等時降線

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等時降線（tautochrone curve或isochrone curve）是一種曲線，將一質點放置在此曲線上任一點使其自由下滑（不計阻力）至最低點所需的時間皆相等。此曲線的解是擺線，而下滑所需的時間與擺線繞轉圓的半徑平方根成正比，與重力場強度的平方根成反比。

## 等時降落問題

等時降落問題（The tautochrone problem）即為尋找等時降線的問題。等時降落問題最早由惠更斯解出。在他1673年出版的著作裡，利用了幾何的方法證明了此線的解為一擺線，而此問題後來也被利用來解決最速降線問題。在1690年，伯努利用微積分推導出了最速降線問題的解亦為擺線。不久以後，拉格朗日與歐拉也運用了解析法解出了等時降落問題。

## 解析

將質點放在一曲線上，則質點下滑的時間與最低點和釋放點之間的長度無關。簡諧運動也具有類似的性質。如果一個質點只受到一個定點方向，與兩點間距離成正比的力作用，則此物體自由釋放後將會做簡諧運動，且無論釋放點的位置，此質點作簡諧運動的週期皆相同。故我們可以假設在等時降線上運動的物體與作簡諧運動的物體有相似的行為，即

$$\frac{\mathrm{d}^2 s}{\mathrm{d}t^2}=-k^2 s$$

其中$s$為最低點與質點之間的弧長。假定釋放時$t=0$，我們可解得

$$s=s_0\cos{kt}$$

$s_0$為最低點與釋放點間的弧長，而在最低點時$s=0$，故下滑所需的時間有

$$k T_0 =\frac{\pi}{2},\ T_0 =\frac{\pi}{2k}$$

又一沿斜面自由下滑的物體，其加速度為

$$\frac{\mathrm{d}^2 s}{\mathrm{d}t^2}=-g\sin\theta$$

其中$\theta$為曲線上的切線與水平面之間的夾角，綜合上述得

$$k^2 s=g\sin\theta$$

所以$s$對$\theta$的變化率有

$$k^2\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}\theta}=g\cos\theta$$

$$\mathrm{d}s=\frac{g}{k^2}\cos\theta\,\mathrm{d}\theta$$

所以。

$$\mathrm{d}x=\cos\theta\,\mathrm{d}s=\frac{g}{k^2}\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta=\frac{g}{2 k^2}\left(1+\cos{2\theta}\right)\mathrm{d}\theta$$

$$x=\int\frac{g}{2 k^2}\left(1+\cos{2\theta}\right)\mathrm{d}\theta=\frac{g}{4 k^2}\left(2\theta+\sin{2\theta}\right)+x_0$$

以及。

$$\mathrm{d}y=\sin\theta\,\mathrm{d}s=\frac{g}{k^2}\sin\theta\cos\theta\,\mathrm{d}\theta=\frac{g}{2 k^2}\sin{2\theta}\,\mathrm{d}\theta$$

$$y=\int\frac{g}{2 k^2}\sin{2\theta}\,\mathrm{d}\theta=-\frac{g}{4 k^2}\cos{2\theta}+y_0$$

設定$\phi=-2\theta$以及$r=\cfrac{g}{4 k^2}$，並選定適當的坐標系原點，得

$$x=r\left(\phi+\sin\phi\right)$$

$$y=r\left(1-\cos\phi\right)$$

此方程式為一標準的擺線方程式，且繞轉圓的半徑為$\cfrac{g}{4 k^2}$。

反過來說。

$$k=\sqrt{\frac{g}{4r}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{g}{r}}$$

所以下滑所需的時間為

$T_0 =\frac{\pi}{2k}=\pi\sqrt{\frac{r}{g}}$。

## 阿貝爾力學問題

在廣義等時降線問題中，物體的運動時間不必固定，而是初始釋放位置$\,y_0$的函數$T\left(y_0\right)$。阿貝爾力學問題思考，在$T\left(y_0\right)$已知的情況下，如何找出曲線的方程式；等時降線問題是此運動時間為常數的特殊情況。

因物體在無摩擦的軌道上滑行，故力學能守恆。其力學能具有以下表達式：

$$mgy_0=\frac{1}{2}mv^2+mgy$$

式中等號左側為物體的初力學能，$mgy$為物體的重力位能，$\cfrac{1}{2}mv^2$為物體的動能(左式中缺少此項是因為物體起初靜止)。

又因物體沿曲線下滑，$v=\frac{\mathrm ds}{\mathrm dt}$($s$為曲線的弧長)。整理以上所得。

$$\frac{\mathrm ds}{\mathrm dt}=\pm\sqrt{2g\left(y_0-y\right)}$$

$\mathrm dt=\pm\frac{\mathrm ds}{\sqrt{2g\left(y_0-y\right)}}=\pm\frac{1}{\sqrt{2g\left(y_0-y\right)}}\frac{\mathrm ds}{\mathrm dy}\mathrm dy$。

這裡的$s$設定為物體距離滑行終點的路徑長。考慮到此路徑長必然隨著時間的推進縮短，等號右側應取負值。

$\mathrm dt=-\frac{1}{\sqrt{2g\left(y_0-y\right)}}\frac{\mathrm ds}{\mathrm dy}\mathrm dy$。

下滑時間是$\mathrm dt$自$y=y_0$(起始高度)至$y=0$(末高度)的積分。

$T\left(y_0\right)=\int_{y=y_0}^{y=0}\mathrm dt=\frac{1}{\sqrt{2g}}\int_0^{y_0}\frac{1}{\sqrt{y_0-y}}\frac{\mathrm ds}{\mathrm dy}\mathrm dy$。

此關係式稱為阿貝爾積分式，並且在給定$\cfrac{\mathrm ds}{\mathrm dy}$的情況下很容易求出積分值。但根據題目設定，必須從積分值求出$\cfrac{\mathrm ds}{\mathrm dy}$。這裡注意到等號右側中的積分式實際上為$\cfrac{\mathrm ds}{\mathrm dy}$與$\cfrac{1}{\sqrt{y}}$的摺積，可將等式兩側同做拉普拉斯變換成為

$$\mathcal L\left[T\left(y_0\right)\right]=\mathcal L\left[\frac{1}{\sqrt{y}}\right]\mathcal L\left[\frac{\mathrm ds}{\mathrm dy}\right]$$

因為$\mathcal L\left[\cfrac{1}{\sqrt{y}}\right]=\sqrt{\pi}z^{-\frac{1}{2}}$，我們得到了$\cfrac{\mathrm ds}{\mathrm dy}$與$T\left(y_0\right)$兩者拉普拉斯變換後的關係式：

$\mathcal L\left[\frac{\mathrm ds}{\mathrm dy}\right]=\sqrt{\frac{2g}{\pi}}z^\frac{1}{2}\mathcal L\left[T\left(y_0\right)\right]$。

以上即是未指定$T\left(y_0\right)$時可以得到最後的結果。對於等時降線問題，$T\left(y_0\right)=T_0=\operatorname{constant}$，因此其拉普拉斯變換為

$\mathcal L\left[T_0\right]=T_0\mathcal L\left[1\right]=\frac{1}{z} T_0$。

因而

$\mathcal L\left[\frac{\mathrm ds}{\mathrm dy}\right]=\sqrt{\frac{2g}{\pi}}z^\frac{1}{2}\mathcal L\left[T_0\right]=\sqrt{\frac{2g}{\pi}}T_0z^{-\frac{1}{2}}$。

將此式做逆變換即可得

$\frac{\mathrm ds}{\mathrm dy}=\frac{\sqrt{2g}}{\pi}T_0 y^{-\frac{1}{2}}$。

$$\mathrm ds=\frac{\sqrt{2g}}{\pi}T_0 y^{-\frac{1}{2}}\mathrm dy$$

又$\mathrm dy=\sin\theta\mathrm ds$，易得

$$y^\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{2g}}{\pi}T_0\sin\theta$$

將等號兩側取微小量。

$$\mathrm d\left(y^\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}y^{-\frac{1}{2}}\mathrm dy=\frac{\sqrt{2g}}{\pi}T_0\cos\theta\,\mathrm d\theta$$

代回上方$\mathrm ds$與$y^{-\frac{1}{2}}\mathrm dy$的關係式中，得

$$\mathrm ds=\frac{4g^2}{\pi^2}T_0^2\cos\theta\,\mathrm d\theta$$

此式與解析解中得出形式相同的結果，故其解亦為擺線。回顧解析解的結果。

$$\mathrm ds=\frac{g}{k^2}\cos\theta\,\mathrm d\theta$$

相互比較得

$T_0^2=\cfrac{\pi^2}{4k^2 g}$。

又擺線的繞轉圓半徑$r=\cfrac{g}{4k^2}$，最後我們得到

$T_0=\pi\sqrt{\frac{r}{g}}$。