§3 经典例子和基本定理

我们现在从Euler-Lagrange方程的角度来看前面的两个例子。

例 4 (Euclid平面上的最短距离) 路径$y=y(x)$在$(x_{1},y_{1})$到$(x_{2},y_{2})$之间距离的最小化等价于最小化$I[y]=\int_{a}^{b}F(x,y,y^{\prime})\mathrm{d}x$，其中$y(x_{1})=y_{1}, y(x_{2})=y_{2}$，其中$F$由下式给出$$F(x,y,y^{\prime})=\sqrt{1+y^{\prime 2}}\tag{18}$$因为$\frac{\partial F}{\partial y}=0$，Euler-Lagrange方程变成$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{\partial F}{\partial y^{\prime}}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{y^{\prime}}{\sqrt{1+y^{\prime 2}}}=0\tag{19}$$因为$\frac{y^{\prime}}{\sqrt{1+y^{\prime 2}}}$是常数，因此$y^{\prime}$是常数，所以我们得到一条直线。

例 5 (“泥泞场地”上的最短路径) 接下来，我们验证第一节中“泥泞场地”问题中的路径是圆。我们现在取$$F(x,y,y^{\prime})=\frac{\sqrt{1+y^{\prime 2}}}{x}\tag{20}$$Euler-Lagrange方程是$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{\partial F}{\partial y^{\prime}}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{y^{\prime}}{x\sqrt{1+y^{\prime 2}}}=\frac{\partial F}{\partial y}=0\tag{21}$$积分得到$$\frac{y^{\prime}}{x\sqrt{1+y^{\prime 2}}}=c\tag{22}$$这和我们通过推广的Snell定律推导出的方程(4)一样。为了提醒你，解是圆心在$y$轴上的圆。(同样地需要同时考虑固定点和自然边界条件，你可以检查这些都使得解有意义。)

§3.1 一个“可忽略坐标”

你应该特别注意这些问题从二阶ODE化简为一阶ODE的方式，因这个特别的$F(x,y,y^{\prime})$不显式依赖$y$,i.e. $\frac{\partial F}{\partial y}=0$。这一点非常的重要，特别是在数学物理的应用中。依赖变量$y$在这种情况下被称为是可忽略的(ignorable)。我们可以表述一个一般定理：

定理 3.1 (Euler-Lagrange方程的特殊情况) 令$F(x_{1},x_{2},x_{3})$是一个光滑函数使得$$\frac{\partial}{\partial x_{2}}F(x_{1},x_{2},x_{3})=0$$令$y=y(x)$是一个最小值对于泛函$$I[y]:=\int_{a}^{b} F(x,y,y^{\prime})\mathrm{d}x$$则$\frac{\partial}{\partial y^{\prime}}F(x,y,y^{\prime})$是一个常数。

§3.2 从另一个基准点的相同问题

如果我们考虑的问题是寻找泛函$I[y]$的稳定值，其中取$$F(x,y,y^{\prime})=\frac{\sqrt{1+y^{\prime 2}}}{y}\tag{23}$$几何表述立刻告诉我们极值必须是圆心在$x$轴上的圆。然而，这并不明显当我们写出Euler-Lagrange方程$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{y^{\prime}}{y\sqrt{1+y^{\prime 2}}}\right)+\frac{\sqrt{1+y^{\prime 2}}}{y^{2}}=0\tag{24}$$给出了一个看起来很复杂的二阶ODE。关键是要注意当$F$不显式依赖$x$，会得到一个更普遍的结果，这就是Beltrami恒等式(Beltrami's identity)，它也非常重要。

定理 3.2 (Bletrami恒等式) 令$F(x_{1},x_{2},x_{3})$是一个光滑函数使得$$\frac{\partial}{\partial x_{1}}F(x_{1},x_{2},x_{3})=0.$$令$y=y(x)$为$I[y]=\displaystyle\int_{a}^{b}F(x,y,y^{\prime})\mathrm{d}x$。则我们有$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(y^{\prime}\frac{\partial F}{\partial y^{\prime}}-F\right)=0\tag{25}$$即$$H=y^{\prime}\frac{\partial F}{\partial y^{\prime}}-F=\text{常数}.\tag{26}$$证明：因为$\partial F(x_{1},x_{2},x_{3})/\partial x_{1}=0$，我们有$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}F(x,y,y^{\prime})=0+y^{\prime}\frac{\partial}{\partial y}F(x,y,y^{\prime})+y^{\prime\prime}\frac{\partial}{\partial y^{\prime}}F(x,y,y^{\prime})$$但根据Euler-Lagrange方程，这是$$y^{\prime} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \frac{\partial}{\partial y^{\prime}} F\left(x, y, y^{\prime}\right)+y^{\prime \prime} \frac{\partial}{\partial y^{\prime}} F\left(x, y, y^{\prime}\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}\left(y^{\prime} \frac{\partial}{\partial y^{\prime}} F\left(x, y, y^{\prime}\right)\right)$$结论得证。$$~\tag*{$\square$}$$

替代证明：虽然前面的证明很容易，但它并没有说明为什么这第一个积分存在。下面的论证说明了原因：它实际上只是一个可忽略坐标的特例。我们只需交换$x$和$y$的角色，把要找到的曲线看作函数$x(y)$，而不是函数$y(x)$。（在我们研究的这个特殊问题中，这显然是一个非常自然的想法！）记$x^{\prime}$为$\mathrm{d}x/\mathrm{d}y$，使得$y^{\prime}=(x^{\prime})^{-1}$，积分$$\int_{a}^{b}F(x,y,y^{\prime})\mathrm{d}x,\quad y(a)=c, y(b)=d\tag{27}$$变成$$\int_c^d F\left(x, y,\left(x^{\prime}\right)^{-1}\right) x^{\prime} \mathrm{d} y, \quad x(c)=a, x(d)=b\tag{28}$$现在$x$是可忽略坐标，所以Euler-Lagrange方程变为$$\frac{\partial}{\partial x^{\prime}}(F(x,y,(x^{\prime})^{-1})x^{\prime})=\text{常数}$$注意这里的偏导数，即记住像$\frac{\partial}{\partial y^{\prime}}F (x,y,y^{\prime})$这样的表达式是如何正确定义的，这样就可以得到$$-\left(x^{\prime}\right)^{-2} F_3\left(x, y,\left(x^{\prime}\right)^{-1}\right) x^{\prime}+F\left(x, y,\left(x^{\prime}\right)^{-1}\right)=\text{常数}$$（这里$F_{3}(x_{1},x_{2},x_{3})=\frac{\partial F(x_{1},x_{2},x_{3})}{\partial x_{3}}$。）因此$$-y^{\prime} F_3\left(x, y, y^{\prime}\right)+F\left(x, y, y^{\prime}\right)=\text{常数}$$其等价于Beltrami恒等式。$$~\tag*{$\square$}$$应用于 "泥泞场地 "问题，我们可以推导出$$H=\frac{-1}{y\sqrt{1+y^{\prime 2}}}=\text{常数}\tag{29}$$这样就可以直接进行剩余的积分操作，从而得到圆形路径。

在这种情况下，没有满足自然边界条件的解。这与积分在$x = a$和$x = b$之间没有最小值或最大值的事实相符。它可以取任意正值，并且无法达到下确界0。

我们将在第五讲中回到这种最短路径问题，或者更一般地，短程线问题。事实证明，“泥泞场”实际上是表示双曲平面的核心数学概念的一种方式。

例 6 （最速降线问题） 找出一条曲线，使得从某一点静止释放的粒子能够以最短的时间到达其下方的给定低点，而不是立即在其下方。

（我们假设重力是一个常数力 $g$。）这是Newton、J. Bernoulli 及其他人在17世纪解决的最著名的定常积分问题之一。答案并不直观。

这需要一些第一年力学知识来获得相关的 $F(x, y, y^{\prime})$。在这个问题中，我们使用 $x$ 表示水平方向的距离，$y$ 表示垂直方向向下的距离。（这样做纯粹是为了能够从原点开始，同时避免诸如 $\sqrt{-y}$ 之类的表达式。）

具体来说，假设粒子从 $t = 0$ 时刻的 $(x, y) = (0, 0)$ 释放，然后沿着曲线 $y = y(x)$ 运动，该曲线到达 $(x, y) = (a, h)$，其中 $h$ 是下降的高度，$a$ 是水平方向的距离。使用初始条件以及能量守恒，我们知道在曲线 $y = y(x)$ 上的运动中的每一点都有$$E = \frac{1}{2}m(\dot{x}^2 + \dot{y}^2) - mgy = 0$$所以$$\dot{x}^2 = \frac{2gy}{1 + y^{\prime2}}$$其中 $y^{\prime} = \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$，因此$$\mathrm{d}t = \frac{1}{\sqrt{2g}} \frac{\sqrt{1 + y^{\prime2}}}{\sqrt{y}} \mathrm{d}x,$$因此，总时间 $T$ 被定义为 $y(x)$ 曲线的泛函，由$$T[y] = \frac{1}{\sqrt{2g}} \int_0^a \frac{\sqrt{1 + y^{\prime2}}}{\sqrt{y}} \mathrm{d}x.\tag{30}$$我们希望找到曲线 $y(x)$ 使 $T[y]$ 最小化，满足通过 $(0, 0)$ 和 $(a, h)$ 的固定端边界条件。（注意，这也可以解释为解决“泥泞场”问题中速度与 $\sqrt{y}$ 成比例的最快路径问题。）

我们可以轻松地推导出 Euler-Lagrange 方程，但更有效的是采用捷径并使用 Beltrami 恒等式，因为 $F(x, y, y^{\prime})$ 仅取决于 $y$，$y^{\prime}$，这告诉了我们$$\sqrt{y}\sqrt{1+y^{\prime 2}}=\sqrt{2c}\tag{31}$$对于一些常数$2c$。要解决这个问题，进行替换$y = 2c\sin^2(\phi/2)$，然后它变为$$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}\phi} = 2c\sin^2(\phi/2) = c(1 - \cos \phi),$$因此（使用初始条件）$$x = c(\phi - \sin \phi), \quad y = c(1 - \cos \phi),\tag{32}$$这就是一个摆线（cycloid）。请参见下图：

$a$与$h$的比值决定了解决问题的摆线的弧度。如果$a/h = \pi/2$，那么摆线一直到其最低点$\phi = \pi$，其中$c = a/\pi$；如果$a/h < \pi/2$，那么它是摆线的一个更小的段落，其中$c$的值选择以适应，等等。

值得补充一些细节。发现$\dot{\phi}$是常数，即$\sqrt{g/c}$。因此，到达参数为$\phi$的点的时间就是$\sqrt{c/g}\phi$。假设给定了水平距离$a$，我们要求最快到达它的路径，这要在所有可能的$h$中求解。时间由$\sqrt{c/g}\phi$给出，其中$c$通过关系$a = c(\phi - \sin \phi)$隐含地给定。因此，找到最快到达$a$的方法等同于最小化$\frac{\phi}{\sqrt{\phi - \sin \phi}}$。可以检查这由$\phi = \pi$给出。这验证了我们从自然边界条件$y^{\prime} = 0$得到的结果$x = a$。这选择了在$x = a$处的摆线，它到达最低点，即$\phi = \pi$。

例 7（肥皂膜） 考虑通过围绕$x$轴旋转曲线$y = y(x)$，在$x = x_1$和$x = x_2$之间获得的表面。哪条曲线给出了最小面积？

在这个问题中，目标是找到最小面积，但由于这是一个旋转曲面的面积问题，这个问题简化为寻找一条曲线。这可以想象为悬挂在$x_1$和$x_2$两个圆形线圈之间的肥皂膜，假设膜将在最小面积的位置建立平衡。

在这种情况下，需要最小化的泛函$A[y]$很容易给出$$A[y] = 2\pi \int_{x_1}^{x_2} y \sqrt{1 + y^{\prime 2}} \, \mathrm{d}x.\tag{33}$$积分不显式依赖于$x$，所以Beltrami恒等式给我们一个第一积分：$$\frac{y}{\sqrt{1 + y^{\prime 2}}} = c$$其解为$$y = c \cosh\left(\frac{x - x_0}{c}\right).\tag{34}$$填充细节并适配初始条件是一个相当麻烦的过程，作为练习留给读者。

双曲余弦曲线在另一种问题中再次出现——寻找悬挂链条线的形状。由于这个联系，它被称为悬链线(catenary)。我们发现的表面是悬链面(catenoid)，它在表面几何学中起着重要作用。

例 8（一个典型的二阶常微分方程问题） 假设$$F(x, y, y^{\prime}) = \frac{1}{2} y^{\prime 2} - \frac{1}{2} y^2 + y f(x), \quad y(0) = 0 = y(1).\tag{35}$$那么$$\frac{\partial F}{\partial y^{\prime}} = y^{\prime}, \quad \frac{\partial F}{\partial y} = -y + f,$$并且Euler-Lagrange方程是$$y^{\prime \prime} + y - f(x) = 0.\tag{36}$$在这种情况下，我们没有可以利用的可忽略坐标或Beltrami恒等式的帮助。然而，我们认识到这个二阶常微分方程是微分方程课程中深入研究的方程类型，具有可以通过Green函数求解的边界条件。

在本文中，我们不会进一步探讨这种方程的解；实际上，我们对另一个问题更感兴趣。我们能否将以前遇到的微分方程转化为寻找极值的一个问题？