User:Wasguru

把人/秋千系统看作一个变长的摆。其状态可以用摆长r和偏离垂直位置的角度$\theta$来表示。某一时刻摆的径向速度为${\dot {r}}$，切向速度为$r{\dot {\theta }}$。故系统的动能为${\frac {1}{2}}m{\dot {r}}^{2}+{\frac {1}{2}}m(r{\dot {\theta }})^{2}$，系统的重力势能为$-mgr\cos \theta$。所以，系统的Lagrangian量为

$L={\frac {1}{2}}m{\dot {r}}^{2}+{\frac {1}{2}}m(r{\dot {\theta }})^{2}+mgr\cos \theta$

据此可以获得两个运动方程。其中关于径向运动的方程我们不感兴趣，因为那个是由荡秋千的人自主决定的。关于角度的运动方程为

${\frac {\partial }{\partial t}}\left({\frac {\partial L}{\partial {\dot {\theta }}}}\right)={\frac {\partial L}{\partial \theta }}$，

代入Lagrangian量，化简得

$r{\ddot {\theta }}+2{\dot {r}}{\dot {\theta }}=-g\sin \theta$

两边都乘上${\dot {\theta }}\,dt$，得

$\displaystyle r{\ddot {\theta }}{\dot {\theta }}\,dt+2{\dot {r}}{\dot {\theta }}^{2}\,dt=-g\sin \theta \,{\dot {\theta }}\,dt$

左边的第一项可变为

$r{\ddot {\theta }}{\dot {\theta }}\,dt=r{\dot {\theta }}\,d{\dot {\theta }}={\frac {1}{2}}r\,d({\dot {\theta }}^{2})={\frac {1}{2}}{\frac {d}{dt}}(r{\dot {\theta }}^{2})\,dt-{\frac {1}{2}}{\dot {r}}{\dot {\theta }}^{2}\,dt$

代入后，化简为

${\frac {1}{2}}{\frac {d}{dt}}(r{\dot {\theta }}^{2})\,dt+{\frac {3}{2}}{\dot {r}}{\dot {\theta }}^{2}\,dt=-g\sin \theta \,{\dot {\theta }}\,dt$

现在把上式从时间0到T积分。其中时刻0规定为秋千位于左边最高处的时刻，并设此时的$\theta =-\theta _{0}$。时刻T规定为秋千摆到右边最高处的时刻，并设此时$\theta =\theta _{1}$。则有：

${\frac {1}{2}}\int _{0}^{T}{\frac {d}{dt}}(r{\dot {\theta }}^{2})\,dt+{\frac {3}{2}}\int _{0}^{T}{\dot {r}}{\dot {\theta }}^{2}\,dt=-g\int _{0}^{T}\sin \theta \,{\dot {\theta }}\,dt$

因为在两个端点角速度都为零，所以第一项积分为零。于是可得

${\frac {3}{2g}}\int _{0}^{T}{\dot {r}}{\dot {\theta }}^{2}\,dt=\cos \theta _{1}-\cos \theta _{0}$

如果希望秋千越摆越高，也就是$\theta _{1}>\theta _{0}$，或$\cos \theta _{1}<\cos \theta _{0}$，那么只要满足以下判据即可

$\int _{0}^{T}{\dot {r}}{\dot {\theta }}^{2}\,dt<0$

当然，考虑到人的位置必须复原，还应有条件

$\int _{0}^{T}{\dot {r}}\,dt=0$

要满足以上条件，一种做法就是在角速度最大的时候（最低处）提高重心，产生一个负的径向速度。而在角速度最小的时候（最高处）降低重心，以复原位置，此时正的径向速度对判据积分没什么贡献。