# 等時降線

## 解析

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

$s=s_0\cos{kt}$

$s_0$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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

## 阿貝爾力學問題

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$\mathrm dy=\sin\theta\mathrm ds$，易得

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

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

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

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

$T_0^2=\cfrac{\pi^2}{4k^2 g}$

$T_0=\pi\sqrt{\frac{r}{g}}$

## 參考

[1]

1. ^ Tautochrone Problem -- From Wolfram MathWorld. [2014-08-07] <span style="font-family: sans-serif; cursor: default; color:#555; font-size: 0.8em; bottom: 0.1em; font-weight: bold;" title="连接到（英文）网页">（（英文）.