前言
這個問題我最早是高三上從youtube看到的，但是直到最近才開始研究解法。
總共三篇不同解法，第一個是約翰·伯努利提出的解法、第二個是歐拉、拉格朗日提出的解法(當初雅各布·伯努利的解法也用到了變分的思想所以就統一寫一起了)、第三個比較特別，不是最速降線，但結果同樣是擺線。
這是第二篇。
問題
在無摩擦力、只有重力的情況下，一質點從一點A為起點，由速率0開始沿著某曲線滑，至B點(高度不超過A)，且 耗時最短 ，求此曲線。
變分法推導
最速降線問題是在找$\int^{x_1}_{x_0} \sqrt{\frac{1+y’^2}{2gy}} dx$這個式子的極值。(不知道這個式子怎麼來的可以看上一篇)
將這類型問題一般化後可以寫出
$\int^{x_1}_{x_0} F(x, y, y’) dx$
其中，$y, y’$是$x$的函數。
我們想要通過選擇最好的y來得到極值，類似於以前一般函數選取好的x值求極值，但是現在是 選取好的函數再求目標函數極值
相仿於一般函數，可以寫出
$I(y) = \int^{x_1}_{x_0} F(x, y, y’) dx$，而這個$I$則被稱為泛函數。
也相仿於一般函數求極值，若對泛函求導後使其=0，就可以得到極值，但是該怎麼定義$\frac{dI}{dy}$ ?
假定有一函數$y$可以使得$I$到達極值，可以構造出這樣一個東西: $g(\epsilon) = I(y + \epsilon \eta) = I(\hat{y})$，$\hat{y’} = y’ + \epsilon \eta’$
$\eta$是任意函數(但兩端點都必須為0)，$\epsilon$是任意實數，由此將這個問題轉為一般的函數求極值問題。
通過$g(\epsilon)$對$\epsilon$求導數:
$\frac{dg}{d\epsilon} = \frac{d}{d\epsilon} \int^{x_1}_{x_0} F(x, \hat{y}, \hat{y’}) dx$
求導跟積分互換
$\frac{dg}{d\epsilon} = \int^{x_1}_{x_0} \frac{d}{d\epsilon} F(x, \hat{y}, \hat{y’}) dx$
現在要求$dF(x, \hat{y}, \hat{y’})$，利用全微分:
$dF = F_x dx + F_{\hat{y}} d\hat{y} + F_{\hat{y’}} d\hat{y’}$
兩邊同除$d\epsilon$得
$\frac{dF}{d\epsilon} = F_x \frac{dx}{d\epsilon} + F_{\hat{y}} \frac{d\hat{y}}{d\epsilon} + F_{\hat{y’}}\frac{d\hat{y’}}{d\epsilon}$
(底標代表對那個變數的偏微分)
明顯$\frac{dx}{d\epsilon}=0$, $\frac{d\hat{y}}{d\epsilon} = \eta$, $\frac{d\hat(y’)}{d\epsilon} = \eta’$
$\frac{dF}{d\epsilon} = F_{\hat{y}}\eta + F_{\hat{y’}}\eta’$
將上述結果代回去
$\frac{dg}{d\epsilon} = \int_{x_0}^{x_1} F_{\hat{y}}\eta dx + \int_{x_0}^{x_1} F_{\hat{y’}}\eta’ dx$
將後項分部積分:
顯然，$F_{\hat{y’}}\eta|^{x_1}_{x_0} = 0$
$\int_{x_0}^{x_1} F_{\hat{y}}\eta dx - \int_{x_0}^{x_1} \frac{dF_{\hat{y’}}}{dx}\eta dx$
$\frac{dg}{d\epsilon} = \int_{x_0}^{x_1} (F_{\hat{y}} - \frac{dF_{\hat{y’}}}{dx})\eta dx$
由定義可以知道，當$\epsilon = 0$就可以得到極值，$\frac{dg}{d\epsilon} |^{\epsilon = 0} = 0$，而$\epsilon = 0$時，$\hat{y} = y$, $\hat{y’} = y’$
$\frac{dg}{d\epsilon} = \int_{x_0}^{x_1} (F_{y} - \frac{dF_{y’}}{dx})\eta dx$
最後一步要證明$\int_{a}^{b} f(x)\eta dx = 0$，且$\eta$為任意函數(同樣兩端為0)，則$f(x) = 0$
定 $r(a) = r(b) = 0$，且$r(x) > 0, x\in[a, b]$
令 $f(x) = r(x)\eta(x)$
$\int^{b}_{a} r(x)\eta^2(x) dx = 0$
因為$r(x)$在$(a,b)$大於0，所以$f(x)$在$(a, b)$中必為0
利用上面的證明可以知道
$(F_{y} - \frac{dF_{y’}}{dx}) = 0$
這就是 歐拉-拉格朗日方程式
而這個方程式有兩個特殊形式:
若f(x, y, y’) = f(x, y’)，可寫成 $F_{y’} = C$
若f(x, y, y’) = f(y, y’)，可寫成 $F - y’F_{y’} = C$
利用變分法解決最速降線
回到一開始的式子
$\int_{x_0}^{x_1} \sqrt{\frac{1+y’^2}{2gy}} dx$
$\sqrt{\frac{1+y’^2}{2gy}}$就是$F(x, y, y’)$，只需要求解$(F_{y} - \frac{dF_{y’}}{dx}) = 0$就可以得到答案。
注意到$F$符合第二個特殊形式，故寫成
$\sqrt{\frac{1+y’^2}{2gy}} - y’\sqrt{\frac{y’^2}{2(1+y’^2)gy}} = C$
整理:
$\frac{1+y’^2}{\sqrt{2(1+y’^2)gy}} - \frac{y’^2}{\sqrt{2(1+y’^2)gy}} = C$
$\frac{1}{\sqrt{2(1+y’^2)gy}}= C$
$\frac{1}{(1+y’^2)y}= 2gC^2$
$\frac{1}{(1+y’^2)}= yK$, $K = 2gC^2$
$y’^2 = (yK)^{-1} - 1$
$y’ = \sqrt{(yK)^{-1} - 1}$
$((yK)^{-1} - 1)^{-\frac{1}{2}} dy = dx$
$(\frac{1 - yK}{yK})^{-\frac{1}{2}} dy = dx$
$(\frac{yK}{1 - yK})^{\frac{1}{2}} dy = dx$
兩邊積分
$\int (\frac{yK}{1 - yK})^{\frac{1}{2}} dy = \int dx$
令$y = \frac{sin^2\theta}{K}$, $dy = \frac{2sin\theta cos\theta}{K} d\theta$
$\int \frac{2sin^2\theta}{K} d\theta = x$
$\frac{1}{K}\int 2sin^2\theta d\theta = x$
$\frac{1}{K}(\theta - \frac{1}{2}sin2\theta) + C = x$
$\frac{1}{2K}(2\theta - sin2\theta) + C = x$
整理好，令$\alpha = 2\theta$
$x = \frac{1}{4gC^2}(\alpha - sin\alpha) + C$
$y = \frac{sin^2\theta}{K} = \frac{1}{4gC^2}(1-cos\alpha)$
這個即是 擺線的參數方程式。
結語
這個方法比起光解法更難，也更具一般性，通過這個方法也可以解決懸鏈線、最小曲面問題。
總的來說，這是一個比光解法更加精采的解法。
Reference
http://www.cust.edu.tw/mathmet/brachistochrone.pdf
https://zhuanlan.zhihu.com/p/20718489
http://boson4.phys.tku.edu.tw/fundamentals_of_math_phys/unit-33_Variation__calculus%20_of_variation.html
https://zh.wikipedia.org/zh-tw/%E5%8F%98%E5%88%86%E6%B3%95
https://en.wikipedia.org/wiki/Fundamental_lemma_of_calculus_of_variations
https://zh.wikipedia.org/wiki/%E6%AD%90%E6%8B%89-%E6%8B%89%E6%A0%BC%E6%9C%97%E6%97%A5%E6%96%B9%E7%A8%8B
https://www.zhihu.com/question/39494645
https://www.jianshu.com/p/961e890e88b2