Важнейшим, разрешимым в квадратурах, случаем движения точки по поверхности является следующий: материальная точка движется без трения по поверхности вращения под действием силы, определяемой потенциалом, симметричным относительно оси вращения. Пусть положение точки в пространстве определяется цилиндрическими координатами $z,r,\phi$, причем ось $z$ взята в направлении оси вращения, $r$ есть расстояние тогии до этой оси, а азимут $\phi$ — есть угол меяду $r$ и неподвияной плоскостью, проходящей через ось вращения.
Уравнение поверхности будет иметь вид:
$$r=f(z).$$
${}^1$ Движение материальной точки по поверхности вращения исследовано Ньютоном (Principia, книга 1, раздел 10).

Потенциальная функция будет функцией $z$ и $r$ (она не может содержать $\phi$ вследствие ее симметрии относительно оси вращения). Для точки, лежащей на поверхности, она может быть представлена в виде $V(z)=$ функции только $z$, так как $r$ можно заменить его значением $f(z)$. Масса точки пусть равна единице. Согласно $\mathrm{\S }18$ кинетическая энергия будет:
$$T=\frac{1}{2}({\dot{z}}^2+{\dot{r}}^2+r^2{\dot{\phi }}^2)=\frac{1}{2}\{[f^{\prime }(z{)}^2+1]{\dot{z}}^2+[f(z){]}^2{\dot{\phi }}^2\}.$$

Очевидно, $\phi$ есть циклическая координата; ей соответствует интеграл
$$\frac{\partial T}{\partial \dot{\phi }}=k,$$

где $k$ есть постоянная, или
$$[f(z){]}^2\dot{\phi }=k.$$

Это уравнение можно понимать как интеграл момента количества движения относительно оси вращения.
Уравнение энергии будет:
$$T+V=h,$$

где $h$ — постоянная. Если мы вставим сюда значение $\dot{\phi }$ из предыдущего равенства, то получим:
$$[f^{\prime }(z{)}^2+1]{\dot{z}}^2+k^{2}f(z{)}^{-2}+2V(z)=2h.$$

Интеграция этого уравнения дает:
$$t=\int {[f^{\prime }(z{)}^2+1]}^{\frac{1}{2}}{[2h-2V(z)-k^{2}f(z{)}^{-2}]}^{-\frac{1}{2}}dz+\text{ const. }$$

Таким образом, соотношение между $t$ и $z$ получено одной квадратурой. Значения $r$ и $\phi$ определяются из уравнения поверхности и из уравнения:
$$f(z{)}^2\dot{\phi }=k.$$

Рассмотрим теперь движение по такой поверхности, для которой эти квадратуры выполняются с помощью известных функций.

Мы будем предполагать, что ось $z$ направлена вертикально вверх и что тяжесть — единственная внешняя сила, т. е.
$$V(z)=gz.$$

1. Круговой цилиндр. Для кругового цилиндра $r=a$ предыдущим интегралом будет:
$$t=\int {(2h-2gz-\frac{k^2}{a^2})}^{-\frac{1}{2}}dz.$$

Если начало координат выбрать так, чтобы $2h{a}^2=k^2$, то получим:
$$t=\int (-2gz{)}^{-\frac{1}{2}}dz$$

или
$$z=-\frac{1}{2}g(t-t_0)$$

где $t_0$ — постоянная.
Уравнение
$$a^2\dot{\phi }=k$$

тогда дает:
$$\phi -{\phi }_0=\frac{k}{a^2}(t-t_0),$$

где ${\phi }_0$ — тоже постоянная.
2. Шар. Случай, когда поверхность есть шар
$$r={(l^2-z^2)}^{\frac{1}{2}}$$

представляет задачу сферического маятника ${}^1$. Такое движение может быть получено следующим образом: тяжелая точка соединена с неподвижной точкой твердым, невесомым стержнем, который может свободно вращаться вокруг этой неподвижной точки.
В этом случае для $t$ получаем выражение:
$$t=\int {\{\frac{z^2}{l^2-z^2}+1\}}^{\frac{1}{2}}{\{2h-2gz-\frac{k^2}{l^2-z^2}\}}^{-\frac{1}{2}}dz$$

или
$$t=l\int {\{(2h-2gz)(l^2-z^2)-k^2\}}^{-\frac{1}{2}}dz.$$
${}^1$ Langrange, Mecanique Analytique. Полное решение в якобиевых эллиптических функциях дал Тиссо (A. Tissot. Journal Math. (1), т. 17, стр. 88, 1852); собственное решение Якоби с помощью эллиптических функций задачи вращающегося твердого тела опубликовано уже в 1839 г.

Проблема сферического маятника сводится в основном к решению дифференциальных уравнений Ляме второго порядка.

В правой части стоит эллиптический интеграл, который может быть приведен к канонической форме Вейерштрасса. Пусть $z_1,z_2,z_3$ означают корни кубического уравнения
$$2(h-gz)(l^2-z^2)-k^2=0.$$

Выражение
$$2(h-gz)(l^2-z^2)-k^2$$

при $z=l$ и при $z=-l$ отрицательно, при достаточно же больших положительных значениях $z$, а также при некоторых значениях $z$, относящихся к нашей задаче (эти значения лежат между $-l$ и $+l$, так как точка остается на шаре), оно положительно. Поэтому один из корней, например $z_1$, должен быть больше $l$, а оба другие, из которых пусть $z_2>z_3$, должны лежать между $-l$ и $+l$. Значения $z$ для действительного движения находятся между $z_2$ и $z_3$, так как подрадикальное выражение должно быть положительным. Положим
$$z=\frac{h}{3g}+\frac{2l^2}{g}\zeta ,$$

где $\zeta$ — новая переменная, и
$$z_r=\frac{h}{3g}+\frac{2l^2}{g}{e}_r(r=1,2,3),$$

где $e_1,e_2,e_3$ — новые постоянные, удовлетворяющие уравнению:
$$e_1+e_2+e_3=\frac{g}{2l^2}(z_1+z_2+z_3-\frac{h}{g})=0$$

и условию $e_1>e_2>e_3$.
Уравнение, связывающее $t$ и $z$, примет вид:
$$t=\int {\left\{4(\zeta -e_1)(\zeta -e_2)(\zeta -e_3)\right\}}^{-\frac{1}{2}}d\zeta$$

или
$$\zeta =\mathrm{\wp }(t+\epsilon ),$$

где $\epsilon$ — постоянная интегрирования, а ю образована при помощи корней $e_1,e_2,e_3$. Если $e_1,e_2,e_3$ являются действительными и расположены в убывающем порядке, то функции $\mathrm{\wp }(u)$ и ${\mathrm{\wp }}^{\prime }(u)$ обе действительны, когда $u$ действительно (при этом $\mathrm{\wp }$ больше $e_1$ ) и когда $u$ имеет вид $u={\omega }_3$ действительная величина, где ${\omega }_3$ — полупериод, соответствующий корню $e_3$. В последнем случае $\mathrm{\wp }(u)$ лежит между $e_2$ и $e_3$. При действительном движении $z$ находится между $z_2$ и $z_3$; следовательно, $\zeta$ — между $e_2$ и $e_3$. Постоянная $\epsilon$ поэтому должна состоять из мнимой части ${\omega }_3$ и вещественной части, зависящей от начального момента времени. Подходящим выбором нулевого момента времени последнюю часть можно сделать равной нулю, и тогда связь между $z$ и $t$ получим в виде:
$$z=\frac{h}{3g}+\frac{2l^2}{g}\mathrm{\wp }(t+{\omega }_3).$$

Азимут $\phi$ определяется уравнением:
$$d\phi =\frac{k}{r^2}dt=\frac{kdt}{l^2-z^2}.$$

Поэтому имеем:
$$\phi -{\phi }_0=k\int \frac{dt}{l^2-{\{\frac{h}{3g}+\frac{2l^2}{g}\mathrm{\wp }(t+{\omega }_3)\}}^2},$$

где ${\phi }_0$ — постоянная интегрирования.
Для выполнения интегрирования обозначим через $\lambda$ и $\mu$ значение величины $t+{\omega }_3$ при $z$, соответственно равном $l$ и $-l$. Уравнениями, определяющими постоянные $\lambda$ и $\mu$, будут:
$$l-\frac{h}{3g}=\frac{2l^2}{g^{\prime }}\mathrm{\wp }(\lambda ),-l-\frac{h}{3g}=\frac{2l^2}{g^{+}}\mathrm{\wp }(\mu ).$$

Из них следует:
$${\mathrm{\wp }}^{\prime }(\lambda )={\mathrm{\wp }}^{\prime }(\mu )=\frac{ikg}{2l^3}.$$

Тогда интеграл преобразовывается следующим образом:
$$\begin{array}{rl}\phi -{\phi }_0& =-\frac{k{g}^2}{4l^4}\int \frac{dt}{\{\mathrm{\wp }(t+{\omega }_3)-\mathrm{\wp }(\lambda )\}\{\mathrm{\wp }(t+{\omega }_3)-\mathrm{\wp }(\mu )\}}=\\ & =-\frac{kg}{4l^3}\int \{\frac{dt}{\mathrm{\wp }(t+{\omega }_3)-\mathrm{\wp }(\lambda )}-\frac{dt}{\mathrm{\wp }(t+{\omega }_3)-\mathrm{\wp }(\mu )}\}=\\ & =\frac{i}{2}\int \{\frac{{\mathrm{\wp }}^{\prime }(\lambda )dt}{\mathrm{\wp }(t+{\omega }_3)-\mathrm{\wp }(\lambda )}-\frac{{\mathrm{\wp }}^{\prime }(\mu )dt}{\mathrm{\wp }(t+{\omega }_3)-\mathrm{\wp }(\mu )}\}.\end{array}$$
${\mathrm{Ho}}^1$
$$\frac{{\mathrm{\wp }}^{\prime }(\lambda )}{\mathrm{\wp }(z)-\mathrm{\wp }(\lambda )}=\zeta (z-\lambda )-\zeta (z+\lambda )+2\zeta (\lambda ),$$
${}^1$ Уиттекер и Ватсон. Курс современного анализа, $\mathrm{\S }20,53$, пример 2.

поэтому
$$\int \frac{{\mathrm{\wp }}^{\prime }(\lambda )dt}{\mathrm{\wp }(t+{\omega }_3)-\mathrm{\wp }(\lambda )}=\ln \frac{\sigma (t+{\omega }_3-\lambda )}{\sigma (t+{\omega }_3+\lambda )}+2\zeta (\lambda )t,$$

и, следовательно,
$$e^{2i(\phi -{\phi }_0)}=e^{2\{\zeta (\mu )-\zeta (\lambda )\}t}\frac{\sigma (t+{\omega }_3-\mu )\sigma (t+{\omega }_3+\lambda )}{\sigma (t+{\omega }_3+\mu )\sigma (t+{\omega }_3-\lambda )}.$$

Это равенство, определяющее $\phi$ в функции $t$, и решает до конца задачу. Можно показать, что если $t$ возрастает на величину ${\omega }_1$, то ${\phi }_1$ увеличивается на величину:
$$-2i{\omega }_1\{\zeta (\mu )-\zeta (\lambda )\}-2i{\eta }_1(\lambda -\mu ).$$

Задача 1. Конец сферического маятника совершает периодические колебания между двумя параллельными кругами шара. Показать, что разность азимутов движущейся точки в ее положениях на верхнем круге и на нижнем, параллельном круге, которого она достигает через полупериод, находится в пределах между $\frac{\pi }{2}$ и $\pi$. (Puiseux и Halphen.) Периодические решения задачи сферического маятника исследовал F. R. Moulton (Palermo Rend., T. 32, стр. 338, 1911).
3. Параболоид. Разберем теперь движение по параболоиду
$$r=2a^{\frac{1}{2}}{z}^{\frac{1}{2}}.$$

В этом случае имеем:
$$t=\int (a+z{)}^{\frac{1}{2}}{(2hz-2g{z}^2-\frac{k^2}{4a})}^{-\frac{1}{2}}dz.$$

Чтобы получить решение задачи в эллиптических функциях, введем вспомогательную величину $v$, определяемую равенством:
$$v={\int }^z(a+z{)}^{-\frac{1}{2}}{(2hz-2g{z}^2-\frac{k^2}{4a})}^{-\frac{1}{2}}dz.$$

Пусть $\alpha$ и $\beta (\alpha ⩾\beta )$ — корни квадратного уравнения
$$2hz-2g{z}^2-\frac{k^2}{4a}=0.$$

Тогда последний интеграл можно написать в форме:
$$v={(-\frac{g}{2})}^{-\frac{1}{2}}{\int }^z\{4(z+a)(z-\beta )(z-\alpha ){\}}^{-\frac{1}{2}}dz.$$

Определим новую переменную $\zeta$ равенством
$$z=-(a+\alpha )\zeta +\frac{-a+\alpha +\beta }{3}.$$

Пусть также $e_1,e_2,e_3$ — значения $\zeta$, соответствующие значениям $a,\beta$ и $\alpha$ величины $z$. Тогда интеграл будет иметь вид:
$${\left\{\frac{g(a+\alpha )}{2}\right\}}^{\frac{1}{2}}v={\int }_{\zeta }{\left\{4(\zeta -e_1)(\zeta -e_2)(\zeta -e_3)\right\}}^{-\frac{1}{2}}d\zeta$$

и можно легко показать, что
$$e_1+e_2+e_3=0,e_1>e_2>e_3.$$

Теперь введем величину $u$, определяемую равенством
$$v={\left\{\frac{2}{g(a+\alpha )}\right\}}^{\frac{1}{2}}u.$$

Обращение интеграла тогда дает:
$$\zeta =\mathrm{\wp }(u+\epsilon ),$$

где $\epsilon$ — постоянная интеграции, а $ю$ образована с помощью корней $e_1,e_2,e_3$, которые даются равенствами:
$$e_1=\frac{2a+\alpha +\beta }{3(a+\alpha )},e_2=\frac{-a+\alpha -2\beta }{3(a+\alpha )},e_3=\frac{-a-2\alpha +\beta }{3(a+\alpha )}.$$

Так как при действительном движении $z$, очевидно, находятся между $\alpha$ и $\beta$, то $\mathrm{\wp }(u+\epsilon )$ должно заключаться между $e_3$ и $e_2$; так как $u$ должно оставаться вещественным, поэтому мнимая часть постоянной $\epsilon$ должна быть равна полупериоду ${\omega }_3$. Вещественную часть можно предположить равной нулю, так как $u$ зависит лишь от нижнего предела интеграла. Таким образом, имеем:
$$z=-(a+\alpha )\mathrm{\wp }(u+{\omega }_3)+\frac{h-ag}{3g},\text{ так как }\alpha +\beta =\frac{h}{g}.$$

Уравнением, определяющим $t$, будет:
$$\begin{array}{c}t=\int (a+z)dv=-{\left\{\frac{2(a+\alpha )}{g}\right\}}^{\frac{1}{2}}\int \{\mathrm{\wp }(u+{\omega }_3)-e_1\}du,\\ t=-{\left\{\frac{2(a+\alpha )}{g}\right\}}^{\frac{1}{2}}\{-\zeta (u+{\omega }_3)-e_{1}u\}.\end{array}$$

Этим самым $t$ определено как функция вспомогательного переменного $u$.
Найдем теперь азимут $\phi$. Имеем:
$$d\phi =\frac{kdt}{r^2}=\frac{kdt}{4az}=\frac{k}{4a}{\left\{\frac{2}{g(a+\alpha )}\right\}}^{\frac{1}{2}}\cdot \frac{\mathrm{\wp }(u+{\omega }_3)-e_1}{\mathrm{\wp }(u+{\omega }_3)-\frac{-a+\alpha +\beta }{3(a+\alpha )}}du$$

и поэтому
$$\begin{array}{c}\frac{4a}{k}{\left\{\frac{g(a+\alpha )}{2}\right\}}^{\frac{1}{2}}(\phi -{\phi }_0)=\\ =u+\{\frac{-a+\alpha +\beta }{3(a+\alpha )}-e_1\}\int \frac{du}{\mathrm{\wp }(u+{\omega }_3)-\frac{-a+\alpha +\beta }{3(a+\alpha )}}=\\ =u-\frac{a(a+\alpha {)}^{\frac{1}{2}}(-2g{)}^{\frac{1}{2}}}{k}\int \frac{{\mathrm{\wp }}^{\prime }(l)du}{\mathrm{\wp }(u+{\omega }_3)-\mathrm{\wp }(l)},\end{array}$$

где ${\phi }_0$ — постоянная интеграция, а $l$ — вспомогательная постоянная, определяемая равенством
$$\mathrm{\wp }(l)=\frac{-a+\alpha +\beta }{3(a+\alpha )};\text{ следовательно, }{\mathrm{\wp }}^{\prime }(l)=\frac{k}{(-2g{)}^{\frac{1}{2}}(a+\alpha {)}^{\frac{3}{2}}}.$$

Теперь уравнение для $\phi$ можем написать так:
$$\phi -{\phi }_0=\frac{ku}{a\{8g(a+\alpha ){\}}^{\frac{1}{2}}}-\frac{i}{2}\int \frac{{\mathrm{\wp }}^{\prime }(l)du}{\mathrm{\wp }(u+{\omega }_3)-\mathrm{\wp }(l)}.$$

Интегрирование (как и в задаче сферического маятника) дает:
$$e^{2i(\phi -{\phi }_0)}=e^{\left[\frac{2ik}{a\{8g(a+\alpha ){\}}^{\frac{1}{2}}+2\zeta (l)}\right]u}\frac{\sigma (u+{\omega }_3-l)}{\sigma (u+{\omega }_3+l)}.$$

Это уравнение, определяющее $\phi$ через вспомогательную переменную $u$, и дает полное решение задачи.
4. Конус. Рассмотрим, наконец, движение по конусу
$$r=z\mathrm{tg}\alpha ,$$

где $\alpha$ — половина угла раствора.

Так как эта поверхность развертывающаяся, то можно применить результаты $\S 54$. Вследствие этого траектория точки, движущейся по конусу под действием тяжести, будет такой же, какую опишет точка единичной массы, двигаясь по развертке конуса на плоскость, под действием постоянной, центральной, притягивающей силы $g\cos \alpha$. (Силовой центр плоскости соответствует вершине конуса.) Получаем, таким образом, известный случай центрального движения, в котором задача решается в эллиптических функциях. Следовательно, тотчас же получаем и решение задачи движения по конусу.
ЗАДАчА 2. Показать, что движение точки под действием тяжести по поверхности вращения с вертикальной осью может быть выражено в эллиптических функциях, если поверхность задана одним из следующих уравнений:
$$\begin{array}{c}9a{r}^2=z(z-3a{)}^2,\\ 2r^4+3a^2{r}^2-2z{a}^3=0,\\ {(r^2-az-\frac{1}{2}{a}^2)}^2=a^{3}z.\end{array}$$

ЗАдАчА 3. Показать, что та же задача разрешима в эллиптических функциях, если поверхность задана в виде:
$${(x^2+y^2)}^3+2a^6=8a^{3}z(x^2+y^2)$$
(Salkowski).
ЗадАчА 4. Показать, что если алгебраическая поверхность вращения обладает тем свойством, что геодезические линии могут быть выражены в виде эллиптических функций параметра, то для этой поверхности $r^2$ и $z$ могут быть выражены рационально в функции некоторого параметра. Т. е. уравнение поверхности, рассматриваемое как соотношение между $r^2$ и $z$, есть уравнение уникурсальной кривой. При этом $z,r,\phi$ суть цилиндрические координаты точки поверхности. (Kobb.)

ЗАДАчА 5. Показать, что в следующих случаях движения точки по поверхности вращения все траектории будут замкнутыми:
1. Если поверхность есть шар, а сила действует в направлении касательной к меридиану и пропорциональна величине ${\sin }^{-\frac{1}{2}}\vartheta$, где $\vartheta -$ половина высоты точки (траектории суть сферические коники с фокусом в полюсе).
2. Если поверхность есть шар, а сила действует в направлении меридиана и пропорциональна величине $\sin \vartheta {\cos }^{-3}\vartheta$ (траектории — сферические коники с центром в полюсе) ${}^1$.