用最優控制視角看微分幾何下的測地線

測地線是微分幾何下一個很重要的研究領域，一般求解測地線需要借助于Liouvile方程組，今天博主嘗試用最優控制下的E-L方程來研究測地線（角度比較刁鉆），后續的博文也會基于此展開，然后介紹最近比較火熱的雙曲幾何以及其在NLP和RS任務下的應用，

微分幾何下的球

下面從球球開始入手，
x 2 + y 2 + z 2 = a 2 x^2+y^2+z^2=a^2 x2+y2+z2=a2
為這個球球建立一下面的方程
r ( θ , ? ) = ( a cos ? θ cos ? ? , a cos ? θ sin ? ? , a sin ? θ ) \bm{r}(\theta,\phi)=(a\cos \theta\cos \phi,a\cos \theta\sin \phi,a\sin\theta) r(θ,?)=(acosθcos?,acosθsin?,asinθ)
建立正交的路網
r θ = ( ? a sin ? θ cos ? ? , ? a sin ? θ sin ? ? , a cos ? θ ) r ? = ( ? a cos ? θ sin ? ? , a cos ? θ cos ? ? , 0 ) \bm{r}_\theta=(-a\sin \theta\cos \phi,-a\sin \theta\sin \phi,a\cos\theta)\\ \bm{r}_\phi=(-a\cos \theta\sin \phi,a\cos \theta\cos \phi,0) rθ?=(?asinθcos?,?asinθsin?,acosθ)r??=(?acosθsin?,acosθcos?,0)
然后開始第一曲面方程的建立
E = < r θ , r θ > = a 2 F = < r θ , r ? > = 0 G = < r ? , r θ > = a 2 cos ? 2 θ E=<\bm{r}_\theta,\bm{r}_\theta>=a^2\\ F = <\bm{r}_\theta,\bm{r}_\phi>=0\\ G=<\bm{r}_\phi,\bm{r}_\theta>=a^2\cos^2 \theta\\ E=<rθ?,rθ?>=a2F=<rθ?,r??>=0G=<r??,rθ?>=a2cos2θ
可見這個 F F F確實是 0 0 0，正交的很，然后就很順利地得到
I = d s 2 = a 2 ( d θ 2 + cos ? 2 ? d ? 2 ) I=ds^2=a^2(d\theta^2 + \cos^2 \phi d\phi^2) I=ds2=a2(dθ2+cos2?d?2)
最后注意取值范圍啦啦
? π < ? < π , ? π 2 < θ < π 2 -\pi <\phi < \pi,-\frac{\pi}{2} < \theta< \frac{\pi}{2} ?π<?<π,?2π?<θ<2π?
仔細看，此時 ? , θ \phi,\theta ?,θ都落到了方陣里頭去了！那么是不是可以把 ? → y , θ → x \phi \rightarrow y, \theta \rightarrow x ?→y,θ→x？（簡單的變數代換一下）
I = d s 2 = a 2 ( d x 2 + cos ? 2 x d y 2 ) I=ds^2=a^2(dx^2 + \cos^2 x dy^2) I=ds2=a2(dx2+cos2xdy2)

最優控制下的測地線

如何求出球面上的測地線呢？結論就是大圓路徑（全劇終），然后我們用最優控制下的E-L方程來畫蛇添足的解一解看看，首先簡單復習E-L方程
min ? J ( y ) = ∫ x 0 x 1 F ( x , y , y ′ ) d x \min J(y) = \int_{x_0}^{x_1} F(x,y,y')dx minJ(y)=∫x0?x1??F(x,y,y′)dx
其有解為
? F ? y ? d d x ? F ? y ′ = 0 \frac{\partial F}{\partial y}-\frac{d}{dx}\frac{\partial F}{\partial y'} = 0 ?y?F??dxd??y′?F?=0
回到測地線的問題
d s = a 1 + cos ? 2 x ( d y d x ) 2 d x ds = a \sqrt{1+\cos^2x \left(\frac{dy}{dx} \right)^2} dx ds=a1+cos2x(dxdy?)2 ?dx
可以得到
min ? s = a ∫ x 0 x 1 1 + ( cos ? 2 x ) ( y ′ ) 2 d x \min s = a \int_{x_0}^{x_1} \sqrt{1+(\cos^2 x) (y')^2}dx mins=a∫x0?x1??1+(cos2x)(y′)2 ?dx
簡單解一下這個方程
? F ? y ′ = y ′ cos ? 2 x 1 + ( cos ? 2 x ) ( y ′ ) 2 , ? F ? y = 0 \frac{\partial F}{\partial y'} = \frac{y'\cos^2x}{\sqrt{1+(\cos^2 x) (y')^2}}, \frac{\partial F}{\partial y} = 0 ?y′?F?=1+(cos2x)(y′)2 ?y′cos2x?,?y?F?=0
因此有
d d x ? F ? y ′ = 0 → ? F ? y ′ = K \frac{d}{dx}\frac{\partial F}{\partial y'} = 0\rightarrow \frac{\partial F}{\partial y'} = K dxd??y′?F?=0→?y′?F?=K
式中的 K K K為常數，后面需要求解，因此有
y ′ cos ? 2 x 1 + ( cos ? 2 x ) ( y ′ ) 2 = K \frac{y'\cos^2x}{\sqrt{1+(\cos^2 x) (y')^2}}=K 1+(cos2x)(y′)2 ?y′cos2x?=K
簡單解一解
( y ′ ) 2 ( cos ? 4 x ) = K 2 ( 1 + ( cos ? 2 x ) ( y ′ ) 2 ) ? ( cos ? 4 x ? K 2 cos ? 2 x ) ( y ′ ) 2 = K 2 ? y ′ = K cos ? 4 x ? K 2 cos ? 2 x = K cos ? x cos ? 2 x ? K 2 (y')^2 (\cos^4 x) = K^2(1+(\cos^2 x) (y')^2)\\ \,\\ (\cos^4 x-K^2\cos^2 x)(y')^2 = K^2\\ \,\\ y'=\frac{K}{\sqrt{\cos^4 x-K^2\cos^2 x}} = \frac{K}{\cos x\sqrt{\cos^2 x-K^2}} (y′)2(cos4x)=K2(1+(cos2x)(y′)2)(cos4x?K2cos2x)(y′)2=K2y′=cos4x?K2cos2x ?K?=cosxcos2x?K2 ?K?
此時給出了一個可以用數值優化得到的微分方程，利用端點的資訊，可以求出 K K K和積分后的常數項 C C C，