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 elim 
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  考虑泛函$\displaystyle{\;F:C^1[a,b]\to\mathbb{R},\;y\mapsto F[y]=\int_a^bf(x,y(x),y'(x))dx}$.+E
假定$\underset{\,}{\,}y=\varphi\,$使$\,F\,$达到极小,即$\;F[\varphi]\le F[y]\;(\forall y\in C^1[a,b]),\;f\,$具vhT$[
所需的光滑性及有界性,使得积分与下面的积分和求导可交换.$\underset{\,}{\,}$I=
设$\underset{\,}{\,}h\in C^1[a,b],\,h(a)=h(b)=0,\;y_{\epsilon}=\varphi+\epsilon h,\;H(\epsilon)=F[y_{\epsilon}].$3
则$\displaystyle{\;0=H'(0)=\int_{\underset{\,}{a}}^b\big({\small\frac{\partial f}{\partial y}}h+{\small\frac{\partial f}{\partial y'}}h'\big)dx=\int_a^b h\big({\small\frac{\partial f}{\partial y}-{\small\frac{d}{dx}\frac{\partial f}{\partial y\,'}}}\big)dx}$79F+
上面最后一个等式是对$\frac{\partial f}{\partial y\,'}h'\,$分部积分的结果. 由$\,h\,$的任意性,<p^ETl
曲线$\,y{(\small=y_0=\varphi)}\underset{\,}{\,}$满足著名的 Euler-Lagrange 基本变分方程{X=z8B
$\underset{\;}{(\dagger)}\quad\boxed{{\small\frac{\partial f}{\partial y}-\frac{d}{dx}\frac{\partial f}{\partial y'}=0}\;\;\text{  i.e. }\;f_2(x,y,y')-{\small\frac{d}{dx}}f_3(x,y,y')=0}$JT
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取$\underset{\,}{\;}y'\frac{\partial f}{\partial y}-y'\frac{d}{dx}(\frac{\partial f}{\partial y'})\overset{(\dagger)}{=}0\,$及$\;\frac{d}{dx}(y'\frac{\partial f}{\partial y'})= y''\frac{\partial f}{\partial y'}+y'\frac{d}{dx}(\frac{\partial f}{\partial y'})$qn1Lj
的差, 得方程$\underset{\,}{\;}\; y'\frac{\partial f}{\partial y}+y''\frac{\partial f}{\partial y'}-\frac{d}{dx}(y'\frac{\partial f}{\partial y'})=0.$ 若$\,\frac{\partial f}{\partial x}=0,\,$则'O
$\frac{d}{dx}f(x,y,y')=y'\frac{\partial f}{\partial y} + y''\frac{\partial f}{\partial y'}\;$从而$\;\underset{\,}{\frac{d}{dx}}(f-y'\frac{\partial f}{\partial y'})=0.\;$于是有 G
Beltrami identity $\boxed{f-y'{\scriptsize\frac{\partial f}{\partial y'}}=C\small\quad({\scriptsize\frac{\partial f}{\partial x}} = 0)}$P]5G



发贴时间2017/10/17 09:36am IP: 已设置保密[本文共1857字节]  
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  现在考虑最小化泛函$\;F[y]=\frac{1}{\sqrt{2g}}{\small\displaystyle{\int_0^L}}\sqrt{\small\frac{1+(y')^2}{y}}dx\,$的最速降线$\,y.\;$OvGJyX
则$\,f_2=-\frac{\sqrt{1+p^2}}{2y\sqrt{y}},\;f_3=\frac{p}{y(1+p^2)},\;\frac{d}{dx}f_3=\frac{1}{\sqrt{y(1+p^2)}}\big(\frac{q}{1+p^2}-\frac{p^2}{2y}\big)$1YA-#
其中$\,f(x,y,y')=\sqrt{\frac{1+p^2}{y}},\;\;(p,q)=(y',y'').\;$代入$\,(\dagger)\,$解得:O
$y''=\frac{1+(y')^2}{-2y},\;\rho:=2yy''{\small +1+}(y')^2=0,\;(y+y(y')^2)'=y'\rho=0,$_vd
$y+y(y')^2=c,\;(y')^{-1}=\sqrt{\frac{y}{c-y}}=:\tan\beta,\;y=c\sin^2\beta,$x*=$P
$\frac{dy}{d\beta}=2c\sin\beta\cos\beta,\;\frac{dx}{d\beta}=\frac{dx}{dy}\frac{dy}{d\beta}=2c\sin^2\beta{\small =2y=}c(1-\cos2\beta)\underset{\,}{\,}$HAp;
$\therefore\underset{\,}{\;}(x,y)=\frac{c}{2}(2\beta-\sin 2\beta,1-\cos 2\beta)= \rho(\theta-\sin\theta,1-\cos\theta)$fk]
$\quad$即最速降线是摆线.(设纵坐标向下.否则须用 -y 取代 y)P
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  t
注意本题$\;\frac{\partial f}{\partial x}=0.\;$由Beltrami方程$,\;\sqrt{\frac{1+p^2}{y}}-\frac{p^2}{\sqrt{y(1+p^2)}}=C$G:s
$y(1+p^2)=C^{-2}=c,\;(y')^{-1}=\sqrt{\frac{y}{c -y}}$ 由此大大简化了解法.ie\.
最后取$\underset{\,}{\,}(u,v)=\lambda(\cos\gamma,\sin\gamma)\in\Gamma_y\;\small(\lambda>0< \gamma<\frac{\pi}{2},\;\Gamma_y\,$是$\,y\,$的图s-bv2
像),易见$\;\large\frac{\theta-\sin\theta}{1-\cos\theta}=\frac{u}{v}$ 有唯一解$\;\theta=\mu,\;\therefore\; \rho=\frac{v}{1-\cos\mu}.\;\;\square$:Q`



发贴时间2017/10/18 07:42am IP: 已设置保密[本文共1407字节]  

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