變分法/第十六章

第十六章：確定給定長度和給定端點的曲線，其重心最低。

• 216 問題的陳述。
• 217 必要條件
• 218 關於固定準線，穿過兩個給定點的給定長度的懸鏈線的數量。
• 219 唯一確定的常數。

第 216 條.
要解決本章的問題，讓 $Y$-軸垂直取向，正方向向上，並用 $S$ 表示整個曲線的長度。如果重心的座標為 $x_{0},y_{0}$，那麼 $y_{0}$ 由以下方程確定

$y_{0}=S\int _{t_{0}}^{t_{1}}y{\sqrt {x'^{2}+y'^{2}}}{\text{d}}t$，其中 $S=\int _{t_{0}}^{t_{1}}{\sqrt {x'^{2}+y'^{2}}}{\text{d}}t$

問題是：因此確定 $x$ 和 $y$ 作為 $t$ 的函式，第一個積分將是最小值，而第二個積分保持一個恆定值。 （參見第 16 條）。

重心儘可能低的性質也必須對曲線的每個部分都滿足；因為如果這不是真的，那麼我們就可以用相同長度但重心更低的另一部分替換曲線的一部分，結果是整個曲線的重心可以下移，因此原始曲線將不具備所需的最小性質。

這裡我們有

$F^{(0)}=y{\sqrt {x'^{2}+y'^{2}}}\qquad F^{(1)}={\sqrt {x'^{2}+y'^{2}}}$

$F=(y-\lambda ){\sqrt {x'^{2}+y'^{2}}}$

因此

${\frac {\partial F}{\partial x'}}={\frac {x'(y-\lambda )}{\sqrt {x'^{2}+y'^{2}}}}\qquad {\frac {\partial ^{2}F}{\partial x'\partial y'}}={\frac {-x'y'(y-\lambda )}{({\sqrt {x'^{2}+y'^{2}}})^{3}}}\qquad {\frac {\partial F}{\partial y'}}={\frac {y'(y-\lambda )}{\sqrt {x'^{2}+y'^{2}}}}$

$F_{1}={\frac {y-\lambda }{({\sqrt {x'^{2}+y'^{2}}})^{3}}}$

我們永遠排除兩個給定點位於同一條垂線上這種情況，因為在這種情況下 $S$ 的積分不總是表示曲線的絕對長度；例如，當曲線的一部分自身重疊時。同樣地，我們也排除給定長度 $S$ 恰好等於直線上兩點之間距離的情況；因為在這種情況下，曲線不能改變，同時保持恆定的長度。

第 217 條.
由於 $F_{1}$ 必須為正數，需要最小值，因此 $(y-\lambda )>0$。此外，由於 ${\frac {\partial F}{\partial x'}}$ 和 ${\frac {\partial F}{\partial y'}}$ 沿著整條曲線以連續的方式變化，並且由於這些量與方向餘弦只相差因子 $y-\lambda$，該因子以連續的方式變化，因此曲線在任何地方都以連續的方式改變其方向。

函式 $F$ 與第 7 條中出現的函式 $F$ 相同，只是這裡我們有 $y-\lambda$ 代替了那個問題中的 $y$。由於這裡微分方程必須與前面提到的問題中相同，因此我們必須將所需的曲線表示為

$x=\alpha \pm \beta t\qquad y=\lambda +{\frac {\beta (e^{t}+e^{-t})}{2}}$

即懸鏈線的方程。

由於 $y-\lambda >0$，因此 $\beta$ 是一個正的常數。對於 $S$，我們有：

$S=\int _{t_{0}}^{t_{1}}{\sqrt {x'^{2}+y'^{2}}}{\text{d}}t={\frac {\beta }{2}}{\big [}e^{t_{1}}+e^{-t_{1}}-(e^{t_{0}}+e^{-t_{0}}){\big ]}$

第 218 條.
接下來我們研究懸鏈線是否以及如何透過兩點且具有長度 $S$，也就是說，是否以及以多少種不同的方式可以根據 $S$ 和給定點的座標來確定常數 $\alpha ,\beta ,\lambda$。如果我們用 $a_{0},b_{0},a_{1},b_{1}$ 表示這些點的座標，則有：

$a_{0}=\alpha \neq \beta t_{0}\qquad a_{1}=\alpha \neq \beta t_{1}$

$b_{0}=\lambda +{\frac {\beta }{2}}(e^{t_{0}}+e^{-t_{0}})\qquad b_{1}=\lambda +{\frac {\beta }{2}}(e^{t_{1}}+e^{-t_{1}})$

$S={\frac {\beta }{2}}{\big [}e^{t_{1}}+e^{-t_{1}}-(e^{t_{0}}+e^{-t_{0}}){\big ]}$

因此

$a_{1}-a_{0}=\pm \beta (t_{1}-t_{0})\qquad b_{1}-b_{0}={\frac {\beta }{2}}{\big [}e^{t_{1}}+e^{-t_{1}}-(e^{t_{0}}+e^{-t_{0}}){\big ]}$

我們假設$t_{1}>t_{0}$，因此，當$a_{1}-a_{0}>0$或$a_{1}-a_{0}<0$時，我們必須取上或下符號。很明顯，我們可以始終取$a_{1}-a_{0}>0$，因為我們可以交換點$a_{1},b_{1}$與點$a_{0},b_{0}$，反之亦然。

因此，我們將取上符號。如果我們寫成

${\frac {t_{1}-t_{0}}{2}}=\mu \qquad {\frac {t_{1}+t_{0}}{2}}=\nu$

那麼$\mu$是一個正數，我們有

$a_{1}-a_{0}=+2\mu \beta$

$b_{1}-b_{0}={\frac {\beta }{2}}{\big (}e^{\mu }-e^{-\mu }{\big )}{\big (}e^{\nu }-e^{-\nu }{\big )}$

$S={\frac {\beta }{2}}{\big (}e^{\mu }-e^{-\mu }{\big )}{\big (}e^{\nu }+e^{\nu }{\big )}$

${\frac {b_{1}-b_{0}}{S}}={\frac {1-e^{-2\nu }}{1+e^{-2\nu }}}=-{\frac {1-e^{2\nu }}{1+e^{2\nu }}}$

${\frac {\text{d}}{{\text{d}}\nu }}\left({\frac {b_{1}-b_{0}}{S}}\right)={\frac {4}{(e^{\nu }+e^{-\nu })^{2}}}$

由於該導數始終為正，表示式 ${\frac {b_{1}-b_{0}}{S}}$ 以連續的方式在 $-1$ 到 $+1$ 之間變化，而 $\nu$ 從 $-\infty$ 增加到 $+\infty$。因此，對於 $\nu$ 的每個實數值，存在且僅存在一個 ${\frac {b_{1}-b_{0}}{S}}$ 的實數值，該值位於 $-1$ 和 $+1$ 之間，反之亦然，對於 ${\frac {b_{1}-b_{0}}{S}}$ 的每個值位於 $-1$ 和 $+1$ 之間，存在且僅存在一個 $\nu$ 的實數值。由於我們排除了 $S$ 等於兩給定點之間直線距離的情況，因此，$S$ 始終大於 $b_{1}-b_{0}$，因此，${\frac {b_{1}-b_{0}}{S}}$ 實際上是一個真分數。因此，$\nu$ 透過 ${\frac {b_{1}-b_{0}}{S}}$ 被 *唯一* 確定。

第219條.
我們還有

${\frac {S}{a_{1}-a_{0}}}={\frac {e^{\mu }-e^{-\mu }}{2\mu }}{\frac {e^{\nu }+e^{-\nu }}{2}}$

或者

${\frac {2\mu }{e^{\mu }-e^{-\mu }}}={\frac {a_{1}-a_{0}}{S{\sqrt {1-\left({\frac {b_{1}-b_{0}}{S}}\right)^{2}}}}}={\frac {a_{1}-a_{0}}{\sqrt {S^{2}-(b_{1}-b_{0})^{2}}}}$

右手邊是一個給定的正數，我們可以用 $M$ 來表示。可以看出

${\frac {\text{d}}{{\text{d}}\mu }}\left({\frac {2\mu }{e^{\mu }-e^{-\mu }}}\right)=-2{\frac {[(\mu -1)e^{\mu }+(\mu +1)e^{-\mu }]}{(e^{\mu }-e^{-\mu })^{2}}}$

根據定義，$\mu$ 始終大於 $0$。如果 $\mu$ 位於 1 和 $\infty$ 之間，則等式右側始終為負。此外，表示式 $(\mu -1)e^{\mu }+(\mu +1)e^{-\mu }$ 的微分商從不小於 $0$，當 $\mu$ 從 $0$ 到 1 變化時，它連續增加，因此 ${\frac {2\mu }{e^{\mu }-e^{-\mu }}}$ 的微分商連續為負，因此

${\frac {\text{d}}{{\text{d}}\mu }}\left({\frac {2\mu }{e^{\mu }-e^{-\mu }}}\right)<0$ 對於 $0<\mu <\infty$

因此，表示式${\frac {2\mu }{e^{\mu }-e^{-\mu }}}$，或數量$M$，當$\mu$從 0 取值到$\infty$時，會從 1 連續減小到 0，因此對於$M$位於 0 和 1 之間的每個值，只有一個$\mu$位於 0 和$\infty$之間。

由於根據假設$M$始終是正真分數，因此從上述可知，$\mu$透過給定量唯一確定。透過$\mu$和$\nu$以及其他給定量，我們也可以唯一地確定$\alpha ,\beta ,\lambda$；因此，如果$S$取足夠大的值，可以在給定點之間放置一條且只有一條滿足給定條件的懸鏈線。

因此，如果存在一條曲線是問題的解，那麼這條曲線是懸鏈線。我們還沒有證明這條曲線的第一積分實際上是最小值。關於此的充分條件將在下一章中闡述。