上高中以后一直好奇最速下降曲线是怎么算出来的。到了大学怎么还能留着问题呢？今天就用漏洞百出的证法把它扬了。

前提

假定无摩擦，起点为 $(0,0)$，终点是 $(x_0, y_0)$，整套系统只有重力场和最速降线，并建立 $y$ 轴竖直向下，$x$ 轴水平向右的左手坐标系。

分析过程

一

对质点而言，由经典力学动能定理有，$\dfrac{1}{2}mv^2=mgy$。消去质量，并变形得到 $v^2=2gy$。

同时又由于质点在最速降线上运动，此时也有 $\dfrac{\sqrt{(\mathrm{d}x)^2 + (\mathrm{d}y)^2}}{\mathrm{d} t} = v$。进一步变形得到 $\dfrac{ \sqrt{1 + (y’)^2}\mathrm{d}x}{\mathrm{d} t} = v$。

那么对于时间的微分而言，有 $\mathrm{d} t=\sqrt{\dfrac{ 1 + (y’)^2}{2gy}}\mathrm{d}x$。

积分回来就有

$$t=\int_0^{x_0}\sqrt{\dfrac{ 1 + (y’)^2}{2gy}}\mathrm{d}x$$

问题便是选取合适的 $y$ 使得 $t$ 在积分之后取到最小值。

不难发现此时的函数涉及到了三个变量：自变量 $x$，因变量 $y$ 以及因变量的导数 $y’$。

除此之外还能注意到 $y(0) = 0, y(x_0) = y_0$。然后就似乎没有额外的限制条件了。

二

我们从物理常识可以知道待求的曲线一定存在、存在极值、连续、可导且二阶可导。

而为了研究如何找到这样的函数，我们可以很自然地类比微分寻找整个函数的极值点一样 引入函数的变动量（或者称之为函数的变分） $\delta(x)$，在两点间 所有可能 的函数为 $\bar{y}$，最优解为 $y$。

那么，$\bar{y}=y+\delta$。从而有 $\bar{y}’=y’+\delta’$。相应地，要求 $\delta(0)=\delta(x_0) = 0$ 以固定起始点和终点。

为了能使用到极限和微分求极值的理论，我们还需要对式子中任意性最大的 $\delta(x)$ 做变换 $\delta(x) = \xi\eta (x)$。其中 $\xi$ 是常数。

具体而言，我们考虑三个变量所构成的多元函数族 $\bar{F}(x,y+\xi\eta ,y’ + \xi\eta’ )=\bar{F}(x,\bar{y},\bar{y}’)$ 以及形成最优解函数的多元函数 $F(x,y,y’)$，两者存在关系 $F(x,y,y’) = \lim\limits_{\xi \to 0}\bar{F}(x,\bar{y},\bar{y}’)$。

同时，$\bar{F}(x,\bar{y},\bar{y}’)$ 也是一个 关于 $\xi$ 的函数。

$$I(\xi) = t = \int_0^{x_0}\bar{F}(x,\bar{y},\bar{y}’)\mathrm d x$$

最优解可通过 $\xi$ 逐渐趋近以至于成为零得到，且这个过程隐含一个条件：当 $\xi$ 趋近于零时，$I(\xi)$ 整体对 $\xi$ 的微分一定是零。这样才能保证 $I(\xi)$ 取到极值。

那么整个过程可以被表示为
$$\lim_{\xi \to 0}\dfrac{\mathrm d I(\xi)}{\mathrm d \xi} = \lim_{\xi \to 0}\Big(\dfrac{\mathrm d }{\mathrm d \xi}\int_0^{x_0}\bar{F}(x,\bar{y},\bar{y}’)\mathrm d x\Big) = \lim_{\xi \to 0}\int_0^{x_0}\dfrac{\mathrm d \bar{F}}{\mathrm d \xi}\mathrm d x = 0$$

根据函数性质及链式法则，可得到

$$\dfrac{\mathrm d \bar{F}}{\mathrm d \xi} = \dfrac{\partial \bar{F}}{\partial x}\cdot\dfrac{\partial x}{\partial \xi} + \dfrac{\partial \bar{F}}{\partial \bar{y}}\cdot\dfrac{\partial \bar{y}}{\partial \xi} + \dfrac{\partial \bar{F}}{\partial \bar{y}’}\cdot\dfrac{\partial \bar{y}’}{\partial \xi} = 0 + \eta\dfrac{\partial \bar{F}}{\partial \bar{y}} + \eta’\dfrac{\partial \bar{F}}{\partial \bar{y}’}$$

进一步有

$$\begin{aligned}\lim_{\xi \to 0}\dfrac{\mathrm d I(\xi)}{\mathrm d \xi} &= \lim_{\xi \to 0}\int_0^{x_0} \eta\dfrac{\partial \bar{F}}{\partial \bar{y}} + \eta’\dfrac{\partial \bar{F}}{\partial \bar{y}’}\mathrm d x \\ &= \int_0^{x_0} \lim_{\xi \to 0}\Big(\eta\dfrac{\partial \bar{F}}{\partial (y + \xi\eta)} + \eta’\dfrac{\partial \bar{F}}{\partial (y’ + \xi\eta’)}\Big)\mathrm d x \\ \\ &= \int_0^{x_0}\Big( \eta\dfrac{\partial F}{\partial y} + \eta’\dfrac{\partial F}{\partial y’}\Big)\mathrm d x = \int_0^{x_0}\eta\dfrac{\partial F}{\partial y} \mathrm d x + \left. \eta\dfrac{\partial F}{\partial y’}\right|_0^{x_0} - \int_0^{x_0}\eta \mathrm d \dfrac{\partial F}{\partial y’} \\ &=\int_0^{x_0}\eta\Big(\dfrac{\partial F}{\partial y} - \dfrac{\mathrm d}{\mathrm d x }\dfrac{\partial F}{\partial y’}\Big) \mathrm d x + \color{red}{0} = 0\end{aligned}$$

标红是因为代入上下限始终有 $\eta(0) = \eta(x_0) = 0$。

然后我们考虑一个问题：当满足 $\eta(x_1) = \eta(x_2) = 0$ 时，积分 $\displaystyle\int_{x_1}^{x_2}\eta(x)f(x)\mathrm d x=0$ 会导出什么结论。

由于 $\eta(x)$ 随意，不妨构造为 $\eta(x) = -f(x)(x - x_1)(x - x_2)$ 以满足题目条件。此时可以有 $\displaystyle \int_{x_1}^{x_2} -[f(x)]^2(x - x_1)(x - x_2)\mathrm d x$。

因为 $[f(x)]^2 \geq 0;\forall x \in [x_1,x_2],-(x-x_1)(x- x_2) \geq 0$，如果存在值使得 $[f(x)]^2$ 大于零，则会直接导致算出的积分值大于零，进一步与已知的函数值产生矛盾，所以 唯一的可能 只有 $[f(x)]^2 = f(x) = 0$。

那么回归到刚刚的讨论，此时就可以有 $\dfrac{\partial F}{\partial y} - \dfrac{\mathrm d}{\mathrm d x }\dfrac{\partial F}{\partial y’} = 0$。

三

再来看一看 最优解所构成的多元函数 对于 $x$ 的全微分。

$$\dfrac{\mathrm d F}{\mathrm d x} = \dfrac{\partial F}{\partial x} + \dfrac{\partial F}{\partial y}\dfrac{\partial y}{\partial x} + \dfrac{\partial F}{\partial y’}\dfrac{\partial y’}{\partial x} = \dfrac{\partial F}{\partial x} + \dfrac{\partial F}{\partial y}y’ + \dfrac{\partial F}{\partial y’}y^{\prime \prime}$$

注意到 $\dfrac{\mathrm d}{\mathrm d x}\Big( y’\dfrac{\partial F}{\partial y’}\Big) = \color{red}{y^{\prime \prime}\dfrac{\partial F}{\partial y’}} + y’\dfrac{\mathrm d}{\mathrm d x}\dfrac{\partial F}{\partial y’}$，那么上式减左式得到

$$\dfrac{\mathrm d}{\mathrm d x}\Big(F - y’\dfrac{\partial F}{\partial y’}\Big) = \dfrac{\partial F}{\partial x} + y’\Big( \dfrac{\partial F}{\partial y} - \dfrac{\mathrm d}{\mathrm d x}\dfrac{\partial F}{\partial y’}\Big)$$

根据第二节的结论，此时有 $\dfrac{\mathrm d}{\mathrm d x}\Big(F - y’\dfrac{\partial F}{\partial y’}\Big) = \dfrac{\partial F}{\partial x}$。

当整个函数没有出现 $x$ 作为单独的变量（也就是只含有 $y,y’$ 时），$\dfrac{\mathrm d}{\mathrm d x}\Big(F - y’\dfrac{\partial F}{\partial y’}\Big) = 0$。这个时候就有 $F - y’\dfrac{\partial F}{\partial y’} = C$。

四

将上一节算得的结论运用到 $t=\displaystyle\int_0^{x_0}\sqrt{\dfrac{ 1 + (y’)^2}{2gy}}\mathrm{d}x$ 中的 $\sqrt{\dfrac{ 1 + (y’)^2}{2gy}}$ 就有

$$\sqrt{\dfrac{ 1 + (y’)^2}{2gy}} - y’\cdot\dfrac{2y’}{\sqrt{ 2gy}}\cdot\dfrac{1}{2\sqrt{ 1 + (y’)^2}}=\dfrac{1+(y’)^2 - (y’)^2}{\sqrt{ 2gy( 1 + (y’)^2)}} = C$$

于是我们得到微分方程 $y( 1 + (y’)^2) = \dfrac{C}{2g}$。将 $\dfrac{C}{2g}$ 设为 $k$，移项开方整理得到

$$\dfrac{\mathrm d y}{\sqrt{\dfrac{k-y}{y}}} = \mathrm d x$$

做变量代换 $y = \dfrac{k}{2}(1-\cos\theta)$ 得到

$$\dfrac{k}{2}\sqrt{\dfrac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}}\sin\theta\mathrm d \theta = \dfrac{k}{2}(1-\cos\theta)\mathrm d \theta = \mathrm d x$$

进而有 $x = \dfrac{k}{2}(\theta-\sin\theta) + C$。

因此 $\begin{cases}x = \dfrac{k}{2}(\theta-\sin\theta) + C \\ y = \dfrac{k}{2}(1-\cos\theta)\end{cases}$，其中更具体的表达式需要由 $(0,0),(x_0,y_0)$ 确定。

对于 $(0,0)$，此时有 $\begin{cases}x = \dfrac{k}{2}(\theta-\sin\theta) \\ y = \dfrac{k}{2}(1-\cos\theta)\end{cases}$。而对于另一个坐标而言，既然已经找到了表达式，就不必多言了。

悬链线

在悬挂问题中，悬挂点是固定的两个点，绳子可看成经过这两个点且总长为 $L$ 的曲线。

根据能量最低原理，绳子对应曲线的形状将会使得绳子的质心最低，而曲线可用一个函数表示。

那么问题就变成求解函数的表示。

我们以地面水平方向为 $x$ 轴，两悬挂点水平方向中垂线为 $y$ 轴，则两悬挂坐标分别为 $-\dfrac{a}{2}$ 和 $\dfrac{a}{2}$ ，绳子对应的曲线函数为 $f(x)$，绳长 $L$，质量为 $m$，则其质心的 $y$ 坐标值 $y_\text{center}$ 不难根据质心方程列出¹

$$y_\text{center} = \dfrac{\displaystyle\int_{0}^{L}f(x)\cdot\dfrac{m}{L} \mathrm{d}{s}}{m} = \dfrac{1}{L}\int_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}} f(x)\sqrt{1+[f’(x)]^2} \mathrm{d}{x}$$

沿用先前算得的结论 $\dfrac{\partial F}{\partial y} - \dfrac{\mathrm d}{\mathrm d x }\dfrac{\partial F}{\partial y’} = 0$，即可得到以下的微分方程。

$$\sqrt{1+[f’(x)]^2} - \dfrac{\mathrm d}{\mathrm d x }\dfrac{f(x)f’(x)}{\sqrt{1 + [f’(x)]^2}} \Rightarrow 1 - \dfrac{f(x)f^{\prime \prime}(x)}{(1 + [f’(x)]^2)}=0$$

进一步有

$$f(x)f^{\prime \prime}(x) - [f’(x)]^2 - 1 = f(x)\dfrac{\mathrm d [f’(x)]}{\mathrm d x} - [f’(x)]^2 - 1 = f(x)\dfrac{\mathrm d f’(x)}{\mathrm d f(x)}f’(x) - [f’(x)]^2 - 1 = 0$$

从而

$$\begin{aligned} & \dfrac{ f’(x) \mathrm d f’(x)}{[f’(x)]^2 + 1} = \dfrac{\mathrm d f(x)}{f(x)} \\ \Rightarrow& 0.5\ln \Big([f’(x)]^2 + 1\Big) = \ln Cf(x) \\ \Rightarrow& C[f(x)] ^ 2 = [f’(x)]^2 + 1 \end{aligned}$$

后面就不多解释了。

后记

2023 年 6 月 21 日更新。

我们还可以用泛函中给出的公式算出圆是整个平面中周长给定面积最小的图形 ²。

假设 $x(t), y(t), t_0 \leq t \leq t_1$ 是平面上面积一定的封闭曲线 $L$。

而在格林公式中，取 $P(x, y) = -y, Q(x, y) = x$ 即可计算其面积。

$$\text{S} = \iint\limits_{D}\mathrm d x \mathrm d y= \dfrac{1}{2}\oint_L P\mathrm d x + Q\mathrm d y = \dfrac{1}{2}\oint_L -y\mathrm d x + x\mathrm d y = \dfrac{1}{2}\int_{t_0}^{t_1} -yx’ + xy’\mathrm d t$$

考虑到周长表示为 $\text{C} = \displaystyle\int_{t_0}^{t_1}\sqrt{x’^2 + y’^2}\mathrm d t = \text{Const}$。

受拉格朗日乘数法 将条件和函数捆绑起来的启发，不妨将给定条件以及目标函数构造到一起，此时有

$$F = \text{S} + \lambda\text{C} = \int_{t_0}^{t_1}\dfrac{-yx’ + xy’}{2} + \lambda\sqrt{x’^2 + y’^2}\mathrm d t$$

其中 $\lambda$ 是常数。

上面的式子交换 $\dfrac{-yx’ + xy’}{2}$ 和 $\sqrt{x’^2 + y’^2}$ 便形成等面积的周长问题。

从数学上谈，极值点上都要求辅助函数和原函数都需要其在该点的微分为 $0$，因此，辅助函数和原函数需要满足线性相关的关系。这使得拉格朗日乘数法中要求每个变量的偏导数为 $0$。但这里，我们使其形成了泛函的对象。在处理上，需要将其视为整体，先考虑变分，再考虑偏导置零，从而正确解耦逻辑关系。

我们可以做这样的考虑：每个针对自变量 $t$ 形成的因变量都需要额外使用扰动函数 $\delta_i$（因为在此处，可以看出它们是无关、各自独立的）。相应地，我们需要为其分配不同的扰动因子 $\xi_i$ 和变换后的函数 $\eta_i$。

那么此时有 $J[x + \xi_1\eta_1,x’ + \xi_1\eta’_1;y + \xi_2\eta_2,y’ + \xi_2\eta’_2;t] = J[\bar{x},\bar{x}’;\bar{y}, \bar{y}’;t]$。

$$\begin{cases} J[\bar{x},\bar{x}’;\bar{y}, \bar{y}’;t] = \displaystyle\int_{t_0}^{t_1}F(\bar{x},\bar{x}’,\bar{y},\bar{y}’,t)\mathrm d t \\ \left.\dfrac{\mathrm d J[\bar{x},\bar{x}’;\bar{y}, \bar{y}’;t] }{\mathrm d \xi_1}\right|_{\xi_1 = 0} = 0 \Rightarrow \dfrac{\partial F}{\partial x} - \dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\dfrac{\partial F}{\partial x’} = 0\\ \left.\dfrac{\mathrm d J[\bar{x},\bar{x}’;\bar{y}, \bar{y}’;t] }{\mathrm d \xi_2}\right|_{\xi_2 = 0} = 0 \Rightarrow \dfrac{\partial F}{\partial y} - \dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\dfrac{\partial F}{\partial y’} = 0 \end{cases}$$

套用之前先来计算对于每个分量的偏导 $\begin{cases}\dfrac{\partial F}{\partial x} = \dfrac{y’}{2} ,\\ \dfrac{\partial F}{\partial y} = -\dfrac{x’}{2} \\ \dfrac{\partial F}{\partial x’} = -\dfrac{y}{2} +\lambda\dfrac{x’}{\sqrt{x’^2 + y’^2}} \\ \dfrac{\partial F}{\partial y’} = \dfrac{x}{2} +\lambda\dfrac{y’}{\sqrt{x’^2 + y’^2}}\end{cases}$。进而有

$$\begin{cases}\dfrac{y’}{2} = \dfrac{\mathrm d}{\mathrm d t}(-\dfrac{y}{2} +\lambda\dfrac{x’}{\sqrt{x’^2 + y’^2}}) \\ -\dfrac{x’}{2} = \dfrac{\mathrm d}{\mathrm d t}(\dfrac{x}{2} +\lambda\dfrac{y’}{\sqrt{x’^2 + y’^2}}) \end{cases}$$

注意，不要看见求导就直接求导。可能会造成运算的不便。
$$\begin{cases} y’ - \lambda (\dfrac{x^{\prime \prime}}{\sqrt{x’^2 + y’^2}}-\dfrac{x’^2x^{\prime \prime} + x’y’y^{\prime \prime}}{(x’^2 + y’^2)^{\frac{3}{2}}}) = y’ + \lambda y’\dfrac{x’y^{\prime \prime} - x^{\prime \prime}y’}{(x’^2 + y’^2)^{\frac{3}{2}}} = 0 \\ -x’ + \lambda x’\dfrac{x^{\prime \prime}y’ - x’y^{\prime \prime}}{(x’^2 + y’^2)^{\frac{3}{2}}} = 0 \end{cases}$$
然后就显而易见的卡住了。

对方程组积分即可得到

$$\begin{cases} y - \lambda\dfrac{x’}{\sqrt{x’^2 + y’^2}} = C_1 \\ x - \lambda\dfrac{y’}{\sqrt{x’^2 + y’^2}} = C_2 \end{cases} \Rightarrow (y - C_1)^2 + (x - C_2)^2 = \lambda^2$$

其中 $C_1,C_2,\lambda$ 由 $t_0, t_1, |L|$ 确定。

参考资料

1. 泛函（最简泛函）导数解法
2. 分析力学—最速降线与变分法

注脚