1.（上册）Page 2-2-10：2.3.3 三维射线方程（即从Fermat 原理出 发导出三维射线追踪方程，用变分方法）

射线方程为：$x=x(\tau )$，则 $ds=|\dot{x}(\tau )|d\tau$

三维射线模型：
$$\begin{array}{rl}J(x)& =\int \mu (x)ds\\ & ={\int }_{{\tau }_0}^{{\tau }_1}\mu (x)|\dot{x}(\tau )|d\tau =\min \end{array}$$
Euler 方程为：$\frac{\partial L}{\partial x_i}-\frac{d}{d\tau }\frac{\partial L}{\partial {\dot{x}}_i}=0$

L 函数为：$L=\mu (x)|\dot{x}(\tau )|$，则 $\frac{\partial L}{\partial x_i}=\frac{\partial \mu }{\partial x_i}|\dot{x}(\tau )|$，$\frac{\partial L}{\partial {\dot{x}}_i}=\mu (x)\frac{{\dot{x}}_i}{|\dot{x}|}$

代入 Euler 方程得到：$\frac{\partial \mu }{\partial x_i}|\dot{x}(\tau )|-\frac{d}{d\tau }\left[\mu (x)\frac{{\dot{x}}_i}{|\dot{x}|}\right]=0$
$$\frac{d}{d\tau }\left[\mu (x(\tau ))\hat{t}\right]=|\dot{x}(\tau )|\nabla \mu (\hat{t}=\frac{\dot{x}}{|\dot{x}|}为单位切向量)$$
把 $\tau$ 当作弧长 $s$，则 $|\dot{x}(s)|=1$

$ds=|\dot{x}(\tau )|d\tau$ 把 $\tau$ 替换为 $s$ 可得：$ds=|\dot{x}(\tau )|ds$，于是有 $|\dot{x}(s)|=1$

则有
$$\frac{d}{ds}\left[\mu (x(s)\cdot \hat{t}\right]=\nabla \mu$$

把 $\tau$ 替换为 $s$ ，并代入 $|\dot{x}(s)|=1$

2. （上册）Page 4-2-6 至 4-2-7： 例3 (Hamilton力学)

在极坐标系下，质点在势场 $V(x,y)=\frac{K\cos \theta }{r^2}$ 下，已知 $m=1,r{|}_{t=0}=a,\dot{r}{|}_{t=0}=0$，求 $r(t)$

① 平面直角坐标系转换极坐标系：

$$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,\dot{x}=\dot{r}\cos \theta -r\dot{\theta }\sin \theta ,\dot{y}=\dot{r}\sin \theta +r\dot{\theta }\cos \theta$$

$$\begin{array}{rl}{\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2=& {\dot{r}}^2{\cos }^2\theta -2r\dot{r}\dot{\theta }\cos \theta \sin \theta +r^2{\dot{\theta }}^2{\sin }^2\theta \\ +& r^2{\sin }^2\theta +2r\dot{r}\dot{\theta }\cos \theta \sin \theta +r^2{\dot{\theta }}^2{\cos }^2\theta \\ =& {\dot{r}}^2+r^2{\dot{\theta }}^2\end{array}$$

动能：$\mathrm{T}=\frac{1}{2}m({\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2)=\frac{1}{2}({\dot{r}}^2+r^2{\dot{\theta }}^2)$

势能：$\Pi =V(x,y)=\frac{K\cos \theta }{r^2}$

Hamilton 函数为：$\mathrm{H}=\mathrm{T}+\Pi$ ，L 函数为：$L=\mathrm{T}-\Pi$

代入动能和势能有：$\mathrm{H}=\mathrm{T}+\Pi =\frac{1}{2}({\dot{r}}^2+r^2{\dot{\theta }}^2)+\frac{K\cos \theta }{r^2}$

利用 $p_r=\frac{\partial L}{\partial \dot{r}}=\dot{r},p_{\theta }=\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta }}=r^2\dot{\theta }$ 于是有 $\dot{r}=p_r$，$\dot{\theta }=\frac{p_{\theta }}{r^2}$

代入 Hamilton 函数：
$$\mathrm{H}=\frac{1}{2}\left(p_r^2+\frac{p_{\theta }^2}{r^2}\right)+\frac{K\cos \theta }{r^2}$$

② 写出 Hamilton 正则方程

$$\begin{array}{rl}& \dot{r}=\frac{\partial \mathrm{H}}{\partial p_r}=p_r,\dot{\theta }=\frac{\partial \mathrm{H}}{\partial p_{\theta }}=\frac{p_{\theta }}{r^2},\\ & {\dot{p}}_r=-\frac{\partial \mathrm{H}}{\partial r}=\frac{1}{r^3}{p}_{\theta }^2+\frac{2K\cos \theta }{r^3},{\dot{p}}_{\theta }=-\frac{\partial \mathrm{H}}{\partial \theta }=\frac{K\sin \theta }{r^2}\end{array}$$

从而运动方程为：
$$\{\begin{array}{l}\ddot{r}={\dot{p}}_r=\frac{1}{r^3}{p}_{\theta }^2+\frac{2K\cos \theta }{r^3}=r{\dot{\theta }}^2+\frac{2K\cos \theta }{r^3}\\ \\ \ddot{\theta }=-\frac{2\dot{r}{p}_{\theta }}{r^3}+\frac{K\sin \theta }{r^4}=-2\frac{1}{r}\dot{r}\dot{\theta }+\frac{K\sin \theta }{r^4}\end{array}\text{\hspace{1em}(4-2-18)}$$
由（4-2-18-2）可知 $r^2\ddot{\theta }+2r\dot{r}\dot{\theta }=\frac{K\sin \theta }{r^2}$，从而运动方程
$$\{\begin{array}{ll}& \ddot{r}=\dot{r}{\theta }^2+\frac{2K\cos \theta }{r^3}\\ & r^2\ddot{\theta }+2r\dot{r}\dot{\theta }=\frac{K\sin \theta }{r^2}\\ & r{|}_{t=0}=a,\dot{r}{|}_{t=0}=0\end{array}\text{\hspace{1em}(4-2-19)}$$

③：$\mathrm{H}$ 函数解方程

$$\mathrm{H}(r,\theta ,\dot{r},\dot{\theta })=\frac{1}{2}({\dot{r}}^2+r^2{\dot{\theta }}^2)+\frac{K\cos \theta }{r^2}=E(总能量)$$

解出 ${\dot{\theta }}^2$
$${\dot{\theta }}^2=\frac{2E}{r^2}-\frac{2K\cos \theta }{r^4}-\frac{{\dot{r}}^2}{r^2}$$
代入（4-2-19-1）式
$$\ddot{r}=\frac{2E}{r}-\frac{2K\cos \theta }{r^3}-\frac{{\dot{r}}^2}{r}+\frac{2K\cos \theta }{r^3}=\frac{2E}{r}-\frac{{\dot{r}}^2}{r}$$
利用 $\ddot{r}=\frac{d}{dt}\dot{r}=\frac{d\dot{r}}{dr}\cdot \frac{dr}{dt}=\frac{1}{2}\frac{d}{dr}{\dot{r}}^2$ 于是
$$\frac{1}{2}\frac{d}{dt}{\dot{r}}^2=\frac{2E}{r}-\frac{{\dot{r}}^2}{r}$$
两边乘以 $2r^2$
$$r^{2}d({\dot{r}}^2)+2r{\dot{r}}^{2}dr=4Erdr$$
即
$$d(r^2{\dot{r}}^2)=2Ed{r}^2$$
积分
$$r^2{\dot{r}}^2=2E{r}^2-A(利用r{|}_{t=0}=a,\dot{r}{|}_{t=0}=0)$$
$A=2E{a}^2$，则
$$\dot{r}=\frac{\sqrt{2E(r^2-a^2)}}{r}$$
即
$$dt=\frac{rdr}{\sqrt{2E(r^2-a^2)}}$$
从而
$$t=\sqrt{\frac{r^2-a^2}{2E}}或r^2=2E{t}^2+a^2$$

3.（下册）Page 9-1-1至9-1-3： 离散Kalman滤波公式及推导

Kalman 滤波的递推式

Step1：利用 $k-1$ 时刻得到最优估计 ${\hat{x}}_{k-1}$ 作出状态一步预测估计 ${\hat{x}}_{k,k-1}$
$${\hat{x}}_{k,k-1}={\varphi }_{k,k-1}{\hat{x}}_{k-1}$$
Step2：计算一步预测误差协方差：
$$\begin{array}{r}{P}_{k,k-1}={\varphi }_{k,k-1}{P}_{k-1}{\varphi }_{k,k-1}^T+{\Gamma }_k{Q}_{k-1}{\Gamma }_{k-1}^T\end{array}$$
Step3：计算增益矩阵
$${\mathrm{K}}_k=P_{k,k-1}{H}_k^T(R_k+H_k{P}_{k,k-1}{H}_k^T{)}^{-1}$$
Step4：状态滤波 ${\hat{x}}_k$
$${\hat{x}}_k={\hat{x}}_{k,k-1}+{\mathrm{K}}_k(y_k-H_k{\hat{x}}_{k,k-1})$$
Step5：计算滤波误差
$$P_k=(I-{\mathrm{K}}_k{H}_k)P_{k,k-1}(I-{\mathrm{K}}_k{H}_k{)}^T+{\mathrm{K}}_k{R}_k{\mathrm{K}}_k^T$$

4.（下册）Page 10-1-3： 例3，Abel变换及逆变换

正问题：$\Gamma$ 给定，求 $T_{A\to B}$ 的时间

反问题：$T_{A\to B}$ 的时间固定，求 $\Gamma$ 的形状，设 $x=\psi (y)$，则
$$\frac{1}{2}m{v}^2+mgy=mgh(v=\frac{ds}{dt})$$
于是
$$v=\sqrt{2g(h-y)}$$

$$\begin{array}{rl}{T}_{A\to B}& ={\int }_A^B\frac{1}{v}ds={\int }_0^h\frac{\sqrt{1+{\psi }^2(y)}}{\sqrt{2g(h-y)}}dy\\ & ={\int }_0^h\frac{\Phi (y)}{\sqrt{h-y}}dy(其中\Phi (y)=\frac{\sqrt{1+{\psi }^2(y)}}{\sqrt{2g}})\end{array}\text{\hspace{1em}(10-1-3)}$$

从而已知 $T_{A\to B}=T(h)$，求 $\Phi (y)$ 或 $\psi (y)$

（10-1-3）为 Abel 方程，一般形式的 Abel 方程为：
$${\int }_0^x\frac{\Phi (x)}{(x-y{)}^{\alpha }}dy=f(x)(0<\alpha <1,f(0)=0)\text{\hspace{1em}(10-1-4)}$$
（10-1-4）式两边乘以 $\frac{1}{(z-x{)}^{1-\alpha }}$ 再 $x$ 从 $0$ 到 $z$ 积分可以得到 Abel 逆变换
$$\Phi (x)=\frac{\sin \alpha \pi }{\pi }\frac{d}{dx}{\int }_0^x\frac{f(y)}{(x-y{)}^{1-\alpha }}dy\text{\hspace{1em}(10-1-5)}$$
对于 Abel 积分 $f(x)$ 有微小变分，引起 $\Phi$ 很大变化，故求 Abel 变换逆变换是不稳定的

5. 2024. 3. 5 讲稿，Page2，Paga3：例2，变分的逆问题

求证 $J[u(x)]=\int \left(\frac{|\nabla u{|}^2}{2}-fu\right)dx=\min$ 。

推导：
$${\int }_{\Omega }(-\Delta u-f)\delta udx=0$$
将括号拆分得到：
$$-{\int }_{\Omega }\Delta u\delta udx-{\int }_{\Omega }f\delta udx=0$$

其中
$$\begin{array}{r}{\int }_{\Omega }\Delta u\delta udx=-{\int }_{\Omega }\nabla u\cdot \nabla \delta udx\\ \\ =-{\int }_{\Omega }\delta \frac{\nabla u^2}{2}dx\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}\therefore {\int }_{\Omega }(-\Delta u-f)\delta udx& ={\int }_{\Omega }\delta \frac{\nabla u^2}{2}dx-{\int }_{\Omega }f\delta udx\\ & \\ & =\delta {\int }_{\Omega }\left(\frac{|\nabla u{|}^2}{2}-fu\right)dx=0\end{array}$$

由此得证

6. 2024.3.26 讲稿，Page 1：Legendre变换的概念

$u=u(x,y)$

$u_x=\xi ,u_y=\eta ,x{u}_x+y{u}_y-u=\omega$ 即为 Legendre 变换

${\omega }_{\xi }=x,{\omega }_{e}ta=y,\xi {\omega }_{\xi }+\eta {\omega }_{\eta }-\omega =u$ 即为 Legendre 逆变换

7. 2024. 4.18 讲稿，Page 7，Page 8：带正则化的最小二乘方法

由于 $Hx=y$ 或 $Hx+ϵ=y$ $⟹$ $J(x)=\Vert Hx-y{\Vert }^2=\min$ 的 最小二乘解不唯一，故需在 $J(x)$ 引入约束项：
$$J(x)=\Vert Hx-y{\Vert }^2+\alpha \Vert L(x-x_b){\Vert }^2=\min$$
其中 $L$ 是算子，$x_b$ 是背景场，$\alpha$ 是权重因子

**求解过程：**取 $x_b=0$，则
$$\begin{array}{rl}J(x)& =\Vert Hx-y{\Vert }^2+\alpha \Vert Lx{\Vert }^2=(y-Hx{)}^T(y-Hx)+\alpha (Lx{)}^{T}Lx\\ & \\ & =(y^T-x^T{H}^T)(y-Hx)+\alpha x^T{L}^{T}Lx=\min \end{array}$$
则 $(\delta 指对x求导)$
$$\begin{array}{rl}\delta J& =-(\delta x{)}^T{H}^T(y-Hx)-(y^T-x^T{H}^T)H\delta x+\alpha (\delta x{)}^T{L}^{T}Lx+\alpha x^T{L}^{T}L\delta x\\ & \\ & =-2(y^T-x^T{H}^T)H\delta x+2\alpha x^T{L}^{T}L\delta x\\ & \\ & =2\left[(x^T{H}^T-y^T)H+\alpha x^T{L}^{T}L\right]\delta x=0\end{array}$$

第 2 步只留了 $\delta x$ 项并翻了个2倍

则 $(x^T{H}^T-y^T)H+\alpha x^T{L}^{T}L=0$

转置得
$$\begin{array}{rl}{H}^T(Hx-y)+\alpha L^{T}Lx& =0\\ (H^{T}H+\alpha L^{T}L)x& =H^{T}y\end{array}$$
于是 $x$ 的稳定近似解为：
$$\hat{x}=(H^{T}H+\alpha L^{T}L{)}^{-1}{H}^{T}y$$