この章のまとめ

(1) $\mathcal T[y]=\displaystyle\int_0^X\frac{\sqrt{1+y'^2}}{\sqrt{2gy}}\,\mathrm{d} x$、$y(0)=0$。$L=\sqrt{1+y'^2}\,(2gy)^{-1/2}$ について

$$\frac{\partial L}{\partial y}=-\frac{\sqrt{1+y'^2}}{2y\sqrt{2gy}},\qquad \frac{\partial L}{\partial y'}=\frac{y'}{\sqrt{2gy}\sqrt{1+y'^2}} .$$

後者を $x$ で微分すると、$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}\dfrac{y'}{\sqrt{1+y'^2}}=\dfrac{y''}{(1+y'^2)^{3/2}}$ と $\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(2gy)^{-1/2}=-\dfrac{y'}{2y}(2gy)^{-1/2}$ から

$$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}\frac{\partial L}{\partial y'}=\frac{1}{\sqrt{2gy}}\Bigl(\frac{y''}{(1+y'^2)^{3/2}}-\frac{y'^2}{2y\sqrt{1+y'^2}}\Bigr).$$

よって式 (1.4.4) より

$$\frac{\delta\mathcal T}{\delta y(x)}=-\frac{1}{\sqrt{2gy}}\Bigl(\frac{\sqrt{1+y'^2}}{2y}-\frac{y'^2}{2y\sqrt{1+y'^2}}+\frac{y''}{(1+y'^2)^{3/2}}\Bigr) =-\frac{1}{\sqrt{2gy}\,(1+y'^2)^{3/2}}\Bigl(\frac{1+y'^2}{2y}+y''\Bigr).$$

（括弧の第1・2項は $\frac{(1+y'^2)-y'^2}{2y\sqrt{1+y'^2}}=\frac{1}{2y\sqrt{1+y'^2}}$ にまとまる。）停留の条件は $2yy''+1+y'^2=0$ である。

(2) $L$ は $x$ を陽に含まないので、1.4.5節と同じ計算で $y'\partial L/\partial y'-L=-1/(\sqrt{2gy}\sqrt{1+y'^2})$ が一定となり、これを $-1/\sqrt{4gr}$ とおくと $y(1+y'^2)=2r$ を得る。これが (1) の2階の方程式の第一積分になっていることは、$y(1+y'^2)$ を $x$ で微分すると $y'(1+y'^2)+2yy'y''=y'(1+y'^2+2yy'')$ となり、(1) の停留条件の下で $0$ になることからも確かめられる。

(3) 右端の値が自由なので、自然境界条件 (1.4.11) は

$$\frac{\partial L}{\partial y'}\Big|_{x=X}=\frac{y'}{\sqrt{2gy}\sqrt{1+y'^2}}\Big|_{x=X}=0,\qquad\text{すなわち}\qquad y'(X)=0 .$$

停留曲線は終点で水平になる。

(4) サイクロイド (1.4.18) の傾きは $y'=\cot(\theta/2)$ なので、$y'=0$ は $\theta=\pi$、すなわちサイクロイドの最も低い点である。$X=r(\pi-\sin\pi)=\pi r$ から $r=X/\pi$。終点の高さは $y(X)=2r=2X/\pi$、時間は式 (1.4.19) から

$$\mathcal T_*=\pi\sqrt{\frac rg}=\sqrt{\frac{\pi X}{g}} .$$

$X=1\,\mathrm m$ では $r\approx0.318\,\mathrm m$、終点の深さ $2/\pi\approx0.637\,\mathrm m$、$\mathcal T_*=\sqrt{\pi/9.81}\,\mathrm s\approx0.566\,\mathrm s$ である。例題 1.4.5 の終点を $(1\,\mathrm m,1\,\mathrm m)$ に固定したサイクロイドは $0.583\,\mathrm s$ だった。終点を固定した曲線は終点を自由にした曲線の一部なので、自由な問題の最小値はそれより大きくならず、実際に約 $3\%$ 短い。

(5) 原点から $(X,Y)$ への直線では、長さ $\ell=\sqrt{X^2+Y^2}$、斜面に沿った加速度 $gY/\ell$ で、$\ell=\frac12(gY/\ell)\mathcal T^2$ から

$$\mathcal T(Y)=\sqrt{\frac{2(X^2+Y^2)}{gY}} .$$

$(X^2+Y^2)/Y=X^2/Y+Y$ は $Y=X$ で最小値 $2X$ をとるので、最良の直線は $45^\circ$ の直線で、$\mathcal T=\sqrt{4X/g}$ である。$X=1\,\mathrm m$ では $0.639\,\mathrm s$ で、例題 1.4.5 の直線と同じ値になる。比は $\mathcal T_*/\sqrt{4X/g}=\sqrt{\pi/4}\approx0.886$ で、直線に限った最小値はサイクロイドより約 $13\%$ 長い。比べる曲線を直線という狭い集まりに限ると、その中の最小値は本当の最小値の上界になる。これは、探す関数の空間を有限次元の部分空間に限る A 型（射影）の近似で、上界になることを近似の数理 第4章が Rayleigh–Ritz の方法として扱っている。直線の族は1つの数 $Y$ で表されるので、関数の変分問題が1変数の普通の極値問題に置き換わった。