变分法笔记2

变分法的应用

1. 我们将寻找如下形式泛函的极小化解：

$$J(y)={\int }_a^{b}L(x,y(x),y^{\prime }(x))dx,$$

该泛函定义在满足边界条件的光滑函数$y$的集合$D$上：

$$y(a)=\alpha \text{和}y(b)=\beta .$$

对于这个问题，可行变分类$A$由在区间端点处为0的光滑函数$h$组成，即

$$h(a)=h(b)=0.$$

理解起来还好吧

为了专注于变分法的主线，不去细究一般的细节定义，我们将假设$L,y$和$h$足够光滑。为了计算泛函极值，需要采取如下步骤：

a. 对于$y\in D$和$h\in A$，计算 Gâteaux 变分$\delta J(y,h)$。

b. 求解极值方程$\delta J(y,h)=0$。

c. 在极值中识别极小值。

在微积分中，（c）通常通过二阶导计算完成。变分法中有二阶导数测试，但我们将忽略它，转而利用几何或物理直觉来确定极小值。

2. 现在我们准备好进行步骤 (a) 和 (b)。对于给定$y\in D$和任意$h\in A$，

$$\begin{gathered} \delta J(y,h) \\ ={\frac{d}{dϵ}J(y+ϵh)|}_{ϵ=0} \\ ={\frac{d}{dϵ}{\int }_a^{b}L(x,y+ϵh,y^{\prime }+ϵh^{\prime })dx|}_{ϵ=0} \\ ={\int }_a^b[L_y(x,y,y^{\prime })h+L_{y^{\prime }}(x,y,y^{\prime })h^{\prime }]dx. \end{gathered}$$

通过分部积分去除$h^{\prime }$上的导数，

$$\delta J(y,h)={\int }_a^b\left[L_y(x,y,y^{\prime })-\frac{d}{dx}{L}_{y^{\prime }}(x,y,y^{\prime })\right]hdx+L_{y^{\prime }}(x,y,y^{\prime })h{|}_a^b.$$

由于 (2) 中的边界项消失，剩下

$$\delta J(y,h)={\int }_a^b\left[L_y(x,y,y^{\prime })-\frac{d}{dx}{L}_{y^{\prime }}(x,y,y^{\prime })\right]hdx.$$

因此，如果$y$满足，

$$L_y(x,y(x),y^{\prime }(x))-\frac{d}{dx}{L}_{y^{\prime }}(x,y(x),y^{\prime }(x))=0,$$

则对所有可行变分$h$有
$$\delta J(y,h)=0$$。
如果$y$满足
$$L_y(x,y(x),y^{\prime }(x))-\frac{d}{dx}{L}_{y^{\prime }}(x,y(x),y^{\prime }(x))=0,$$
称$y$满足欧拉方程.

我们将求解两点边值问题：
$$\{\begin{array}{ll}{L}_y(x,y,y^{\prime })-\frac{d}{dx}{L}_{y^{\prime }}(x,y,y^{\prime })=0,& \text{对于 }a<x<b,\\ y(a)=\alpha ,& \\ y(b)=\beta .& \end{array}$$

3. 例子两点之间直线最短：考虑上次笔记中定义的弧长泛函$J$。对于定义域

D = { y ∈ C 1 [ 0 , 1 ] ∣ y ( 0 ) = 0 , y ( 1 ) = 1 } , D = \{ y \in C^1[0, 1] \mid y(0) = 0, y(1) = 1 \}, D={y∈C1[0,1]∣y(0)=0,y(1)=1},

我们设

$$J(y)={\int }_0^1\sqrt{1+y^{\prime }(x{)}^2}dx.$$

$J(y)$是从 (0, 0) 到 (1, 1) 的光滑曲线$y=y(x)$的长度。这两点间的最短路径是$J$的极小化解。这个极小化解应在$J$的极值中寻找。正如我们刚刚看到的，这些极值点是边值问题的解：

$$\{\begin{array}{l}{L}_y-\frac{d}{dx}{L}_{y^{\prime }}=0,\\ y(0)=0,\\ y(1)=1.\end{array}$$

拉格朗日函数是

$$L(y^{\prime })=\sqrt{1+y^{\prime 2}},$$

因此欧拉方程为

$$\frac{d}{dx}{L}_{y^{\prime }}=\frac{d}{dx}\left(\frac{y^{\prime }(x)}{\sqrt{1+y^{\prime }(x{)}^2}}\right)=0.$$

由此可得

$$\frac{y^{\prime }(x)}{\sqrt{1+y^{\prime }(x{)}^2}}=C,$$

对于某个常数$C$。由 (11) 可知$y^{\prime }(x)=A$，其中$A^2=\frac{C^2}{1-C^2}$。因此

$$y(x)=Ax+B,$$

对于常数$A$和$B$。根据边界条件，$A=1$且$B=0$。因此$J$的唯一极值是$y(x)=x$。显然，这也是所寻求的极小化解$y^{\ast }(x)$。

4. 与拉格朗日函数$L$对应的哈密顿量为

$$H=-L(x,y,y^{\prime })+y^{\prime }{L}_{y^{\prime }}(x,y,y^{\prime }).$$

5. 二阶微分方程$F(x,y,y^{\prime },y^{\prime \prime })=0$的一阶积分$g(x,y,y^{\prime })$是一个守恒量，即如果$y$满足微分方程，则

$$g(x,y(x),y^{\prime }(x))=\text{常数}。$$

我们通常可以为欧拉方程写下一阶积分。

a. 如果$L=L(y,y^{\prime })$，则哈密顿量

$$H=-L(y,y^{\prime })+y^{\prime }{L}_{y^{\prime }}(y,y^{\prime }),$$

是欧拉方程的一阶积分。

b. 如果$L=L(x,y^{\prime })$，则

$$L_{y^{\prime }}(x,y^{\prime }),$$

是一阶积分。

c. 如果$L=L(x,y)$，则欧拉方程简化为代数方程

$$L_y(x,y)=0。$$

6. 例子：（最速降线问题）一个质量为$m$的小球初始静止，沿曲线$y=y(x)$从 (a, α) 滑动到 (b, β)，其中$a<b$且$\alpha >\beta$。唯一作用于小球的力是重力。我们将使用变分法找到最小化小球滑动时间$T$的曲线$y^{\ast }$。设$s$为沿曲线的弧长，$S$为曲线的总长度。则

$$ds=\sqrt{d{x}^2+d{y}^2}=\sqrt{1+y^{\prime }(x{)}^2}dx,$$

因此

$$\frac{ds}{dx}=\sqrt{1+y^{\prime }(x{)}^2}.$$

设$v$为小球的速度。小球初始静止。因此在$t=0$时没有动能，总能量等于势能$mg\alpha$。由于能量守恒，

$$\frac{1}{2}m{v}^2+mgy=mg\alpha 。$$

因此

$$v=\frac{ds}{dt}=\sqrt{2g(\alpha -y)}。$$

由 (12) 和 (13)，

$$T={\int }_0^{T}dt={\int }_0^S\frac{dt}{ds}ds={\int }_a^b\frac{\sqrt{1+y^{\prime }(x{)}^2}}{\sqrt{2g(\alpha -y(x))}}dx。$$

积分 (14) 给出了$T$作为$y$的泛函。$T$的极值是满足边界条件 (2) 的解。拉格朗日函数是

$$L(y,y^{\prime })=\frac{\sqrt{1+y^{\prime 2}}}{\sqrt{2g(\alpha -y)}}。$$

哈密顿量是一阶积分。因此，存在某个常数$C$,使得

$$H(y,y^{\prime })=-\frac{\sqrt{1+y^{\prime 2}}}{\sqrt{2g(\alpha -y)}}+\frac{y^{\prime 2}}{\sqrt{1+y^{\prime 2}}\sqrt{2g(\alpha -y)}}=C$$

成立.

令两侧同乘
$$\sqrt{1+y^{\prime 2}}\sqrt{2g(\alpha -y)}$$
则有

$$阿=A^2(1+y^{\prime 2})(\alpha -y)$$

也就是说， $y$为一阶微分方程
$$y^{\prime }=\pm \sqrt{\frac{1-A^2(\alpha -y)}{A^2(\alpha -y)}}$$

的解
后面懒得写了