Tekst źródłowy strony Analiza matematyczna 2/Wykład 15: Zastosowania równań różniczkowych. Elementy rachunku wariacyjnego

==Zastosowania równań różniczkowych. Elementy rachunku wariacyjnego==

Rozważamy zagadnienie wariacyjne polegające na wyznaczeniu
ekstremów funkcjonału danych za pomocą całki <math>J[f]=\int_a^b
L(f,f', t)dt</math> w klasie funkcji <math>f</math> różniczkowalnych o ciągłej i
ograniczonej pochodnej na  przedziale <math>[a,b]</math>. Wyprowadzamy
równanie Lagrange'a-Eulera (równanie ekstremali funkcjonału <math>J</math>).
Analizujemy trzy klasyczne zagadnienia wariacyjne (o najmniejszej
powierzchni obrotowej, zagadnienie brachistochrony i zagadnienie
izoperymetryczne).  

Przypomnijmy fakt znany z teorii całki oznaczonej funkcji
jednej zmiennej.

{{uwaga|15.1.||
Jeśli <math>\gamma: [\alpha,\beta]\ni
t\mapsto (x(t), y(t))\in \mathbb{R}^2</math> jest parametryzacją klasy <math>C^1</math>
pewnej krzywej <math>\gamma</math> na płaszczyźnie, to długość tej krzywej
wyraża całka oznaczona:

<center><math>
l=l(\gamma)=\int_\alpha^\beta\sqrt{(x'(t))^2+(y'(t))^2}dt</math>,</center>

która w szczególnym przypadku, gdy krzywa <math>\gamma : [a,b]\ni
x\mapsto(x, f(x))</math> jest wykresem funkcji zmiennej <math>x</math>, przyjmuje postać 

<center><math>
l= \int_a^b \sqrt{(1+(f'(x))^2}dx</math></center>
}}

Na pytanie o kształt najkrótszej krzywej łączącej dwa
wyróżnione punkty na płaszczyźnie, np. <math>A=(x_A, y_A)</math>, <math>B=(x_B,
y_B)</math>,  każdy natychmiast odpowiada: to odcinek prostej o podanych końcach:

<center><math>
\{(1-t)A+Bt, t\in[0,1]\} := \{(x,y)\in \mathbb{R}^2 : x(t)=(1-t)x_A+tx_B, \{y(t)=(1-t)y_A+ty_B\}</math></center> 

Intuicja podpowiada nam też, że wskazany odcinek prostej jest jedynym rozwiązaniem  postawionego
problemu; każda inna krzywa łącząca punkty <math>A</math> i <math>B</math> jest dłuższa.
Nikt też nie ma wątpliwości, że całka wyrażająca długość krzywej
<math>\gamma</math> łączącej wskazane punkty, może być dowolnie duża, gdyż od
punktu <math>A</math> do <math>B</math> możemy wędrować po dowolnie długiej krzywej.

Rozważmy kolejny przykład. Pamiętamy, że 

{{uwaga|15.2.||
Pole powierzchni powstałej z obrotu krzywej <math>\gamma: [\alpha,\beta]\ni t\mapsto (x(t), y(t))\in \mathbb{R}^2</math>
dookoła osi rzędnych wyraża całka oznaczona

<center><math>
S=S(\gamma)=2\pi \int_\alpha^\beta |y(t)|\sqrt{(x'(t))^2+(y'(t))^2}dt</math>,</center>

która w szczególnym przypadku, gdy krzywa <math>\gamma : [a,b]\ni
x\mapsto(x, f(x))</math> jest wykresem funkcji zmiennej <math>x</math>, przyjmuje postać 

<center><math>
S=2\pi \int_a^b |f(x)|\sqrt{(1+(f'(x))^2}dx</math></center> 
}}

{{przyklad|15.3.||
Bryłą powstałą z obrotu dookoła osi <math>Ox</math> okręgu <math>x(t)=r \cos t</math>, <math>y(t)=R+r \sin t</math>, gdzie <math>R>r</math>, jest torus o polu

<center><math>
S=2\pi\int_{0}^{2\pi}(R+r\sin t)\sqrt{r^2(\sin^2 t+\cos^2
t)}dt=4\pi^2 rR</math></center>}}
<br>
<center>
<div class="thumb"><div style="width:450px;">
<applet code="JavaviewModApplet.class" archive="images/a/a0/Javaview.jar,images/b/be/JavaviewModApplet.jar" width="450" height="400">
    <param name="colors" value="-1:#7e0b9f -0.80:#ce3bf8 -0.60:#2c4ae5 -0.40:#2c85e5 -0.20:#2ecca9 -0.05:#2ecc5b 0.05:#2ecc5b 0.20:#97cc2e 0.40:#edff27 0.60:#ffba27 0.80:#ff6e27 1:#d42525">
    <param name="coloring" value="maple">
    <param name="model" value="images/a/ad/Am2w09.0020.mgs.zip">
    <param name="scale" value="1.0 1.0 1.0">
	 <param name="shading" value="0.2">
	  <param name="mode" value="noortho">
</applet>
<div.thumbcaption>Torus</div>
</div></div>
</center>
<br>

Zapytani o kształt krzywej, która w wyniku obrotu daje
najmniejsze pole wśród wszystkich krzywych zaczepionych na końcach
przedziału w tych samych punktach, przeważnie odpowiadamy
(czerpiąc intuicję z przykładów ''płaskich''), że to
powierzchnia powstała z obrotu odcinka prostej, czyli pobocznica
stożka. Jednak chwila refleksji i wspomnienie zabaw z bańkami
mydlanymi każe nam zrewidować to przypuszczenie. Bańka mydlana,
dzięki siłom napięcia powierzchniowego przyjmuje kształt taki, aby
jej pole było możliwie najmniejsze. Rozpięta na dwóch obręczach
nigdy nie przyjmie kształtu pobocznicy stożka. Czy kształt bańki
rozpiętej na dwóch obręczach można opisać za pomocą wzoru?

Rozważmy bardziej ogólne zadanie. Niech

<center><math>
J[f]:=\int_{a}^{b} L(f, f', t)dt
</math></center> 

będzie całką zależną od pewnej funkcji <math>f</math> klasy <math>C^1</math> na odcinku o ograniczonej pierwszej
pochodnej, gdzie <math>L:\mathbb{R}^3\mapsto \mathbb{R}</math> jest pewną funkcją o
ciągłych pochodnych cząstkowych. Stawiamy problem polegający na
znalezieniu takiej funkcji <math>f</math>, aby wartość całki <math>J[f]</math> była
ekstremalna (tj. najmniejsza albo największa) w zbiorze tych
funkcji, których wartości na końcach przedziału <math>[a,b]</math> są takie same.

Niech <math>C^1 [a,b]</math> będzie zbiorem funkcji ciągłych na przedziale
<math>[a,b]</math> o ciągłej i ograniczonej pochodnej na przedziale <math>[a,b]</math>
(na końcach przedziału zakładamy istnienie skończonych granic jednostronnych pochodnej).

Konsekwencją faktu, że granica jednostajnie zbieżnego ciągu funkcji ciągłych jest funkcją ciągłą, jest następująca:
[[grafika:Banach.jpg|thumb|right||Stefan Banach (1892-1945) <br>[[Biografia Banach|Zobacz biografię]]]]
{{uwaga|15.4.||
Zbiór <math>C^1 [a,b]</math> z normą <math>\|f\|:=\sup\{|f(t)| : t\in [a,b]\}+ \sup\{|f'(t)| : t\in [a,b]\}</math>
stanowi przestrzeń Banacha (tj. przestrzeń unormowaną zupełną)
}}

Odwzorowanie 

<center>
<math>
J : C^1 [a,b] \ni f \mapsto J[f]\in \mathbb{R}
</math>
</center>

(które zgodnie z tradycyjną terminologią nazywa się '''''funkcjonałem''''' działającym na
'''''przestrzeni funkcji dopuszczalnych''''' <math>C^1 [a,b]</math>) jest więc
określone na przestrzeni Banacha i przyjmuje wartości w zbiorze
liczb rzeczywistych (który - przypomnijmy - również jest przestrzenią Banacha  z normą równą
wartości bezwzględnej liczby). Pamiętamy, że warunkiem koniecznym
istnienia ekstremum funkcji różniczkowalnej jest zerowanie się
jej różniczki zupełnej (różniczki w sensie Frecheta). Okazuje się, że przy
naturalnych założeniach o funkcji <math>L</math> odwzorowanie <math>f\mapsto
J[f]</math> jest różniczkowalne. Jesteśmy w stanie wyznaczyć tę
różniczkę.

{{twierdzenie|15.5.||
Jeśli <math>L:\mathbb{R}^3\supset U\mapsto \mathbb{R}</math>
jest funkcją określoną na zbiorze otwartym <math>U</math> o ciągłych
pochodnych cząstkowych, to odwzorowanie <math>C^1 [a,b]\ni f\mapsto
J[f]\in \mathbb{R}</math> jest różniczkowalne w sensie Frecheta w każdym
punkcie <math>f\in C^1 [a,b]</math>. Wartość różniczki <math>d_f J</math> na wektorze
<math>h\in C^1 [a,b]</math> wynosi 

<center>
<math>
\begin{align} d_f
J(h)=\int_{a}^b\left(\frac{\partial L}{\partial x}(f, f',
t)h+\frac{\partial L}{\partial y}(f, f',
t)h'\right)dt\\
=\int_{a}^b\left(\frac{\partial L}{\partial x}(f, f',
t)h-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial y}(f, f',
t)h\right)dt+\left[\frac{\partial L}{\partial y}(f, f',
t)h\right]_a^b.
\end{align} 
</math>
</center>
}}

{{definicja|15.6.||
Funkcję <math>(x,y,t)\mapsto L(x,y,t)</math>, która określa funkcjonał <math>J[f]=\int_{a}^b L(f,f',t)dt</math>, nazywamy
'''''funkcją Lagrange'a'''''. 
}}

{{dowod|||
Niech <math>h\in C^1[a,b]</math> będzie przyrostem argumentu funkcjonału
<math>J</math>. W dowolnym punkcie <math>f\in C^1[a,b]</math>, wobec ciągłości
pochodnych cząstkowych funkcji Lagrange'a, mamy

<center>
<math>
\begin{align}
J[f+h]-J[f]&=\int_{a}^{b}\bigg(L(f+h, f'+h', t)-L(f,f',
t)\bigg)dt\\
&=\int_a^b\bigg(\frac{\partial L}{\partial x}(f,f',
t)h+\frac{\partial L}{\partial y}(f,f',
t)h'\bigg)dt+o(\|h\|),\end{align} 
</math>
</center> 

gdzie <math>\|h\|=\max|h|+\max|h'|</math>. Wynika stąd, że funkcjonał <math>J</math> jest
różniczkowalny w sensie Frecheta w każdym punkcie <math>f</math> i jego
różniczka <math>d_f J</math> na wektorze <math>h</math> przyjmuje wartość

<center><math>
d_f J(h)=\int_a^b\bigg(\frac{\partial L}{\partial x}(f,f',
t)h+\frac{\partial L}{\partial y}(f,f', t)h'\bigg)dt</math></center> 

Całkując przez części drugi składnik tego wyrażenia, dostajemy

<center><math>
\int_a^b \frac{\partial L}{\partial y}(f,f', t)h'dt=\bigg[\frac{\partial L}{\partial y}(f,f',
t)h\bigg]_a^b-\int_a^b \frac{d}{dt}\bigg(\frac{\partial
L}{\partial y}(f,f', t)\bigg)hdt</math></center> 

Stąd

<center><math>
d_f J(h)=\int_a^b\bigg(\frac{\partial L}{\partial x}(f,f',
t)-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial y}(f,f', t)\bigg)h
\,dt+\bigg[\frac{\partial L}{\partial y}(f,f', t)h\bigg]_a^b</math></center>
}}

Rozważmy

<center><math>
A:=\{f\in C^1 [a,b] : f(a)=y_a, \ f(b)=y_b\}
</math></center>

rodzinę funkcji z przestrzeni <math>C^1 [a,b]</math>, które na końcach
przedziału <math>[a,b]</math> przyjmują ustalone wartości <math>y_a</math>, <math>y_b</math>.
Zauważmy, że jeśli <math>f_1, f_2\in A</math>, to również <math>(1-t)f_1+tf_2\in
A</math> dla dowolnej liczby rzeczywistej <math>t</math>. Zauważmy, że <math>A\subset
C^1[a,b]</math> jest podprzestrzenią afiniczną oraz

<center><math>
A=f^* +A_0 =\{f^* + f, f\in A_0\}</math>,</center>

gdzie <math>A_0 =\{f\in C^1 [a,b] :  f(a)=f(b)=0\}</math> jest
podprzestrzenią wektorową przestrzeni <math>C^1 [a,b]</math>, natomiast
wektor <math>f^* (t)=y_a +\frac{t-a}{b-a}(y_b - y_a)</math>.

Warto zauważyć, że

{{uwaga|15.7.||
Zacieśnieniem różniczki <math>d_f J</math> do <math>A_0</math> jest

<center><math>
A_0\ni h\mapsto \int_{a}^b\big(\frac{\partial L}{\partial x}(f, f',
t)h-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial y}(f, f', t)h\big)dt</math></center>
}}

Wynika stąd
[[grafika:Euler-portret.jpg|thumb|right||Leonhard Euler (1707-1783)<br>[[Biografia Euler|Zobacz biografię]]]]
{{wniosek|15.8.||
Różniczka <math>d_f J</math> zeruje się na
podprzestrzeni afinicznej <math>A</math> wtedy i tylko wtedy, gdy funkcja
<math>f\in A</math> spełnia równanie

<center>
<math>
\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial y}(f, f',
t)=\frac{\partial L}{\partial x}(f, f', t)</math>
</center> }}

Równanie, które występuje w tezie powyższego wniosku, nazywamy '''''równaniem Lagrange'a-Eulera'''''.

{{uwaga|15.9.||
Gdy funkcjonał dany jest wzorem <math>J[y]=\int_{a}^b L(y,y',t)dt</math>, równanie Lagrange'a-Eulera zapisuje
się w uproszczonej notacji 

<center>
<math>
\frac{d}{dt}\frac{\partial
L}{\partial y'}=\frac{\partial L}{\partial y}</math>
</center> 

Zapis ten jednak należy rozumieć tak, jak we wyprowadzonym wzorze, tzn. gdy
<math>(x_1,x_2,x_3)\mapsto L(x_1,x_2,x_3)</math> jest funkcją Lagrange'a, to
lewa strona <math>\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial y'}</math> oznacza
wyrażenie, które powstaje z wyznaczenia pochodnej po zmiennej <math>t</math>
z podstawienia do pochodnej cząstkowej <math>\frac{\partial L}{\partial
x_2}</math> odpowiednio <math>f,f', t</math> za <math>x_1, x_2, x_3</math>. W podobny sposób
należy rozumieć też prawą stronę równania: <math>\frac{\partial
L}{\partial y}</math>, która oznacza podstawienie do pochodnej
<math>\frac{\partial L}{\partial x_1}</math> odpowiednio <math>f,f', t</math> za <math>x_1, x_2, x_3</math>.
}}

{{uwaga|15.10.||
a) Równanie Lagrange'a-Eulera jest równaniem różniczkowym zwyczajnym rzędu (co najwyżej) drugiego.

b) Jeśli funkcja <math>L</math> nie zależy jawnie od zmiennej <math>t</math>, to
równanie Lagrange'a -Eulera jest równoważne równaniu różniczkowemu
rzędu (co najwyżej) pierwszego: 

<center>
<math>
L(f, f', t)-f'\frac{\partial
L}{\partial y}(f, f', t)=Const</math>,
</center> 

gdzie <math>Const</math> jest dowolną stałą. 
}}

{{dowod|||
Obie uwagi wykażemy w ramach ćwiczeń.  
}}

{{definicja|15.11.||
Każde rozwiązanie równania Lagrange'a-Eulera nazywamy '''''ekstremalą''''' funkcjonału <math>J</math> na
zbiorze <math>A</math>. Równanie Lagrange'a-Eulera nazywa się też często
'''''równaniem ekstremali funkcjonału <math>J</math>'''''. Zagadnienie polegające
na wyznaczeniu ekstremów funkcjonału <math>J</math> nazywamy
'''''zagadnieniem wariacyjnym'''''. Tradycyjnie '''''wariacją
funkcjonału <math>J</math>''''' nazywamy różniczkę <math>d_f J</math> (w sensie Frecheta)
funkcjonału <math>J</math>. Funkcjonał <math>J[f]=\int_a^b L(f, f', t)dt</math> nazywa
się często (zwłaszcza w mechanice) '''''funkcjonałem działania'''''
lub '''''całką działania'''''.
}}

Zwróćmy uwagę, że termin ekstremala  oznacza punkt <math>f\in
A</math>, w którym spełniony jest warunek konieczny istnienia ekstremum
funkcjonału <math>J</math>.

Większość praktycznych zagadnień wariacyjnych ma jasną
interpretację fizyczną czy geometryczną, z której w oczywisty
sposób wynika, że ekstremala (tj. rozwiązanie równania
Lagrange'a-Eulera) jest punktem zbioru <math>A\subset C^1[a,b]</math>, w
którym funkcjonał <math>J</math> osiąga minimum czy maksimum.

{{przyklad|15.12.|[zadanie o najmniejszej powierzchni obrotowej]|
Wyznaczymy krzywą klasy <math>C^1</math> o końcach <math>(a, y_a)</math>,
<math>(b, y_b)</math>, która obracana dokoła osi poziomej tworzy najmniejszą
powierzchnię obrotową. Wiemy już, że pole powierzchni obrotowej wyraża całka

<center><math>
S(y)=2\pi\int_a^b|f(t)|\sqrt{1+(f'(t))^2}dt</math></center> 

Wyznaczmy więc ekstremalę tego funkcjonału na <math>A_0=\{f\in C^1[a,b] : f(a)=y_a,
f(b)=y_b\}</math>. Funkcja <math>L(x,y,t)=x\sqrt{1+y^2}</math> nie zależy od
zmiennej <math>t</math>, stąd równanie równanie Lagrange'a-Eulera jest
równoważne  równaniu <math>L(f, f', t)-\frac{\partial L}{\partial y}(f,
f', t)=C_1</math>, gdzie <math>C_1</math> jest pewną stałą. Równanie to ma więc postać

<center><math>
f\sqrt{1+(f')^2}-ff'\frac{f'}{\sqrt{1+(f')^2}}=C_1</math>,</center>

gdzie <math>C_1</math> jest pewną stałą. Po sprowadzeniu do wspólnego
mianownika otrzymamy

<center><math>
\frac{f}{\sqrt{1+(f')^2}}=C_1</math>,</center>

czyli 

<center><math>
(f')^2+1=\frac{f^2}{C_1^2}</math></center> 

Równanie to spełnia rodzina funkcji <math>f(x)=C_1 \cosh \frac{t-C_2}{C_1}</math>, gdzie <math>C_2</math> jest
stałą. Stałe <math>C_1</math> i <math>C_2</math> wyznaczamy z warunków zadania, tj.

<center><math>
\left\{\begin{align} f(a)=y_a \\ f(b)=y_b\end{align}\right.
\text{ czyli } \left\{\begin{align} C_1 \cosh \frac{a-C_2}{C_1}=y_a
\\ C_1 \cosh \frac{b-C_2}{C_1}=y_b\end{align}\right.</math></center> 

Łatwo sobie wyobrazić, że układ ten może nie mieć rozwiązania. Gdy odległość
<math>|b-a|</math> rośnie, powierzchnia powstała z obrotu krzywej <math>f</math> przy
ustalonych promieniach <math>y_a</math>, <math>y_b</math> może mieć pole większe niż
suma pól kół o tych promieniach, tj. większe niż <math>\pi (y_a^2
+y_b^2)</math>. Jeśli natomiast różnica <math>b-a</math> nie jest zbyt duża,
znajdziemy stałe <math>C_1</math>, <math>C_2</math> spełniające warunki zadania.
Powierzchnię powstałą z obrotu wykresu funkcji <math>f(t)=C_1 \cosh
\frac{t-C_2}{C_1}</math>, <math>a\leq t\leq b</math>,  nazywamy '''''katenoidą'''''.
}}

{{przyklad|15.13.|[zadanie o brachistochronie]|
W polu grawitacyjnym znajdują się dwa punkty <math>A</math> oraz <math>B</math>. Po jakiej
krzywej powinien ześlizgiwać się bez tarcia punkt materialny, aby
drogę od <math>A</math> do <math>B</math> przebyć w najkrótszym czasie?

Chwila refleksji nad zadaniem przywołuje doświadczenia narciarskie
i skłania do przypuszczenia, że wśród różnych tras na ośnieżonym
stoku (tarcie nart zaniedbujemy), chcąc  zjechać z
góry jak najszybciej (co nie oznacza, że najbezpieczniej!),
powinniśmy wybrać raczej taką, która jest stroma na początku, aby
dobrze się rozpędzić.

Bez straty ogólności możemy przyjąć, że początek trasy znajduje
się w punkcie <math>A=(0,0)</math>, tj. w początku  układu współrzędnych,
którego oś pionową zwracamy na dół (czyli przeciwnie, niż zwykle).
Niech <math>B=(a,b)</math>. Jeśli punkt materialny znajdzie się w położeniu
<math>(x,y)</math>, to zgodzie z prawem zachowania energii jego energia
kinetyczna  będzie równa zmianie energii potencjalnej <math>mgy</math>
pomiędzy punktem początkowym, który znajduje się na poziomie
zerowym a danym punktem na poziomie <math>y</math>, czyli <math>\frac{1}{2}mv^2=
mgy</math>, gdzie <math>m</math> jest masą punktu materialnego, a
<math>v(t)=\sqrt{\big(\frac{dx}{dt}\big)^2+\big(\frac{dy}{dt}\big)^2}</math>
jest jego prędkością.  Stąd po zmianie zmiennych
<math>v(t)=\sqrt{1+\big(\frac{dy}{dx}\big)^2}\frac{dx}{dt}</math> i zapisaniu
równania w postaci różniczkowej
<math>vdt=\sqrt{1+\big(\frac{dy}{dx}\big)^2}dx</math> oraz po uwzględnieniu
prawa zachowania energii (<math>v=\sqrt{2gy}</math>) otrzymujemy

<center><math>
\sqrt{2gy}dt=\sqrt{1+\big(\frac{dy}{dx}\big)^2}dx</math>,</center>

czyli

<center><math>
\frac{dt}{dx}=\frac{\sqrt{1+\big(\frac{dy}{dx}\big)^2}}{\sqrt{2gy}}</math></center>

Stąd całkowity czas, jaki jest niezbędny, aby pokonać drogę z
położenia <math>x=0</math> do <math>x=a</math> (licząc wzdłuż osi zmiennej <math>x</math>), wyraża
całka oznaczona

<center><math>
\int_{0}^{a}\frac{dt}{dx}dx=\frac{1}{\sqrt{2g}}\int_0^a\sqrt{\frac{1+\big(\frac{dy}{dx}\big)^2}{y}}dx</math></center>

Zadanie sprowadza się więc do wyznaczenia ekstremali funkcjonału

<center><math>
J[y]=\int_0^a\sqrt{\frac{1+\big(\frac{dy}{dx}\big)^2}{y}}dx, 
</math></center>

(czynnik <math>\frac{1}{\sqrt{2g}}</math> jest stały) w zbiorze tych funkcji
<math>x\mapsto y(x)</math>, które na końcach przedziału <math>[0, a]</math> przyjmują
odpowiednio wartości <math>y(0)=0</math> i <math>y(a)=b</math>. Zauważmy, że funkcja
Lagrange'a <center><math>(x_1, x_2, x_3)\mapsto L(x_1, x_2,
x_3)=\sqrt{\frac{1+x_2 ^2}{x_1}}</math></center> nie zależy od zmiennej <math>x_3</math>,
stąd rozwiązanie równanie Lagrange'a-Eulera jest równoważne
równaniu
 
<center><math>
L(y, y', x)-y'\frac{\partial L}{\partial x_2}(y, y',
x)=Const</math>,</center> 

gdzie <math>Const</math> jest dowolną stałą. Po przekształceniu
równanie to przyjmie postać:

<center><math>
\frac{\sqrt{1+(y')^2}}{\sqrt{y}}-\frac{1}{\sqrt{y}}\frac{(y')^2}{\sqrt{1+(y')^2}}=C
</math></center>

a po sprowadzeniu do wspólnego mianownika składników po lewej
stronie równości i podniesieniu do kwadratu:

<center><math>
\frac{1}{y(1+(y')^2)}=C^2</math></center>

Rozwiązanie <math>x\mapsto y(x)</math> równania  <math>y(1+(y')^2)=C^{-2}</math> można
przedstawić w postaci parametrycznej:

<center><math>
\left\{\begin{align}
x(\theta)&=r(\theta-\sin\theta)+C_1\\
y(\theta)&=r(1-\cos \theta), \end{align}\right.</math></center> 

gdzie <math>r=\frac{1}{2}C^{-2}</math>, a <math>C_1</math> jest kolejną stałą. Z twierdzenia o
różniczkowaniu złożenia mamy

<center><math>
\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt} \big(\frac{dx}{dt}\big)^{-1}
=\frac{r\sin\theta}{r(1-\cos\theta)}=\frac{\sin\theta}{(1-\cos\theta)}</math>,</center>

stąd - po przekształceniach

<center><math>
\begin{align} y\bigg(1+\big(\frac{dy}{dx}\big)^2\bigg)
&=r(1-\cos
\theta)\left(1+\frac{\sin^2\theta}{(1-\cos\theta)^2}\right)
\\&=2r=C^{-2},\end{align} 
</math></center>

czyli krzywa <math>\theta \mapsto (x(\theta), y(\theta))</math> spełnia
równanie Lagrange'a-Eulera. Uwzględniając współrzędne początku
<math>A=(0,0)</math>, otrzymujemy <math>C_1=0</math>. Następnie uwzględniając również
koniec  trasy <math>B=(a,b)</math>, wyznaczamy wartość stałej  <math>r</math>, a co za
tym idzie również stałej <math>C</math>. Szczegółowe obliczenia pomijamy.
Zwróćmy jednak uwagę na krzywą

<center><math>
\left\{\begin{align}
x(\theta)&=r(\theta-\sin\theta)\\
y(\theta)&=r(1-\cos \theta), \end{align}\right.</math></center> 

która jest rozwiązaniem zadania brachistochrony (czyli krzywej najszybszego
spadku). Krzywą tą jest łuk '''''cykloidy''''' łączący punkty <math>A</math> i
<math>B</math>.
}}

{{przyklad|15.14.[zagadnienie izoperymetryczne]||
Rozważmy rodzinę krzywych klasy <math>C^1</math> o ustalonych końcach
<math>A=(-1,0)</math> i <math>B=(1,0)</math>. Czy istnieje krzywa o ustalonej długości,
która wraz z odcinkiem o końcach <math>A</math>, <math>B</math> ogranicza obszar o
możliwie największym polu?

Zadanie sprowadza się do maksymalizowania wartości całki
wyrażającej pole pod wykresem funkcji <math>f</math>

<center><math>
F(f)=\int_{-1}^{1}f(t)dt
</math></center> 

przy warunku

<center><math>
G(f)=\int_{-1}^{1}\sqrt{1+(f'(t))^2}dt=Const</math>,</center>

który oznacza, że długość łuku krzywej <math>t\mapsto (t, f(t))</math>, przy
<math>a\leq t\leq b</math> jest stała. Mamy więc zagadnienie polegające na
znalezieniu ekstremum warunkowego: ekstremum funkcjonału <math>f\mapsto
F(f)</math> na poziomicy funkcjonału <math>G(f)=Const</math>.}}

Korzystając z twierdzenia o funkcjonale Lagrange'a (stanowiącego ugólnienie klasycznego twierdzenia o mnożnikach Lagrange'a), można wykazać, że

{{uwaga|15.15.||
Jeśli funkcjonał <math>F</math> osiąga wartość ekstremalną przy warunku
<math>G(f)=Const</math>, to istnieje stała <math>\lambda</math> taka, że <math>f</math> jest
ekstremalą funkcjonału <math>\Phi=F+\lambda G</math>. }}

W rozważanym przez nas przykładzie funkcjonał <math>\Phi</math> ma postać:

<center><math>
\Phi(f)=\int_{-1}^{1}\bigg(f+\lambda \sqrt{1+(f')^2}\bigg)dx</math></center> 

Zwróćmy uwagę,że funkcja Lagrange'a 

<center><math>
L(x,y, t)=x+\lambda\sqrt{1+y^2}
</math></center>

określająca funkcjonał <math>\Phi</math> nie zależy od zmiennej <math>t</math>, wobec
tego funkcja <math>f</math> spełnia równanie równoważne równaniu
Lagrange'a-Eulera

<center><math>
L(f,f', t)-f'\dfrac{\partial L}{\partial y}(f, f', t)=C_1</math>,</center> 

gdzie <math>C_1</math> jest stałą. Dostajemy więc

<center><math>
f+\lambda \sqrt{1+(f')^2}-\lambda
f'\frac{f'}{\sqrt{1+(f')^2}}=C_1</math>,</center> 
które po uproszczeniu (po sprowadzeniu składników do wspólnego mianownika) przyjmie postać

<center><math>
f-C_1=\frac{-\lambda}{\sqrt{1+(f')^2}}
</math></center>

lub równoważną 

<center><math>
1+(f')^2 =\frac{\lambda ^2}{(C_1-f)^2}</math></center>

Równanie to spełnia rodzina funkcji <math>f(t)=\sqrt{\lambda^2
-(t-C_2)^2}+C_1</math>, gdzie <math>C_2</math> jest kolejną stałą (przypomnijmy, że
<math>C_1</math> jest stałą, która pojawiła się z całkowania równania
Lagrange'a -Eulera). Stałe <math>C_1</math>, <math>C_2</math> wyznaczymy z warunków
zadania <math>f(-1)=0</math> oraz <math>f(1)=0</math>, czyli <math>\sqrt{\lambda^2
-(-1-C_2)^2}=\sqrt{\lambda^2 -(1-C_2)^2}</math>, skąd <math>C_2=0</math>, a także
<math>C_1=-\sqrt{\lambda^2-1}</math>. Widzimy więc, że rozwiązaniem zagadnienia jest funkcja

<center><math>
f(t)=\sqrt{\lambda^2-t^2}-\sqrt{\lambda^2-1}</math></center>  

Współrzędne punktu <math>(t, f(t))</math>
wykresu funkcji <math>f</math> spełniają równanie

<center><math>
t^2 + \big(f(t)+\sqrt{\lambda^2-1}\big)^2=\lambda^2</math>,</center>

czyli równanie okręgu o środku w punkcie <math>(0, \sqrt{\lambda^2-1})</math>
i promieniu <math>|\lambda|</math>. Rozwiązaniem problemu jest więc łuk
okręgu, którego cięciwą jest dany odcinek <math>\overline{AB}</math>. Stałą
<math>\lambda</math> wyznaczymy z warunku <math>G(f)=Const</math>. Mamy

<center><math>
\begin{align} G(f)&=\int_{-1}^{1}\sqrt{1+(f')^2}dx\\
&=\int_{-1}^{1}\sqrt{\frac{x^2+\lambda^2-x^2}{\lambda^2-x^2}}dx\\
&=2|\lambda|\arcsin\frac{x}{\lambda}\bigg|_{-1}^{1}=2|\lambda|\arcsin\frac{1}{\lambda}.\end{align}
</math></center>

Stąd <math>\lambda</math> jest rozwiązaniem równania

<center><math>
\frac{1}{\lambda}=\sin\frac{Const}{2|\lambda|}</math></center>

Szkicując wykresy funkcji <math>t\mapsto t</math> oraz <math>t\mapsto
\sin\big(\frac{C}{2}t\big)</math>, możemy łatwo przekonać się, że dla
<math>0\leq C<2</math> jedynym rozwiązaniem równania
<math>t=\sin\big(\frac{C}{2}t\big)</math> jest <math>t=0</math>. Wówczas nie znajdziemy
takiej stałej <math>\lambda</math>, aby <math>\frac{1}{\lambda}=0</math>. Wynika to
zresztą w oczywisty sposób z interpretacji geometrycznej
rozważanego zagadnienia: punktów <math>A=(-1,0)</math> oraz <math>B=(1,0)</math> nie da
się połączyć krzywą o długości <math>C<2</math>. Gdy <math>C=2</math>, rozwiązaniem
zagadnienia jest po prostu odcinek <math>\overline{AB}</math>, który w tym
przypadku ogranicza zerowe pole <math>C=0</math>, Gdy zaś <math>C>2</math>, znajdziemy
rozwiązanie <math>t_0</math> równania <math>t=\sin\big(\frac{C}{2}t\big)</math> i
weźmiemy <math>\lambda =\frac{1}{t_0}</math>. Na przykład dla <math>C=\pi</math> mamy
<math>t_0=1</math>, więc <math>\lambda=1</math>.
}}

W ten sposób pokazaliśmy intuicyjnie oczywisty fakt, iż

{{wniosek|15.16.||
Wśród krzywych o ustalonych końcach <math>A,
B</math> i tej samej długości <math>l>AB</math> największe pole wraz z odcinkiem
<math>\overline{AB}</math> ogranicza łuk okręgu.
}}