操作是绕着新坐标系的 $$x $$轴逆时针旋转 $$\theta$$ ,而非绕着最初的坐标系的 $$x$$ 轴逆时针旋转 $$\theta$$ .这里,第二次操作的旋转轴是谁,在对同一个轴连续进行两次旋转操作时是无关紧要,因为两次操作的旋转轴相同,但是在欧乐角约定下,必须注意区分.

P.162 (4-90 4-91) 任何一个实正交矩阵对应一个转动,这里给出了如何具体决定这个转动的一般方法.转动的方向对应矩阵本征值为$$1$$的本征矢量,转动的大小$$\theta$$由矩阵的迹决定,它等于$$1+2\cos\theta$$.

使用这个方法,如果我们把转动定义为以转轴为方向转动角度为模的矢量,通过演算基矢的连续操作,我们可以证明在保留到一阶小量的近似下,转动的叠加满足矢量加法的定义.换言之,无限小转动是矢量.

P.170 (4-110) 第三版中,此式没有证明.第二版在附录中证明了此式.证明的关键是用反对称符号 $$\varepsilon_{ijk}$$ 表达转动微元矩阵 $$\epsilon $$, $$\epsilon_{ij}=\varepsilon_{ijk}d\Omega_k$$ 以及$$3\times 3$$行列式 $$\varepsilon_{\mu\nu\rho}A_{i\mu}A_{j\nu}A_{k\rho}=\varepsilon_{ijk}|A|$$ .由于 $$A$$ 是实正交阵,行列式的为 $$\pm1$$ ,行列式部分仅仅指示符号.从而,矢量和赝矢量在空间反演下的区别仅仅是一个负号.

P.176 (4-124) 这里用在数学上给出了证明.其具体讨论和物理上的应用参见(5-37)的讨论.

P.176 (4-125) 这里考虑微小的欧拉角的变化 $$(\phi,\theta,\psi) \rightarrow (\phi+\delta\phi,\theta+\delta\theta,\psi+\delta\psi) $$对应的角速度,由于角速度的矢量性质,这相当于下面三个变化对应的角速度的矢量和
 * $$\begin{align}

&(\phi,\theta,\psi) \rightarrow (\phi+\delta\phi,\theta,\psi)\\ &(\phi,\theta,\psi) \rightarrow (\phi,\theta+\delta\theta,\psi)\\ &(\phi,\theta,\psi) \rightarrow (\phi,\theta,\psi+\delta\psi) \end{align}$$ 而书中接下来分别把这三个角速度矢量在刚体(旋转之后)的体坐标上做分量的投影.而(4-125)是最后各分量的和. 比如考虑 $$(\phi,\theta,\psi) \rightarrow (\phi,\theta+\delta\theta,\psi) $$对应的角速度.首先我们考虑转轴,容易验证,对未转动前原始坐标系中的单位矢量 $$\left( \begin{array}{c} \cos\phi\\ \sin\phi\\ 0 \end{array}\right)$$ 坐标系进行欧拉转动后,我们得到


 * $$\begin{align}

&\left( \begin{array}{ccc} \cos\psi & \sin\psi &0\\ -\sin\psi & \cos\psi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right) \left( \begin{array}{ccc} 1 &0& 0 \\ 0&\cos\theta & \sin\theta \\ 0&-\sin\theta & \cos\theta \\ \end{array}\right)  \left( \begin{array}{ccc} \cos\phi & \sin\phi &0\\ -\sin\phi & \cos\phi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right)  \left( \begin{array}{c} \cos\phi\\ \sin\phi\\ 0 \end{array}\right)  \\ &=\left( \begin{array}{ccc} \cos\psi & \sin\psi &0\\ -\sin\psi & \cos\psi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right) \left( \begin{array}{ccc} 1 &0& 0 \\ 0&\cos\theta & \sin\theta \\ 0&-\sin\theta & \cos\theta \\ \end{array}\right)  \left( \begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right) \\ &=\left( \begin{array}{ccc} \cos\psi & \sin\psi &0\\ -\sin\psi & \cos\psi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right) \left( \begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right)  \\ &=\left( \begin{array}{c} \cos\psi\\ -\sin\psi\\ 0 \end{array}\right) \end{align}$$

我们注意到,上述单位矢量在经过欧拉转动后的新坐标系中并不是 $$\theta$$ 的函数.我们可以定义两个不同 $$\theta$$ 角度的旋转的"差",它自然的被定义为一个旋转和一个旋转的逆的乘积,从而同样是一个旋转.换言之,这个转动连接着两个不同$$\theta$$ 角度转动的終态,它的转轴必然是沿着方向
 * $$\left(

\begin{array}{c} \cos\psi\\ -\sin\psi\\ 0 \end{array}\right)$$

因为坐标系在此旋转下,该矢量在新坐标中各分量读数保持不变.数学上为


 * $$\begin{align}

\left( \begin{array}{ccc} \cos\psi & \sin\psi &0\\ -\sin\psi & \cos\psi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right) \left( \begin{array}{ccc} 1 &0& 0 \\ 0&\cos\theta & \sin\theta \\ 0&-\sin\theta & \cos\theta \\ \end{array}\right) \left( \begin{array}{ccc} \cos\phi & \sin\phi &0\\ -\sin\phi & \cos\phi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right) \left( \begin{array}{c} \cos\phi\\ \sin\phi\\ 0 \end{array}\right)\\ \end{align}$$


 * $$\begin{align}

=\left( \begin{array}{ccc} \cos\psi & \sin\psi &0\\ -\sin\psi & \cos\psi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right) \left( \begin{array}{ccc} 1 &0& 0 \\ 0&\cos(\theta+\delta\theta) & \sin(\theta+\delta\theta) \\ 0&-\sin(\theta+\delta\theta) & \cos(\theta+\delta\theta) \\ \end{array}\right)  \left( \begin{array}{ccc} \cos\phi & \sin\phi &0\\ -\sin\phi & \cos\phi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right)  \left( \begin{array}{c} \cos\phi\\ \sin\phi\\ 0 \end{array}\right) \end{align}$$


 * $$\begin{align}

&\left( \begin{array}{ccc} \cos\phi & \sin\phi &0\\ -\sin\phi & \cos\phi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right)^{-1} \left( \begin{array}{ccc} 1 &0& 0 \\ 0&\cos(\theta+\delta\theta) & \sin(\theta+\delta\theta) \\ 0&-\sin(\theta+\delta\theta) & \cos(\theta+\delta\theta) \\ \end{array}\right)^{-1}  \left( \begin{array}{ccc} \cos\psi & \sin\psi &0\\ -\sin\psi & \cos\psi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right)^{-1}  \left( \begin{array}{ccc} \cos\psi & \sin\psi &0\\ -\sin\psi & \cos\psi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right)  \\ &\left( \begin{array}{ccc} 1 &0& 0 \\ 0&\cos\theta & \sin\theta \\ 0&-\sin\theta & \cos\theta \\ \end{array}\right) \left( \begin{array}{ccc} \cos\phi & \sin\phi &0\\ -\sin\phi & \cos\phi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right)  \left( \begin{array}{c} \cos\phi\\ \sin\phi\\ 0 \end{array}\right)  \\ &=\left( \begin{array}{c} \cos\phi\\ -\sin\phi\\ 0 \end{array}\right) \end{align}$$

换言之,该矢量是两个不同 $$\theta$$ 角度旋转的转轴,即坐标系旋转 $$(\phi,\theta,\psi) \rightarrow (\phi,\theta+\delta\theta,\psi)$$ 对应的角速度的方向.非常直观的,相应角速度的大小为 $$\dot\theta$$ .数学上,上述旋转矩阵可以化简为


 * $$\begin{align}

&\left( \begin{array}{ccc} \cos\phi & \sin\phi &0\\ -\sin\phi & \cos\phi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right)^{-1} \left( \begin{array}{ccc} 1 &0& 0 \\ 0&\cos(\theta+\delta\theta) & \sin(\theta+\delta\theta) \\ 0&-\sin(\theta+\delta\theta) & \cos(\theta+\delta\theta) \\ \end{array}\right)^{-1}  \left( \begin{array}{ccc} \cos\psi & \sin\psi &0\\ -\sin\psi & \cos\psi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right)^{-1}  \left( \begin{array}{ccc} \cos\psi & \sin\psi &0\\ -\sin\psi & \cos\psi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right)  \left( \begin{array}{ccc} 1 &0& 0 \\ 0&\cos\theta & \sin\theta \\ 0&-\sin\theta & \cos\theta \\ \end{array}\right)  \left( \begin{array}{ccc} \cos\phi & \sin\phi &0\\ -\sin\phi & \cos\phi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right) \\ &=\left( \begin{array}{ccc} \cos\phi & \sin\phi &0\\ -\sin\phi & \cos\phi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right)^{-1} \left( \begin{array}{ccc} 1 &0& 0 \\ 0&\cos(\theta+\delta\theta) & \sin(\theta+\delta\theta) \\ 0&-\sin(\theta+\delta\theta) & \cos(\theta+\delta\theta) \\ \end{array}\right)^{-1}  \left( \begin{array}{ccc} 1 &0& 0 \\ 0&\cos\theta & \sin\theta \\ 0&-\sin\theta & \cos\theta \\ \end{array}\right)  \left( \begin{array}{ccc} \cos\phi & \sin\phi &0\\ -\sin\phi & \cos\phi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right) \\ &=\left( \begin{array}{ccc} \cos\phi & -\sin\phi &0\\ \sin\phi & \cos\phi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right) \left( \begin{array}{ccc} 1 &0& 0 \\ 0&\cos(\theta+\delta\theta) & -\sin(\theta+\delta\theta) \\ 0&\sin(\theta+\delta\theta) & \cos(\theta+\delta\theta) \\ \end{array}\right)  \left( \begin{array}{ccc} 1 &0& 0 \\ 0&\cos\theta & \sin\theta \\ 0&-\sin\theta & \cos\theta \\ \end{array}\right)  \left( \begin{array}{ccc} \cos\phi & \sin\phi &0\\ -\sin\phi & \cos\phi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right) \\ &=\left( \begin{array}{ccc} \cos\phi & -\sin\phi &0\\ \sin\phi & \cos\phi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right) \left( \begin{array}{ccc} 1 &0& 0 \\ 0&\cos\delta\theta & -\sin\delta\theta \\ 0&\sin\delta\theta & \cos\delta\theta \\ \end{array}\right)  \left( \begin{array}{ccc} \cos\phi & \sin\phi &0\\ -\sin\phi & \cos\phi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right)  \\ &=\left( \begin{array}{ccc} \cos\phi & -\sin\phi &0\\ \sin\phi & \cos\phi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right) \left( \begin{array}{ccc} \cos\phi & \sin\phi &0\\ -\sin\phi\cos\delta\theta & \cos\phi\cos\delta\theta & -\sin\delta\theta\\ -\sin\phi\sin\delta\theta &\cos\phi\sin\delta\theta & \cos\delta\theta \end{array}\right)  \\ &=\left( \begin{array}{ccc} 1+\sin^2\phi(\cos\delta\theta-1) & 0 & \sin\phi\sin\delta\phi\\ 0 & 1+\cos^2\phi(\cos\delta\theta-1) & -\cos\phi\sin\delta\phi\\ .. & .. & \cos\delta\theta \end{array}\right) \end{align}$$

对角元的和等于 $$1+2\cos\delta\theta$$ ,比较(4-91)知,转动角度为的确为 $$\delta\theta$$ .对角元的和实际上在倒数第三步的时候就可以轻易的得到,因为相似变换不改变矩阵的迹. 一个典型的错误是对(4-47)的迹对 $$\theta$$ 求导,然后尝试将结果与(4-91)做比较.这是错误的.因为转动的差,是矢量差,应该被定义为矩阵与(一个与矩阵数值上很接近的矩阵的)逆阵的乘积,而不是这两个矩阵对应各元素的差.

结论, 在为转动前原始坐标系中的单位矢量 $$\left( \begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right)$$ 是转动差 $$(\phi,\theta,\psi) \rightarrow (\phi+\delta\phi,\theta,\psi)$$ 的方向,在最终坐标系中,该方向为


 * $$\begin{align}

&\left( \begin{array}{ccc} \cos\psi & \sin\psi &0\\ -\sin\psi & \cos\psi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right) \left( \begin{array}{ccc} 1 &0& 0 \\ 0&\cos\theta & \sin\theta \\ 0&-\sin\theta & \cos\theta \\ \end{array}\right)  \left( \begin{array}{ccc} \cos\phi & \sin\phi &0\\ -\sin\phi & \cos\phi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right)  \left( \begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right)  \\ &=\left( \begin{array}{c} \sin\theta\cos\psi\\ \sin\theta\sin\psi\\ \cos\theta \end{array}\right) \end{align}$$ 在为转动前原始坐标系中的单位矢量 $$\left( \begin{array}{c} \cos\phi\\ \sin\phi\\ 0 \end{array}\right)$$ 是转动差 $$(\phi,\theta,\psi) \rightarrow (\phi,\theta+\delta\theta,\psi)$$ 的方向,在最终坐标系中,该方向为


 * $$\begin{align}

&\left( \begin{array}{ccc} \cos\psi & \sin\psi &0\\ -\sin\psi & \cos\psi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right) \left( \begin{array}{ccc} 1 &0& 0 \\ 0&\cos\theta & \sin\theta \\ 0&-\sin\theta & \cos\theta \\ \end{array}\right)  \left( \begin{array}{ccc} \cos\phi & \sin\phi &0\\ -\sin\phi & \cos\phi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right)  \left( \begin{array}{c} \cos\phi\\ \sin\phi\\ 0 \end{array}\right)  \\ &=\left( \begin{array}{ccc} \cos\psi & \sin\psi &0\\ -\sin\psi & \cos\psi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right) \left( \begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right)  =\left( \begin{array}{c} \cos\psi\\ -\sin\psi\\ 0 \end{array}\right) \end{align}$$ 在为转动前原始坐标系中的单位矢量 $$\left( \begin{array}{c} \sin\theta\sin\phi\\ -\sin\theta\cos\phi\\ \cos\theta \end{array}\right) $$ 是转动差 $$(\phi,\theta,\psi) \rightarrow (\phi,\theta,\psi+\delta\psi) $$的方向,在最终坐标系中,该方向为


 * $$\begin{align}

&\left( \begin{array}{ccc} \cos\psi & \sin\psi &0\\ -\sin\psi & \cos\psi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right) \left( \begin{array}{ccc} 1 &0& 0 \\ 0&\cos\theta & \sin\theta \\ 0&-\sin\theta & \cos\theta \\ \end{array}\right)  \left( \begin{array}{ccc} \cos\phi & \sin\phi &0\\ -\sin\phi & \cos\phi & 0\\ 0 &0& 1 \end{array}\right)  \left( \begin{array}{c} \sin\theta\sin\phi\\ -\sin\theta\cos\phi\\ \cos\theta \end{array}\right)  \\ &=\left( \begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right) \end{align}$$

实际上,上面的讨论可以用下述简单的论证导出.考虑转动差 $$(\phi,\theta,\psi) \rightarrow (\phi,\theta+\delta\theta,\psi)$$ 对应转动矩阵为 $$R_{\theta}$$, 按定义,它满足
 * $$R_{\theta}R_{z}(\psi)R_{x'}(\theta)R_z(\phi)=R_{z}(\psi)R_{x'}(\theta+\Delta\theta)R_z(\phi)$$

从而
 * $$R_{\theta}=R_{z''}(\psi)R_{x'}(\Delta\theta)R_z(-\psi)$$

在刚体的体坐标系中,这对应转轴为
 * $$\left(\begin{array}{c}

\cos\psi\\ -\sin\psi\\ 0 \end{array}\right) $$ 这是因为右边第一个操作把这个转轴转到 $$z$$ 轴方向,接着以 $$z$$ 轴旋转 $$\Delta\theta$$, 最后把新的 $$z$$ 轴放回原来位置.或者可以理解如下,有两个矢量在 $$\{x',y',z'\}$$ 坐标系中通过绕 $$z'$$ 轴旋转 $$\Delta\theta$$ 角度相互联系,而上述等式是这两个矢量在 $$\{x,y,z\}$$ 坐标系中的关系式,这两个坐标系的差别是一个绕 $$x$$ 轴 $$\psi$$ 角度的旋转.

P.177 (4-127) 曲线坐标加速度表达式 读书重点 这里有个容易导致的错误,由于刚体点总是存在一个即时的转轴,该转轴是静止的.不失一般性,考虑两维情况,总是可以找到一个点,它的即时速度为零.这时刚体上所有其他点的即时运动都围绕该点做圆周运动.注意,这个点并不一定是刚体上其他点瞬时等效圆周运动的圆心.因为即时转轴满足的条件仅仅是 $$\dot{r}=0 $$,而即时圆心,必须满足 $$\dot{r}=\ddot{r}=0$$ ,才会使得等式右边只有向心力的一项有贡献,作为代价,虽然每时每刻,我们所讨论的即时圆心是指一个静止点,但是这个点一般情况下并不与刚体上的某个物质点重合. 一个简单的例子是做纯滚动的轮子,和地面的接触点的即时速度为零,但是它并不是接触点与圆心连线延长线在轮子上沿那点的(轨迹的)即时圆心(!),计算那点的加速度的时候特别要注意.轮子上沿点的即时圆心,按数学上曲率的定义通过$$\frac{d r}{d \theta}=\frac{d^2 r}{d \theta^2}=0$$得到.从而有$$\dot{r}=\frac{d r}{d \theta}\dot{\theta}=0$$以及$$\ddot{r}=\frac{d^2 r}{d \theta^2}\dot{\theta}^2+\frac{d r}{d \theta}\ddot{\theta}=0$$,所以得到高中物理书上的著名结论,即相对即时圆心的加速度只有向心加速度和切向加速度.

Ch.5 The Rigid Body Equation of Motion
P.189 Fig.(5-1) 此图证明,选择刚体的不同点作为惯性坐标的原点,刚体运动的角速度(矢量)总是一致的. 一个简单的例子是做纯滚动的轮子,我们可以选取轮子的中心或者与地面的接触点作为惯性系的原点,容易发现,求得的角速度是一致的.

P.193 (5-13) 因为是正交变换,变换矩阵的转置等于逆阵

P.204 (5-37) 欧乐方程 读书重点 这个问题其实在本科第一次学习时没有完全搞通,但的确是一个容易混淆的困难点,虽然它的起源(4-124)形式上貌似非常容易理解.

首先(4-124)适用于任何一个矢量.对位置矢量,这是非常显然的.注意到对任何矢量适用,因为我们实际上定义这个矢量在任何坐标系(静止的或者转动的, 惯性系或者非惯性系,因为这里我们考虑的是运动学)中矢量形式不变.对位置坐标,这是显然的.在(4-127)中对速度的运用,这个矢量是在实验室空间惯 性系中速度.(4-127)第一行右边第一项,指的是实验室空间惯性系中速度 $$\vec v_s$$ 在转动坐标系中对时间的导数.因为矢量虽然在不同的坐标系中相同,但矢量对时间的导数(由于转动坐标系的影响)在不同的坐标系中不同.

在这个意义下,(5-37)导致的(5.39)实际上是关于刚体在实验室惯性系中的角速度在随动坐标系中的动力学方程.方程组的解是随动坐标系中看到的角速 度矢量随时间的演化.由于刚体的转动,实验室惯性系中的角速度与随动系中角速度相同,但是其在实验室坐标系下的表达式及刚体的位形需要通过坐标转换得到.

这里有两点需要强调.其一,(5-38)的左边的角动量是在实验室惯性系中的角动量,而非随动坐标系中观察到的角动量,后者显然始终等于零,无需通过运动方 程来求解.左边的角动量是在实验室惯性系中的角动量,因为如前所述方程(5-37)左右对应同一矢量,而方程(5-38)右边的角动量是在实验室惯性系中 的角动量.其二,那么为什么我们写下在随动非惯性坐标系下的方程,而不简单的写下在实验室坐标系下,特别是,角动量在实验室坐标系下也可以利用惯量主轴写 为(5-23).换言之,如果我们试图在实验室惯性系中写下刚体运动方程,会面临什么问题.这是一个很好的问题.在实验室惯性系下,运动方程其实就是 P.204上的


 * $$\begin{align}

(\frac{d \vec L}{dt})_s=\vec N \end{align}$$ 其中角动量的可以通过选取坐标轴为惯量主轴方向而把三个分量写为(5-23).但是问题是,对角动量的时间微分如何写成分量形式.如果我们取定坐标轴方向, 那么转动惯量是时间的函数,所以除了初始时刻以外,将不能写成(5-23)的形式,这样运动方程非常复杂.为了利用(5-23),我们必须及时的调整坐标 轴方向,(这样等价的,一般情况下坐标系不再是惯性系),如果即时的选取坐标轴方向为惯量主轴方向,转动惯量在三个空间坐标轴上的三个分量都是常数,可以 提到导数运算外,作为代价,对坐标轴方向对时间的导数不为零,从而角动量对时间的导数的分量形式多出一项贡献,采用完全类似于P.175上(4-123) 的证明,这项额外的贡献正好等于(5-37)左边的第二项贡献.这并不意外,两者原来就是一件事.

P.209 图5-5 第三版增加了一个图,图中清晰的画出了当 L=\sqrt{2TI_2} 时的轨迹是直线.这是因为联立(5-45)与(5.46)得


 * $$\begin{align}

\frac{L_1^2}{2TI_1}+\frac{L_2^2}{2TI_2}+\frac{L_2^2}{2TI_2}=\frac{L_1^2}{L^2}+\frac{L_2^2}{L^2}+\frac{L_3^2}{L^2} \end{align}$$ 将此条件代入即得关于 $$L_1,L_3$$ 的方程,是直线方程.

P.210 (5-49)

在Marion一书中,讨论了另一个不同的角速度,刚体的惯量主轴 x^3 绕着角动量方向旋转的角速度.初看上来,这个角速度似乎就是(5-49).因为我们知道,取刚体中任何一点,刚体围绕它旋转的角速度都是一样的.形式上的证明见P.190. 其实不是,因为注意到上述结论有适用条件,即考虑以这两个点为原点的惯性系进行比较.换言之,对于本身在做旋转的非惯性系(如刚体体坐标系)不适用.因为(5-49)中的 $$\Omega$$ 是角动量绕着静止的刚体转动的速度,即角动量在体坐标非惯性系中转动的速度. 同样我们可以计算刚体的惯量主轴 $$x^3$$ 绕着角动量方向旋转的速度,由于角动量守恒,角动量方向是一个固定的方向,这相当于计算在实验室惯性坐标中刚体绕某固定空间方向旋转的速度.这是公转速度,因为同时刚体还进行着自旋.正确的解决办法是采用欧拉角的角速度对刚体转动进行分解,欧拉角正正好好把角动量分解为公转方向和自转方向,而任何矢量在固定方向上的分量分解是唯一的.如果把陀螺的转动分解为公转和自转的矢量和.那么所求的角速度正是公转角速度 $$\dot \phi $$,从而得到结果.具体见Marion第三版(11.148) 不利用欧拉角,同样可以得到上面结论.最形象的理解上述结论的图像是体椎在空间椎上做纯滚动,原因是因为角动量方向是刚体的即时转轴,从而瞬时速度为零.在Marion一书中还给出了体椎在空间椎内侧还是外侧做纯滚动的条件,具体参见该书.公转角速度,相当于刚体轴 $$x_3$$ 以 $$\alpha$$ 角度倾斜绕着即时转轴方向做角速度 $$\omega$$ 转动.这个角速度,因为刚体轴 $$x_3$$ 对角动量方向的倾斜角度为 $$\theta$$ ,对于角动量方向的等效角速度为刚体轴的线速度除以距离 $$\frac{\omega l\sin\alpha}{l\sin\theta}=\frac{\omega\sin\alpha}{\sin\theta}$$ ,从而得到完全相同的结果.

Ch.6 Oscillations
P.248 (6-20)

这个式子说明$$a$$的虚部对于后面的本征方程(6-29)并没有贡献,只有$$a$$的实部才是真正有意义的.故可以完全取$$a$$为实数.

P.251 (6-29) 在第三版中,没有这里关于弯曲空间的形象说明.但是给出了(6.26)的解,并给出了一个例子?!完全不理解!因为之后给出的例子仅仅是 $$T$$ 对角化的特殊情况.而再后面6.4节的例子,求解的本征方程(6-57)实际上是(6-10)

P.263 (6-60) 这个结果由(6-41)代入(1-49)即得, $$a_{ij}$$ 不必为正交矩阵.

P.268 (6-82) 利用代数余子式表达矩阵的逆阵,再右乘外力分量列矢量即可直接证明.

P.268 (6.98) 第三版新增内容 这可以通过(6.97)直接积分得到,即


 * $$\begin{align}

T=\int_0^T dt=\int_0^{2\pi} \frac{1}{\omega_c}\frac{d\phi}{\frac{N}{N_c}-\sin\phi} \end{align}$$

不定积分应该没有解析解,但是定积分可以通过留数定理得到(例如参见胡嗣柱数理方法),从而得到频率的的平均值.具体略.

Ch.8 The Hamilton Equation of Motion
P.346 (8-26) 这是著名的从经典力学的角度导出电磁场下的哈密顿量的形式,电磁场下的拉格朗日的形式参见P.23(1-66)

P.353 (8-48) 在本页上的假定,拉格朗日不是时间的显函.由拉格朗日方程,这一项等于 $$\frac{d}{dt}\frac{\partial R}{\partial \dot q_i} (i=1,2...s)$$ ,而因为 $$q_1,...,q_s$$ 是常数, $$\dot q_1,...,\dot q_s$$ 等于零, $$\alpha_1,...,\alpha_r$$ 亦为常数,从而 $$R=R(q_1,...,q_s;\dot q_1,...,\dot q_s,\alpha_1,...,\alpha_r) $$导致 $$\frac{\partial R}{\partial \dot q_i}=\frac{\partial R}{\partial \dot q_i}(q_1,...,q_s;\dot q_1,...,\dot q_s,\alpha_1,...,\alpha_r)(i=1,2...s) $$不是时间的函数.这样 $$\frac{d}{dt}\frac{\partial R}{\partial \dot q_i}=0 (i=1,2...s)$$.

P.367 (8-77) 这里所讨论的函数 $$S=\int_{t_1}^{t_2} Ldt $$的定义是,把作用量 $$S$$ 表达为"关于在真实路径附近展开的"关于首尾的广义坐标和时间的函数.(8-77)是这个函数的全微分.注意到之前定义的虚位移 $$\delta q $$是首尾时间不变情况下,广义坐标的微分.由于粒子运动速度是由路径决定的,可由广义坐标对时间求导得到,比如考虑终了时刻$$ t_2$$ ,相应的时间微分是 $$\Delta t_2$$ ,那么在时刻 $$t_2$$ 的虚位移 $$\delta q_2$$ 和时刻 $$t_2+\Delta t_2$$ 是的广义坐标的微分$$ \Delta q_2$$ ,通过(8-76)联系,即


 * $$\begin{align}

\Delta q_2=\delta q_2 +\dot q_2\Delta t_2 \end{align}$$

原则上,可以自由的选取$$ (\delta q_2, \Delta t_2) $$或者$$ (\Delta q_2, \Delta t_2)$$ 作为独立的决定函数微分 $$\Delta S$$ 的参量.但是为了在推导(8-74)到(8-75)过程中利用拉格朗日方程,我们先将结果用$$ \delta q_2$$ 表达,然后再改写为用 \Delta q_2 表达.考虑结果(8-80),如果取 $$\Delta q_1=\Delta q_2=\Delta t_1=0 $$,则我们考虑首末位置不变但是终了位置时刻不同的所有满足能量守恒的路径在真实路径附近的微分,(8-80)说明真实路径取极值.

可平行参考Landau P.139 (43.6)和(44.4)的论述.书中入手不同,但是最后的结论一致.

Ch.9 Canonical Transformation
P.382 (9-14) 首先我们用哈密顿变分原理(把拉格朗日写成与哈密顿量有关的表达式并考虑$$p,q$$的独立变分来得到哈密顿方程).注意到这里的变分原理(modified Hamiltonian principle)和之前的变分原理(Hamiltonian principle)因为变分的假设的独立变量不同,所以本质不等价.即便其推导得到的运动方程,哈密顿方程,和拉格朗日方程等价.

接着说明变分原理的作用量可以差一个时间的任意函数.换言之,证明被积函数中$$\frac{dF}{dt}$$的引入不改变变分原理得到的运行方程.具体的,我们可以证明$$\frac{dF}{dt}$$对应的变分的贡献为零.实际上,函数$$\frac{dF}{dt}$$,对拉格朗日的变分的贡献是$$\delta\int_{t_1}^{t_2}dt\frac{dF}{dt}=\delta(F(t_2)-F(t_1))$$.实际上,考虑$$F=F(p,q,P,Q,t_1)$$包含中间变量$$p,q,P,Q$$是时间的函数,不影响上面的推导.

一般情况下,可以把正则变换前后的所有$$2n$$个变量都写为$$F$$的变量.但是实际上,因为正则变换是通过$$n$$个变量来得到另外$$n$$个变量.所以关系式$$p_i \dot{q}_i-H-(P_i\dot{Q}_i-K)-\frac{dF(p,q,P,Q)}{dt}=0$$实际上应该不多不少的决定两组变量之间的变换关系.换言之,把等式中的$$n$$个变量看成相互独立且已知,应该可以解出剩下的$$n$$个变量.逻辑上,可以理解为先以$$F_1$$为例先说明在此情况下的确是可行的.

考虑独立变量为$$(q,Q)$$,而把其余变量都看成这两个变量和时间的显函,那么形式上可以把$$F_1$$看做三个独立的变量$$ (q,Q,t) $$的函数. 而对任意的三个独立的变量$$ (q,Q,t) $$的函数$$f(q,Q,t)$$ 用偏导展开可以唯一的写为
 * $$\begin{align}

df=\frac{\partial f}{\partial q}dq+\frac{\partial f}{\partial Q}dQ+\frac{\partial f}{\partial t}dt \end{align}$$ 如果 $$f \equiv 0$$ ,则
 * $$\begin{align}

\frac{\partial f}{\partial q}=0,\frac{\partial f}{\partial Q}=0,\frac{\partial f}{\partial t}=0 \end{align}$$ 这时我们注意到(9-13)可视为 $$\frac{d f(q,Q,t)}{dt}=0$$ ,从而导致(9-14abc).

利用勒让德变换,我们其次发现了其他形式的生成函数.

问题是,为什么不能把独立变量取为$$(p,Q)$$呢?解释是并非不可以.但是由此得到的类似(9-13)的方程是偏微分方程,没有生成函数这样直接了当的解而已.但是这样就失去了生成函数的便捷.

P.388 正则坐标动量互换变换采用$$F_2$$形式元函数的不可能性的证明 因为这个变换要求当取 $$(q,P)$$ 为独立变量时, $$p_i$$ 可以表达为 $$(q,P)$$ 的函数.但是从结果来看 $$F_2(q,P,t)=F_2(-P,P,t)=f(P,t)$$ ,所以 $$p_i=\frac{\partial F_2(q,P,t)}{\partial q_i}$$ 可以表达为仅仅是 $$P$$ 的函数.换言之,如果故意选取 $$(Q,P)$$ 为独立变量, $$p_i$$ 仍然仅仅是 $$P$$ ,而不是 $$Q$$ 的函数.而这个最后的结论矛盾,因为实际上对正则坐标动量互换变换, $$p_i=Q_i $$仅仅是 $$Q$$ 的函数.故当选取 $$(Q,P)$$ 为独立变量, $$p_i $$仍然仅仅是 $$Q$$ ,而不是 $$P$$ 的函数.

P.389 (9-36) 这里正则变换的意义在于,正则变换前后体系的运动方程是相应的哈密顿方程,从而存在生成函数,从而下面可以假设生成函数F1的形式.

P.393 (9-55) 书中叙述有误,下面文中应该是,容易证明,(9-55)同时也是充分条件.原文中误为必要条件.

P.394 (9-59)附近的逻辑 $$\xi(t_0)$$ 不显含时间,它被定义为 $$\tilde\xi(t) \equiv \xi(t_0) \equiv \xi(t)|_{t=t_0} $$,其中 $$\xi(t)$$ 显含时间.具体证明见书中叙述.

P.397 (9-70) 这里下标是指在一个确定的正则坐标系下的泊松括号,文中下面证明,类似量子力学中的对易子,泊松括号和具体的正则坐标系无关.

P.404 (9-89) 印错

P.406 (9-97)之上,文中提及运动方程具有正则变换不变性 这几乎可以视为正则变换的定义的另一种表述. 具体的,对哈密顿量不显含时间的情况,利用泊松括号的形式不变性,结论显然成立.对哈密顿量显含时间的情况,这导致哈密顿量必须做相应的变换,具体形式见(9-105).

P.408 正则变换的主动图像和被动图像 这是第四章刚体运动中坐标变换的一般推广.任何坐标变换,如果视为是坐标轴的转动,则是被动图像.如果视为在固定坐标轴下矢量的转动,则是主动图像. 被动图像,最简单的情况下,问题仅仅是把同一个物理量,即矢量张量或者标量,在转动后的坐标轴下表达出来,而矢量本身不应该随着坐标轴的转动而变换.对标量,它的数值显然不变,对矢量它的分量在新坐标系中取值可以不同. 主动图像,对任何物理量作为正则坐标的函数.这样我们得到(9-103).特殊的,这个物理量是正则坐标自身,变换的形式是(9-103)下面的一式.值得注意的是,由于通过正则坐标,系统状态被完全确定下来,故而我们完全确定系统在正则变换前后的状态.但是这里一个重要的例外是哈密顿量,由于它在正则变化定义中生成函数的特殊地位,它在正则变化下的变化形式由生成函数决定,见(9-105).

P.411 (9-106) 首先书中约定,记号 \partial 代表主动图像下一个物理量的变化. 对于经典力学中的哈密顿量,这包含两层意思.首先是生产函数对哈密顿量的影响(9-17c针对 $$F_2$$ ),其次是主动转动对哈密顿量哦影响(9-103).综合之得到(9-106)

P.420 (9-130) 正则变换和李群的联系 我们感兴趣的保持哈密顿量不变的正则变换是对称操作,这些对称操作的集合显然构成群.很多我们所知的连续的对称操作都是李群,故而导致李群李代数的研究. 研究(9-130)泊松括号李代数形式的原因是,单次对称操作的表达式(9-117)包含泊松括号,为通过这个表达式,我们可以把任何多次连续对称操作表达为单次对称操作的和的形式.

P.426 (9-149) 这里对刘维定理的证明与一般书籍不同,但等效. 一般书籍采用直接证明,利用状态空间体系数目流的守恒性


 * $$\begin{align}

\nabla\cdot \vec j + \frac{\partial D}{\partial t} =0 \end{align}$$ 及流的明显表达式


 * $$\begin{align}

&\vec j=j_{p_i} e_{p_i} +j_{q_i} e_{q_i}  j_{p_i}=D \dot{p_i} \ \ &j_{q_i} =D \dot{q_i} \end{align}$$ 和哈密顿方程(运动方程决定体系的演化,从而体系数目流的演化),从而


 * $$\begin{align}

&D(\frac{\partial \dot p_i}{\partial p_i}+\frac{\partial \dot q_i}{\partial q_i})=D(-\frac{\partial^2 H}{\partial p_i\partial q_i}+\frac{\partial^2 H}{\partial q_i\partial p_i})=0 \\ &\frac{d D}{dt} = \frac{\partial D}{\partial p_i}\dot{p_i}+\frac{\partial D}{\partial q_i}\dot{q_i}+ \frac{\partial D}{\partial t}=  \frac{\partial D}{\partial p_i}\dot{p_i}+\frac{\partial D}{\partial q_i}\dot{q_i}+ \frac{\partial D}{\partial t}+D(\frac{\partial \dot p_i}{\partial p_i}+\frac{\partial \dot q_i}{\partial q_i})=\nabla\cdot \vec j + \frac{\partial D}{\partial t} =0 \end{align}$$

得到刘维定理.

Ch.10 Hamilton-Jacobi Theory
P.443 (10-17) 考虑哈密顿不含时的情况,有


 * $$\begin{align}

\frac{\partial H}{\partial t}=\frac{dH}{dt}=0 \end{align}$$

从而可记为


 * $$\begin{align}

H \equiv H(p,q)=\alpha \end{align}$$

这样


 * $$\begin{align}

&\frac{\partial F}{\partial t}=-\alpha \\ &F=-\alpha t + W \end{align}$$ 其中常数 $$W$$ 仅仅是正则坐标的函数.

P.445 (10-26) 这里注意两点,其一,关于 $$W$$ 的方程是常数 $$\alpha_1$$ 的函数,故最后 $$W$$ 亦是常数 $$\alpha_1$$ 的函数.其二,对同样的体系,可用之前的方法处理,或者用这一节的特征函数方法处理,但是我们最终涉及的体系的自由度的数目必然还是相同的.

P.454 (10-48) 这可由(10-44)直接得到 疑惑 第三版中(10.62)下面的公式的含义,需要看第二版的附录.

P.456 (10-58') 反而在第三版中,这个公式印刷有误.接下来关于 $$z$$ 方向动量守恒,第三版公式的指代亦有误.

P.463 (10-81)下面一节开始的论述 这是一个很好的和第一自觉相抵触的例子. 这时广义坐标并非周期函数,具体形式见(10-91),其中将(10-88')带入得到关于时间的函数即容易看出. 仅仅在取特例(10-92),再加上频率有公倍数时,它才是周期函数.

P.467 (10-96) 在第三版中(10.116)有误,右边应为 $$\frac{\partial W_i}{\partial J_i} $$

P.470 (10-101) 这里$$ j_k $$是一个不全为零的矢量.一个具体例子见(10-120)

P.470 (10-103) 第三版中(10.124)有误

P.474 Fig.(10-3) 在 $$r_1,r_2$$ 处,以这两个点为原点的任何很小的复数,需要调节幅角,使之满足在图中虚线上的对幅角的定义.这个整体幅角的定义最终导致了在零点和无穷远点处的幅角相差一个负号.书中论述方法略有不同. 在零点,无穷远点处两个留数的计算并不复杂,按定义即可得到,这里略去.