变分法问题：极小曲面欧拉-拉格朗日方程与二维泛函驻点的推导

题目

问题5：如果曲面是一个旋转曲面 $$z=u(r)$$，其中 $$r^2=x^2+y^2$$，那么

$$S=2\pi {\int }_D\sqrt{1+u_r^2}rdr$$ (7)

写出欧拉-拉格朗日方程并求解它。

问题6：写出泛函

$$\Phi (u)={\iint }_D\left(u_x^2+u_x{u}_y+u_y^2-2uf(x,y)\right)dxdy$$

的驻点所满足的方程和边界条件，其中 D={(x,y):0<x<2,0<y<1}D = \{(x,y) : 0 < x < 2, 0 < y < 1\}D={(x,y):0<x<2,0<y<1}，且边界条件为

$$u{|}_{x=0}=u{|}_{x=2}=0.$$

解决问题5

对于旋转曲面的表面积泛函 $$S=2\pi {\int }_D\sqrt{1+u_r^2}rdr$$，忽略常数 $$2\pi$$，考虑泛函：
$$I[u]={\int }_a^{b}F(r,u,u_r)dr$$
其中 $$F(r,u,u_r)=\sqrt{1+u_r^2}r$$.

由于 $$F$$ 不显含 $$u$$，即 $$\frac{\partial F}{\partial u}=0$$，欧拉-拉格朗日方程简化为：
$$\frac{d}{dr}\left(\frac{\partial F}{\partial u_r}\right)=0$$
这意味着 $$\frac{\partial F}{\partial u_r}$$ 为常数。

计算 $$\frac{\partial F}{\partial u_r}$$:
$$\frac{\partial F}{\partial u_r}=\frac{\partial }{\partial u_r}\left(r\sqrt{1+u_r^2}\right)=r\cdot \frac{1}{2}(1+u_r^2{)}^{-1/2}\cdot 2u_r=\frac{r{u}_r}{\sqrt{1+u_r^2}}$$

设其常数为 $$c$$:
$$\frac{r{u}_r}{\sqrt{1+u_r^2}}=c$$

解方程求 $$u_r$$:
$$\frac{r^2{u}_r^2}{1+u_r^2}=c^2$$
$$r^2{u}_r^2=c^2(1+u_r^2)$$
$$u_r^2(r^2-c^2)=c^2$$
$$u_r^2=\frac{c^2}{r^2-c^2}$$
$$u_r=\frac{c}{\sqrt{r^2-c^2}}$$

积分求 $$u$$:
$$u=\int \frac{c}{\sqrt{r^2-c^2}}dr=c\int \frac{dr}{\sqrt{r^2-c^2}}=c\ln \left|r+\sqrt{r^2-c^2}\right|+K$$
其中 $$K$$ 为常数。

Alternatively, 用反双曲余弦表示：
$$u=c{\cosh }^{-1}\left(\frac{r}{c}\right)+K$$
或
$$r=c\cosh \left(\frac{u-K}{c}\right)$$
此解对应悬链线，即最小旋转曲面（catenoid）。

解决问题6

泛函：
$$\Phi (u)={\iint }_D\left(u_x^2+u_x{u}_y+u_y^2-2uf(x,y)\right)dxdy$$
其中 D={(x,y):0<x<2,0<y<1}D = \{(x,y) : 0 < x < 2, 0 < y < 1\}D={(x,y):0<x<2,0<y<1}，边界条件 $$u(0,y)=u(2,y)=0$$.

定义 $$F=u_x^2+u_x{u}_y+u_y^2-2uf(x,y)$$。欧拉-拉格朗日方程为：
$$\frac{\partial F}{\partial u}-\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial F}{\partial u_x}\right)-\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{\partial F}{\partial u_y}\right)=0$$

计算偏导数：

• $$\frac{\partial F}{\partial u}=-2f(x,y)$$
• $$\frac{\partial F}{\partial u_x}=2u_x+u_y$$
• $$\frac{\partial F}{\partial u_y}=u_x+2u_y$$

计算导数：

• $$\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial F}{\partial u_x}\right)=\frac{\partial }{\partial x}(2u_x+u_y)=2u_{xx}+u_{xy}$$
• $$\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{\partial F}{\partial u_y}\right)=\frac{\partial }{\partial y}(u_x+2u_y)=u_{xy}+2u_{yy}$$

代入欧拉-拉格朗日方程：
$$-2f(x,y)-(2u_{xx}+u_{xy})-(u_{xy}+2u_{yy})=0$$
简化：
$$-2f(x,y)-2u_{xx}-2u_{xy}-2u_{yy}=0$$
$$u_{xx}+u_{xy}+u_{yy}=-f(x,y)$$

因此，欧拉-拉格朗日方程为：
$$u_{xx}+u_{xy}+u_{yy}=-f(x,y)$$

对于边界条件：

• 在 $$x=0$$ 和 $$x=2$$ 上，有 essential boundary conditions: $$u=0$$。
• 在 $$y=0$$ 和 $$y=1$$ 上，无指定条件，故需自然边界条件。

自然边界条件由下式给出：
$$\frac{\partial F}{\partial u_x}{n}_x+\frac{\partial F}{\partial u_y}{n}_y=0$$
其中 $$n$$ 为边界单位外法向量。

计算：

• $$\frac{\partial F}{\partial u_x}=2u_x+u_y$$
• $$\frac{\partial F}{\partial u_y}=u_x+2u_y$$

在 $$y=0$$ 上，外法向量为 $$n=(0,-1)$$:
$$(2u_x+u_y)\cdot 0+(u_x+2u_y)\cdot (-1)=-(u_x+2u_y)=0$$
所以 $$u_x+2u_y=0$$.

在 $$y=1$$ 上，外法向量为 $$n=(0,1)$$:
$$(2u_x+u_y)\cdot 0+(u_x+2u_y)\cdot 1=u_x+2u_y=0$$
所以 $$u_x+2u_y=0$$.

因此，边界条件为：

• 在 $$x=0$$: $$u=0$$
• 在 $$x=2$$: $$u=0$$
• 在 $$y=0$$: $$u_x+2u_y=0$$
• 在 $$y=1$$: $$u_x+2u_y=0$$