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藉助於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（角度比較刁鑽）。後續的博文也會基於此展開，然後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
,
ϕ
)
=
(
a
cos
θ
cos
ϕ
,
a
cos
θ
sin
ϕ
,
a
sin
θ
)
\bm{r}(\theta,\phi)=(a\cos \theta\cos \phi,a\cos \theta\sin \phi,a\sin\theta)
r(θ,ϕ)=(acosθcosϕ,acosθsinϕ,asinθ)
建立正交的路網
r
θ
=
(
−
a
sin
θ
cos
ϕ
,
−
a
sin
θ
sin
ϕ
,
a
cos
θ
)
r
ϕ
=
(
−
a
cos
θ
sin
ϕ
,
a
cos
θ
cos
ϕ
,
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=(−asinθcosϕ,−asinθsinϕ,acosθ)rϕ=(−acosθsinϕ,acosθcosϕ,0)
然後開始第一曲面方程的建立
E
=
<
r
θ
,
r
θ
>
=
a
2
F
=
<
r
θ
,
r
ϕ
>
=
0
G
=
<
r
ϕ
,
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,rϕ>=0G=<rϕ,rθ>=a2cos2θ
可見這個
F
F
F確實是
0
0
0，正交的很。然後就很順利地得到
I
=
d
s
2
=
a
2
(
d
θ
2
+
cos
2
ϕ
d
ϕ
2
)
I=ds^2=a^2(d\theta^2 + \cos^2 \phi d\phi^2)
I=ds2=a2(dθ2+cos2ϕdϕ2)
最後注意取值範圍啦啦
−
π
<
ϕ
<
π
,
−
π
2
<
θ
<
π
2
-\pi <\phi < \pi,-\frac{\pi}{2} < \theta< \frac{\pi}{2}
−π<ϕ<π,−2π<θ<2π
仔細看，此時
ϕ
,
θ
\phi,\theta
ϕ,θ都落到了方陣裡頭去了！那麼是不是可以把
ϕ
→
y
,
θ
→
x
\phi \rightarrow y, \theta \rightarrow x
ϕ→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）。然後我們用最優控制下的E-L方程來畫蛇添足的解一解看看。首先簡單複習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)=∫x0x1F(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)2dx
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∫x0x11+(cos2x)(y′)2dx
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′)2y′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，後面需要求解。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′)2y′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−K2cos2xK=cosxcos2x−K2K
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和積分後的常數項
C
C
C。