教材

《变分法及其应用——物理、力学、工程中的经典建模》欧斐君高等教育出版社

有限维到无限维

向量中有有限个元素，它们可以进行加法、数乘、定义范数、定义内积、定义夹角。比如，对于向量 $a$ 和 $b$ ，其夹角余弦值为
$cos<a,b> = \frac{(a,b)}{||a|| \cdot ||b||}$

那么，如果把一个向量中的元素数量扩展到无穷，向量就变成了函数，我们尝试仿照向量，对函数定义范数、内积、夹角。首先是内积，它变成了
$(f,g) = \int f(x) g(x) dx$

有了内积，很容易定义出范数。
$||f|| = \sqrt{(f,f)} = \sqrt{\int f^2(x) dx}$

以及夹角。
$cos<f,g> = \frac{(f,g)}{||f|| \cdot ||g||}$

有了夹角，我们就可以定义函数的正交，即如果 $cos<f,g>=0$ ，则函数 $f$ 与 $g$ 正交。正交函数族的例子有三角函数（傅里叶分解的基函数），切比雪夫多项式等等。函数在一组两两正交函数 $\phi_i(x)$ 上的投影，被称为广义傅里叶级数。即
$f = \sum_{-\infty}^{\infty} c_i \phi_i$
其中，
$c_i = (f_i, \phi_i)$

如果我们只取级数中的 $N$ 项和 $f_N$ 作为对 $f$ 的逼近，那么就有误差
$e = || f_N - f ||$
对于这 $N$ 项的基函数，按 $(f_i, \phi_i)$ 选取 $c_i$ 能让误差最小，因此 $f_N$ 是一个最佳逼近。

线性泛函的例子

就像向量函数以向量为自变量，泛函以函数（无限维的向量）为自变量。其映射 $J$ 为 $函数空间 \rightarrow R$ 。

最速降线

问题：从 $(0,0)$ 到 $(x_1,y_1)$ 构建一个光滑斜曲面，使得小球在重力中下降速度最快。

假设曲面的函数为 $y=y(x)$ ，那么有两端的约束 $y(0)=0,y(x_1)=y_1$ ；当小球下落到 $(x,y)$ 时，按照能量守恒，它的速度为 $v=\sqrt{2gy}$ ，取一个微元，斜面长度为 $\sqrt{1+y'^2}$ ，因此通过这个微元的时间为
$t = \frac{\sqrt{1+y'^2}}{\sqrt{2gy}}$
因此通过整个斜面的总时间为
$T = \int_0^{x_1} t dx = \int_0^{x_1} \frac{\sqrt{1+y'^2}}{\sqrt{2gy}} dx$

假设这个斜面是连续的，那么解一定存在于如下的函数空间（ $C^1$ 表示一阶连续）：
$A=\left\{ y | \begin{matrix} y(x) \in C^1(x,y) \\ y(0)=0, y(x_1)=y_1 \end{matrix} \right\}$

假设 $y^*$ 是最后的解，那么我们要求的问题就变成了一个优化问题
$y^* = {\arg\min}_{y \in A} T$

一会儿再考虑如何求解这个方程。

极小曲面问题

问题：求一段通过 $(x_1,y_1)$ 和 $(x_2,y_2)$ 的曲线，绕着 $x$ 轴旋转后侧面表面积最小。

首先写出面积公式。按 $x$ 轴分成无数个微元，每个微元都是一个周长为 $2\pi y$ ，高为 $\sqrt{1+y'^2}$ 的长方形，因此总面积为
$S = \int_{x_1}^{x_2} 2 \pi y \sqrt{1+y'^2} dx$

然后是解空间，假设曲线二阶连续，则有
$A=\left\{ y | \begin{matrix} y(x) \in C^2(x,y) \\ y(x_1)=y_1, y(x_2)=y_2 \end{matrix} \right\}$

最后是求解的优化问题，令最优解为 $y^*$ ，则
$y^* = {\arg\min}_{y \in A} S$

测地线问题

问题：在一个曲面上，求解两点间在曲面上的最短距离。

假设曲面方程为 $g(x,y,z)=0$ ，直线方程为
$l = \left\{ \begin{matrix} y = y(x) \\ z = z(x) \end{matrix} \right.$

首先是距离公式。
$S = \int_{x_1}^{x_2} \sqrt{1+y'^2+z'^2} dx$

然后是解空间。
$A=\left\{ y | \begin{matrix} g(x, y(x), z(x)) = 0, x \in (x_1,x_2) \\ g(x_1,y_1,z_1)=0, g(x_2,y_2,z_2)=0 \end{matrix} \right\}$

最后是优化问题。
$y^* = {\arg\min}_{y \in A} S$

等周问题

一段长为 $L$ 的线段，如何围成更大的面积。

这是作业，还没完成。

欧拉公式

欧拉公式帮助我们进行具体的求解。

一个引理

设 $f(x) \in C[x_0,x_1], \eta(x) \in C_0^{\infty}[x_1,x_2]$ ，其中 $C_0^{\infty}$ 表示在边界上导数为0，中间无限次可导。如果有
$\int_{x_1}^{x_2} f(x) \eta(x) dx = 0, \forall \eta \in C_0^{\infty}[x_1,x_2]$
则 $f(x)=0$ 。

证明：反证法。假设 $f(x_0)>0$ ，则有 $\tilde{x}_1<x_0<\tilde{x}_2$ ，在这个区间内， $f(x)>0$ 。构造
$\eta(x) = \left\{ \begin{matrix} K(x-\tilde{x}_1)^{2n}(x-\tilde{x}_2)^{2n},& x \in (\tilde{x}_1, \tilde{x}_2) \\ 0,& x \notin (\tilde{x}_1, \tilde{x}_2) \end{matrix} \right.$
其中 $K>0$ ， $n$ 为正整数，则
$\int_{x_1}^{x_2} f(x) \eta(x) dx = \int_{\tilde{x}_1}^{\tilde{x}_2} f(x) K(x-\tilde{x}_1)^{2n}(x-\tilde{x}_2)^{2n} dx > 0$

矛盾。因此引理成立。

基本定理

设泛函 $J(y) = \int_{x_1}^{x_2} F(x,y,y') dx$ ， $F$ 关于 $x,y,y'$ 连续，且有二阶连续偏导。假设解空间为
$A = \left\{ \begin{matrix} y \in C^2(x_1,x_2), \\ y(x_1)=y_1, y(x_2)=y_2 \end{matrix} \right\}$
则 $y^*$ 满足
$F_y - \frac{d}{dx} F_{y'} = 0$
此为欧拉方程。

证明： $A$ 中任意一个 $y$ 都可以写成 $y^* + \epsilon \eta$ 的形式，因此
$J(y) = \int_{x_1}^{x_2} F(x,y,y') dx = \int_{x_1}^{x_2} F(x, y^* + \epsilon \eta, {y^*}' + \epsilon \eta') dx = \Phi(\epsilon)$

由于在 $\epsilon=0$ 时取到最值，因此我们对上式关于 $\epsilon$ 求导结果应为 $0$ ，得到
$\begin{aligned} \Phi'(\epsilon) &= \int_{x_1}^{x_2} \frac{dF}{d\epsilon} dx = \int_{x_1}^{x_2} \frac{dF}{dx}\frac{dx}{d\epsilon} + \frac{dF}{dy}\frac{dy}{d\epsilon} + \frac{dF}{dy'}\frac{dy'}{d\epsilon} dx \\ &= \int_{x_1}^{x_2} 0 + \frac{dF}{dy}\eta + \frac{dF}{dy'}\eta' dx \\ &= \int_{x_1}^{x_2} \frac{dF}{dy}\eta dx + \int_{x_1}^{x_2} \frac{dF}{dy'} d\eta \\ &= \int_{x_1}^{x_2} \frac{dF}{dy}\eta dx + \frac{dF}{dy'} \eta |_{x_1}^{x_2} - \int_{x_1}^{x_2} \eta \frac{d}{dx}F_{y'} dx \\ &= \int_{x_1}^{x_2} \frac{dF}{dy}\eta dx - \int_{x_1}^{x_2} \eta \frac{d}{dx}F_{y'} dx = 0 \\ & \rightarrow F_y - \frac{d}{dx} F_{y'} = 0 \end{aligned}$
其中，第三行到第四行是分部积分，第四行到第五行是因为 $\eta(x_1)=\eta(x_2)=0$ ，第五行到第六行是因为上述引理。

欧拉定理在最速降线的运用

最速下降问题的表达式。
$T = \int_0^{x_1} \frac{\sqrt{1+y'^2}}{\sqrt{2gy}} dx = \frac{1}{\sqrt{2g}} \int_0^{x_1} F(x,y,y') dx$

求解 $F_y$ 和 $F_{y'}$ 。
$\begin{aligned} F_y &= -\frac{1}{2} y^{-\frac{3}{2}} \sqrt{1+y'^2} \\ F_{y'} &= y^{-\frac{1}{2}} y' (1+y'^2)^{-\frac{1}{2}} \end{aligned}$

带入欧拉方程，得到
$-\frac{1}{2} y^{-\frac{3}{2}} \sqrt{1+y'^2} - \frac{d}{dx} y^{-\frac{1}{2}} y' (1+y'^2)^{-\frac{1}{2}} = 0$

化简（参考下一节的第一种退化情况），得到
$1 + y'^2 + 2yy'' = 0$

求解常微分方程，得到
$\left\{ \begin{matrix} x = c(u - \sin u) \\ y = c(1 - \cos u) \end{matrix} \right.$
其中， $c$ 由 $(x_1,y_1)$ 确定。因此，最速降线为摆线。

（求解常微分方程，这里属于方程中只有 $y$ 的情况，因此令 $p=y'$ ，改造方程为 $1+p^2+2yp'=0$ ，先求 $p$ ，再求 $x$ ）。

常见的欧拉方程的退化情况

第一种， $F(x,y,y')=v(x,y)\sqrt{1+y'^2}$ 。这种情况往往是由于需要乘上弦长 $\sqrt{1+y'^2}$ 而出现。

应用欧拉方程，得到
$\begin{aligned} & v_y \sqrt{1+y'^2} - \frac{d}{dx} v y' (1+y'^2)^{-\frac{1}{2}} = 0 \\ \rightarrow & v_y \sqrt{1+y'^2} - v_x y' (1+y'^2)^{-\frac{1}{2}} - v_y y'^2 (1+y'^2)^{-\frac{1}{2}} - v y'' (1+y'^2)^{-\frac{3}{2}}= 0 \\ \rightarrow & v_y - v_xy' - v \frac{y''}{1+y'^2} = 0 \end{aligned}$
其中，第一行到第二行中，第二项为全积分展开。

第二种， $F(x,y,y')=F(x,y')$ 。

应用欧拉方程，得到
$\frac{d}{dx} F_{y'} = 0 \rightarrow F_{y'} = c$

第三种， $F(x,y,y')=F(y,y')$ 。

应用欧拉方程，得到
$\begin{aligned} F_y - \frac{d}{dx} F_{y'} = 0 & \rightarrow y' F_y - y' \frac{d}{dx} F_{y'} = 0 \\ & \rightarrow \frac{d}{dx} \left( F - y' F_{y'} \right) = 0 \\ & \rightarrow F - y' F_{y'} = c \end{aligned}$

第四种， $F(x,y,y')=F(x,y)$ 。

应用欧拉方程，得到
$F_y = 0$

第五种， $F(x,y,y')=P(x,y)+Q(x,y)y'$ 。

应用欧拉方程，得到
$\begin{aligned} & \frac{\partial P}{\partial y} + \frac{\partial Q}{\partial y} y' - \left( \frac{\partial Q}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} y' \right) = 0 \\ \rightarrow & \frac{\partial P}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial x} = 0 \end{aligned}$

参考文献