Прежде чем показать, что уравнения Лагранжа вытекают из уравнения (2.2), мы сделаем некоторое отступление и остановимся на методах вычисления вариаций, так как главной нашей задачей является нахождение кривой, для которой заданный криволинейный интеграл принимает экстремальное значение.

Рассмотрим сначала эту задачу в одномерной форме. Для этого попытаемся найти такую кривую $y=y(x)$, которая на участке $x_1⩽x⩽x_2$ реализует экстремум криволинейного интеграла от заданной функции $f(y,\dot{y},x)$, где $\dot{y}=\frac{dy}{dx}$. Другими

Рис. 10. Варьирование кривой $y=y(x)$. словами, для искомой функции $y$ интеграл
$$J={\int }_{x_1}^{x_1}f(y,\dot{y},x)dx$$

должен иметь максимум или минимум. Переменная $x$ играет здесь роль параметра $t$, и мы будем рассматривать лишь такие кривые $y(x)$, для которых $y\left(x_1\right)=y_1$, $y\left(x_2\right)=y_2$ (рис. 10 ; этог чертеж сделан, конечно, не в пространстве конфигураций) .

Чтобы решить эту задачу, мы представим ее в форме, позволяю-
щей использовать обычный аппарат дифференциального исчисления. С этой целью рассмотрим какое-либо однопараметрическое семейство кривых $y(x)$. Қаждой кривой этого семейства будет соответствовать определенное значение параметра $\alpha$, причем некоторым значениям этого параметра, например значению $\alpha =0$, будут соответствовать кривые, реализующие экстремум рассматриваемого интеграла. Тогда $y$ будет функцией $x$ и $\alpha$. Пусть, например, $y(x,\alpha )$ имеет вид
$$y(x,\alpha )=y(x,0)+\alpha \eta (x),$$

где $\eta (x)$-любая функция $x$, обращающаяся в нуль при $x=x_1$ и $x=x_2$. Тогда семейство (2.4) будет одним из возможных семейств кривых $y(x)$. Подставив функцию $y(x,\alpha )$ [не обязательно в виде (2.4)] в выражение (2.3), мы получим интеграл $J$ как функцию $\alpha$.
Таким образом, будем иметь
$$J(\alpha )={\int }_{x_1}^{x_2}f[y(x,\alpha ),\dot{y}(x,\alpha ),x]dx,$$

и условие экстремума примет вид
$${\left(\frac{\partial J}{\partial \alpha }\right)}_{\alpha =0}=0.$$

Производя дифференцирование под знаком интеграла, получаем
$$\frac{\partial J}{\partial \alpha }={\int }_{x_1}^{x_2}\{\frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial \alpha }+\frac{\partial f}{\partial \dot{y}}\frac{\partial \dot{y}}{\partial \alpha }\}dx$$

где второй из интегралов правой части равен
$${\int }_{x_1}^{x_2}\frac{\partial f}{\partial \dot{y}}\frac{\partial \dot{y}}{\partial \alpha }dx={\int }_{x_1}^{x_2}\frac{\partial f}{\partial \dot{y}}\frac{{\partial }^{2}y}{\partial x\partial \alpha }dx.$$

Вычисляя этот интеграл посредсгвом интегрирования по частям, получаем
$${\int }_{x_1}^{x_2}\frac{\partial f}{\partial \dot{y}}\frac{{\partial }^{2}y}{\partial x\partial \alpha }dx={\frac{\partial f}{\partial \dot{y}}\frac{\partial y}{\partial \alpha }|}_{x_{\mathrm{t}}}^{x_2}-{\int }_{x_1}^{x_2}\frac{d}{dx}\left(\frac{\partial f}{\partial \dot{y}}\right)\frac{\partial y}{\partial \alpha }dx$$

причем ${\left(\frac{\partial y}{\partial \alpha }\right)}_{x=x_1}$ и ${\left(\frac{\partial y}{\partial \alpha }\right)}_{x=x_2}$ будут равны нулю, так как все кривые семейства $y=y(x,\alpha )$ проходят через точки $(x_1,y_1)$, $(x_2,y_2)$. Следовательно, первое слагаемое правой части выражения (2.8) обращается в нуль, и уравнение (2.7) принимает вид
$$\frac{\partial J}{\partial \alpha }={\int }_x^{x_2}(\frac{\partial f}{\partial y}-\frac{d}{dx}\frac{\partial f}{\partial \dot{y}})\frac{\partial y}{\partial \alpha }dx.$$

Чтобы найти кривую, реализующую экстремум интеграла (2.3), умножим полученное равенство на $d\alpha$ и положим $\alpha =0$ :
$${\left(\frac{\partial J}{\partial \alpha }\right)}_{0}d\alpha ={\int }_{x_1}^{x_{\eta }}\{\frac{\partial f}{\partial y}-\frac{d}{dx}\frac{\partial f}{\partial \dot{y}}\}{\left(\frac{\partial y}{\partial \alpha }\right)}_{0}d\alpha dx.$$

Вариации функций мы будем обозначать символом $\delta$. Таким образом, будем иметь
$${\left(\frac{\partial J}{\partial \alpha }\right)}_{0}d\alpha =\delta J$$

и аналогично
$${\left(\frac{\partial y}{\partial \alpha }\right)}_{0}d\alpha =\delta y$$

и
$${\left(\frac{\partial \dot{y}}{\partial \alpha }\right)}_{0}d\alpha =\delta \dot{y}$$
(последнее равенство нам не потребуется). Очевидно, $\delta y$ представляет собой произвольную вариацию функции $y(x)$, получающуюся посредством варьирования произвольного параметра $\alpha$ около значения $\alpha =0$. Эта вариация соответствует рассмотренному ранее виртуальному перемещению *). Но поскольку $\delta y$ является произвольной функцией $x$, то равенство
$$\delta J={\int }_{x_1}^{x_2}\{\frac{\partial f}{\partial y}-\frac{d}{dx}\frac{\partial f}{\partial \dot{y}}\}\delta ydx=0$$

возможно лишь тогда, когда
$$\frac{\partial f}{\partial y}-\frac{d}{dx}\frac{\partial f}{\partial \dot{y}}=0.$$

Следовательно, $J$ будет иметь экстремум только для таких кривых $y(x)$, которые удовлетворяют дифференциальному уравнению (2.11). Это уравнение обнаруживает больное сходство с уравнением Лагранжа.

Рассмотрим теперь несколько простых примеров на разыскание подобных экстремумов.
1. Кратчайшее расстояние между двумя точками плоскости. Длина элемента дуги плоской кривой равна
$$ds=\sqrt{d{x}^2+d{y}^2}.$$

Полная длина плоской кривой, соединяющей точки 1 и 2, равна
$$I={\int }_1^{2}ds={\int }_{x_1}^{x_2}\sqrt{1+{\left(\frac{dy}{dx}\right)}^2}dx$$

и чтобы кривая была кратчайшей, нужно, чтобы $I$ было минимальным. Таким образом, мы имеем экстремальную задачу типа (2.3) при
$$f=\sqrt{1+{\dot{y}}^2}.$$

Подставляя это значение $f$ в выражение (2.11) и учитывая, что
$$\frac{\partial f}{\partial y}=0,\frac{\partial f}{\partial \dot{y}}=\frac{y}{\sqrt{1+{\dot{y}}^2}},$$

получаем
$$\frac{d}{dx}\left(\frac{\dot{y}}{\sqrt{1+{\dot{y}}^2}}\right)=0,$$

или
$$\frac{\dot{y}}{\sqrt{1+{\dot{y}}^2}}=c\text{, }$$
*) Символы $\delta$ мы могли, конечно, ввести с самого начала. Поэтому следует помнить, что в проведенном здесь рассуждении они фигурируют как символическая запись дифференциала при изменении параметра.

где $c$-некоторая постоянная. Это равенство может иметь место только в том случае, если
$$\dot{y}=a,$$

где $a$ — постоянная, связанная с $c$ соотношением
$$a=\frac{c}{\sqrt{1-c^2}}.$$

Но из равенства $\dot{y}=a$ следует, что
$$y=ax+b,$$

где $b$-вторая постоянная интегрирования. Следовательно, искомая кривая является прямой. Строго говоря, мы доказали только то, что прямая является экстремалью, однако в данном случае ясно, что она реализует именно минимум интеграла $I$. Постоянные интегрирования $a$ и $b$ определяются из того условия, что искомая кривая проходит через две заданные конечные точки $(x_1,y_1)$ и $(x_2,y_2)$.

Подобным способом можно найти и кратчайшую кривую между двумя точками сферы, для чего длину дуги на поверхности сферы нужно выразить через угловые сферические координаты. Кривые, реализующие кратчайшее расстояние между двумя точками заданной поверхности, называются геодезическими линиями этой поверхности.
2. Минимальная поверхность враPис. 11. Минимальная поверх. щения. Рассмотрим поверхность, получаемую посредством вращения вокруг оси $y$ некоторой кривой, проходящей через две заданные конечные точки $(x_1,y_1)$ и $(x_2,y_2)$ (рис. 11). Требуется найти такую кривую, для которой площадь указанной поверхности будет минимальной.

Площадь элементарной полоски этой поверхности равна $2\pi xds=2\pi x\sqrt{1+{\dot{y}}^2}dx$, а полная площадь поверхности равна
$$2\pi {\int }_1^{2}x\sqrt{1+{\dot{y}}^2}dx.$$

Экстремум этого интеграла может быть найден с помощью уравнения (2.11), в котором
$$f=x\sqrt{1+{\dot{y}}^2},$$

и поэтому
$$\frac{\partial f}{\partial y}=0;\frac{\partial \hat{f}}{\partial \dot{y}}=\frac{x\dot{y}}{\sqrt{1+{\dot{y}}^2}}\text{. }$$

Уравнение (2.11) имеет в этом случае вид
$$\frac{d}{dx}\left(\frac{x\dot{y}}{\sqrt{1+{\dot{y}}^2}}\right)=0,$$

или
$$\frac{x\dot{y}}{\sqrt{1+{\dot{y}}^2}}=a$$

где $a$ — некоторая постоянная интегрирования (очевидно, меньшая, чем минимальное значение $x$ ). Возводя в квадрат обе части этого равенства и группируя члены, получаем
$${\dot{y}}^2(x^2-a^2)=a^2,$$

или, разрешая его относительно производной, имеем
$$\frac{dy}{dx}=\frac{a}{\sqrt{x^2-a^2}}.$$

Общее решение этого дифференциального уравнения (с учетом сказанного относительно $a$ ) имеет вид
$$y=a\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}}+b=a\mathrm{arcch}\frac{x}{a}+b$$

или
$$x=a\mathrm{ch}\frac{y-b}{a}.$$

Эта формула выражает уравнение цепной линии. Постоянные интегрирования $a$ и $b$ определяются, как и ранее, из того условия, что эта кривая должна проходить через две заданные конечные точки.
3. Задача о брахистохроне. Эта хорошо известная задача состоит в следующем. Пусть материальная точка, начальная скорость которой равна нулю, скользит под действием своего веса по некоторой кривой, проходящей через две заданные точки. Требуется найти такую кривую, чтобы при движении по ней от верхней точки до нижней требовалось наименьшее время.

Рис. 12. Задача о брахисто- Обозначим скорость движения точки вдоль этой кривой через $v$. Тогда время ее движения вдоль $ds$ будет равно $\frac{ds}{v}$, и задача сведется к нахождению минимума интеграла
$$t_{12}={\int }_1^2\frac{ds}{v}.$$

Если ось $y$ направить вертикально вниз, а начало координат взять в точке, из которой начинается движение, то теорема о сохранении энергии рассматриваемой точки примет вид
$$\frac{1}{2}m{v}^2=mgy,$$

или
$$v=\sqrt{2gy}.$$

Тогда выражение дія $t_{12}$ запишется в виде
$$t_{12}={\int }_1^2\frac{\sqrt{1+{\dot{y}}^2}}{\sqrt{2gy}}dx$$

и, следовательно, $f$ в данном случае будет равно
$$f=\sqrt{\frac{1+{\dot{y}}^2}{2gy}}$$

Интегрирование уравнения (2.11) производится здесь обычными методами, и мы предоставляем читателям проделать это в качестве одного из упражнений к этой главе. (Задача о брахистохроне хорошо известна в истории математики, так как, решая эту задачу, Иван Бернулли заложил основы вариационного исчисления.)