以高中生極其不嚴謹水平，瞎寫一篇。這篇文章去年五月寫的，原本為了「研究性學習」，但後來也沒用上。留在草稿箱裏也不是事，不如發表，供讀者參考。班門弄斧，望不吝指正。
一、一個問題
都要從一個問題說起：
如圖，距離太陽（S）距離d的P點處有一顆小行星，小行星無初速（對S），受到太陽重力緩緩墜向太陽，墜落時間為T。E為地球的軌域，軌域半徑為R。太陽的質素是M，萬有重力常量為G，求P由靜止開始墜向太陽所用的時間。
乍一看，隨著時間的增加，物體的加速度越來越快，最後趨於無窮。位移與時間不是傳統高中的一次或者二次關系，很難用傳統手段解決。
本題的一種解法很巧妙，用到了Kepler第三定律：
註意到，P的軌跡其實可以視作短軸長\longrightarrow 0 的橢圓軌域\\ 於是由Kepler第三定律，\\ \frac{(\frac{d}{2})^3}{(2T)^2}=\frac{GM}{4\pi^2} \\解出\\ T=\frac{\pi }{2}\frac{d^\frac 3 2}{\sqrt{2GM}}\ \ \ (1)
這固然是十分優美而天才的解法，可是如果把題目變換一下，又會怎麽樣呢？
比如，我們要求 這顆小行星半途時透過的時間（P1-1） ，那麽就要用到橢圓面積的極限，而這很可能沒有一個很好的解法。因此，我們就需要回過頭來，用一種較為普遍的方法解決原問題。
介於此，我們不得不將目光投向高等領域。發現加速度是位移的二階導，而且它們滿足 a \propto -\frac 1 {x^2} ,於是有微分方程式： \frac{\mathrm {d^2} x}{\mathrm d t^2}=-\frac k {x^2} 。
這裏分享一種原創的解法：
註意到a\ \mathrm d t=\mathrm d v\ ; v\ \mathrm d t={\mathrm d x}\\ 相比得\frac v a = \frac{\mathrm d x}{\mathrm d v}\ \ \ (2),帶入a=-\frac{k}{x^2}, 這裏k=GM為常數\\ \frac v {-\frac{k}{x^2}} = \frac{\mathrm d x}{\mathrm d v}\\ v\ \mathrm{d}v=-\frac{k\ \mathrm{d}x}{x^2}\\
這個處理技巧後面仍會進一步研究，現在變成了一個關於x,v的分離了變量的微分方程式，兩邊同時積分，
\int v\ \mathrm d v=\int-\frac{k}{x^2}\ \mathrm{d} x \Longrightarrow \frac 1 2 v^2=\frac k x+C
帶入初始條件 v=0，x=x_0 (為避免與積分號 \mathrm d 混淆，下用 x_0 代替原題目中 d )得
\frac 1 2 v^2=\frac k x - \frac k {x_0} \Longrightarrow \frac {\mathrm d x}{\mathrm d t}=\sqrt{2k(\frac 1 x - \frac 1 {x_0})}
進一步分離變量，整理得 \sqrt{\frac{x_0}{2k}}\frac{\mathrm d x}{\sqrt{\frac {x_0} x -1}}=\mathrm d t ，積分得
\frac{\sqrt{x_0}}{\sqrt{2k}}\int \frac{\mathrm d x}{\sqrt{\frac{x_0} x -1}}=\int \mathrm d t
接下來我們算一下 \int \frac{\mathrm d x}{\sqrt{\frac{x_0} x -1}} 這個不定積分，註意到可以三角換元
令x=x_0\cos^2\theta,\ \mathrm d x=2 x_0 \sin \theta \cos \theta \ \mathrm d \theta, \theta=\cos^{-1}\frac{x}{x_0}\\ \frac{\mathrm d x}{\sqrt{\frac{x_0} x -1}}=\frac{2 x_0 \sin \theta \cos \theta \ \mathrm d \theta}{\sqrt{\frac 1 {\cos^2\theta}-1}}=-2x_0\cos^2\theta\ \mathrm d \theta\\ 於是\\ \int \frac{\mathrm d x}{\sqrt{\frac{x_0} x -1}}=2x_0\int \cos^2 \theta\ \mathrm d \theta=x_0(\theta +\frac 1 2 \sin2\theta+C)\\ =x_0\arccos \frac x {x_0}+\frac{x}{x_0}\sqrt{x_0^2-x^2}+C_1
代入初始條件 t=0, x=x_0 ，得出
t=\sqrt{\frac{x_0}{2k}}(x_0\arccos \frac x {x_0}+\frac{x}{x_0}\sqrt{x_0^2-x^2})\ \ \ (3)
我們發現，如果令x=0，
t=\sqrt{\frac{x_0}{2k}}(x_0\arccos 0)=\frac \pi {2}\frac {x_0^{3/2}}{\sqrt{2k}}
即為式（1），與原題中解法得數一致。
回到P（1-1），只需令x=1/2x_0
t_1=\sqrt{\frac{x_0}{2k}}(x_0\arccos \frac 1 2+\frac 1 2\sqrt{x_0^2-\frac 1 4x_0^2})=\sqrt{\frac{x_0}{2k}} (\frac \pi 3+\frac{\sqrt{3}} 4)x_0=(\frac \pi {3}+\frac {\sqrt 3}{4})\frac{x_0^{3/2}}{\sqrt {2k}} \approx 1.48021 \frac{x_0^{3/2}}{\sqrt {2k}}
為從最遠端到中途的所需時間。於是可以算出中途到近端時間：
t_2=(\frac \pi 6-\frac{\sqrt 3}{4}) \frac{x_0^{3/2}}{\sqrt{2k}} \approx 0.09059 \frac{x_0^{3/2}}{\sqrt{2k}}
我們得到的結果並不是一堆帶著arccos函數的怪物，卻是一個由 \pi 、 \sqrt{} 和自然數構成的奇妙常數！也算是一個令人驚訝的發現。
二、 不同的一維a-x關系
有了上面的推導作為先例，我們可以將a-x關系改一改，玩一玩。
對一般的 a=a(x) ，關系式又是什麽呢？
本質上是要解微分方程式 \frac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}t^2}=a(x) ，類似地推導可知
\frac 1 2 v^2=\int a(x)\ \mathrm d x\ +C \\ \implies \frac{\mathrm d x}{\mathrm d t}=\sqrt{2\int a(x)\ \mathrm d x\ +C}\\ \implies \int \frac{\mathrm d x}{\sqrt{2\int a(x)\ \mathrm d x\ +C_1}}=\int \mathrm dt=t+C_2 \ \ \ (2)
為一般解。
比如，考察 a(x)=\tau x ，則有
t=\int \frac{\mathrm d x}{\sqrt{2\int a(x)\ \mathrm d x\ +C_1}}+C_2=\int \frac{\mathrm d x}{\sqrt{\tau x^2\ +C_1}}+C_2 \ \ \ (3)\\ t_{1}=\int_{x_0}^{x_1} \frac{\mathrm d x}{\sqrt{\tau x^2\ +C_1}}+C_2 \ \ \ (4)
C_1，C_2 是常數，定義如下： v_0 是 t=0 初速度， x_0 是初始位置， C_1=v_0^2 -\tau x_0^2 , C_2=0 。 t_1 至從 x_0 到 x_1 的距離所用時長。
可以用到積分公式
\int \frac{\mathrm d x}{\sqrt{\tau x^2+C_1}}= \begin{cases} \tanh^{-1}(\frac{\sqrt \tau x}{\sqrt{\tau x^2+C_1}})+C_3,& \mbox{if }C_1\geq 0 \\ \frac{1}{\sqrt {2\tau}}{\ln\frac{\sqrt{\tau}x+\sqrt{\tau x^2+C_1}}{\sqrt{\tau x^2+C_1}-\sqrt \tau x}}+C_3', & \mbox{if }C_1< 0 \end{cases} .
這裏 C_1 的正負取決於我們給的條件。
暫時先寫這麽多吧。
