|
|
Linia 151: |
Linia 151: |
| <center> | | <center> |
| <math> \displaystyle | | <math> \displaystyle |
| \aligned d_f | | \begin{align} d_f |
| J(h)=\int_{a}^b\left(\frac{\partial L}{\partial x}(f, 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+\frac{\partial L}{\partial y}(f, f', |
Linia 176: |
Linia 176: |
| <center> | | <center> |
| <math> \displaystyle | | <math> \displaystyle |
| \aligned | | \begin{align} |
| J[f+h]-J[f]&=\int_{a}^{b}\bigg(L(f+h, f'+h', t)-L(f,f', | | J[f+h]-J[f]&=\int_{a}^{b}\bigg(L(f+h, f'+h', t)-L(f,f', |
| t)\bigg)dt\\ | | t)\bigg)dt\\ |
Linia 359: |
Linia 359: |
|
| |
|
| <center><math> \displaystyle | | <center><math> \displaystyle |
| \left\{\aligned f(a)=y_a \\ f(b)=y_b\end{align}\right. | | \left\{\begin{align} f(a)=y_a \\ f(b)=y_b\end{align}\right. |
| \text{ czyli } \left\{\aligned C_1 \cosh \frac{a-C_2}{C_1}=y_a | | \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. | | \\ C_1 \cosh \frac{b-C_2}{C_1}=y_b\end{align}.\right. |
| </math></center> | | </math></center> |
Linia 457: |
Linia 457: |
|
| |
|
| <center><math> \displaystyle | | <center><math> \displaystyle |
| \left\{\aligned | | \left\{\begin{align} |
| x(\theta)&=r(\theta-\sin\theta)+C_1\\ | | x(\theta)&=r(\theta-\sin\theta)+C_1\\ |
| y(\theta)&=r(1-\cos \theta), \end{align}\right. | | y(\theta)&=r(1-\cos \theta), \end{align}\right. |
Linia 473: |
Linia 473: |
|
| |
|
| <center><math> \displaystyle | | <center><math> \displaystyle |
| \aligned y\bigg(1+\big(\frac{dy}{dx}\big)^2\bigg) | | \begin{align} y\bigg(1+\big(\frac{dy}{dx}\big)^2\bigg) |
| &=r(1-\cos | | &=r(1-\cos |
| \theta)\left(1+\frac{\sin^2\theta}{(1-\cos\theta)^2}\right) | | \theta)\left(1+\frac{\sin^2\theta}{(1-\cos\theta)^2}\right) |
Linia 487: |
Linia 487: |
|
| |
|
| <center><math> \displaystyle | | <center><math> \displaystyle |
| \left\{\aligned | | \left\{\begin{align} |
| x(\theta)&=r(\theta-\sin\theta)\\ | | x(\theta)&=r(\theta-\sin\theta)\\ |
| y(\theta)&=r(1-\cos \theta), \end{align}\right. | | y(\theta)&=r(1-\cos \theta), \end{align}\right. |
Linia 591: |
Linia 591: |
|
| |
|
| <center><math> \displaystyle | | <center><math> \displaystyle |
| \aligned G(f)&=\int_{-1}^{1}\sqrt{1+(f')^2}dx\\ | | \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\\ | | &=\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} | | &=2|\lambda|\arcsin\frac{x}{\lambda}\bigg|_{-1}^{1}=2|\lambda|\arcsin\frac{1}{\lambda}.\end{align} |
Zastosowania równań różniczkowych. Elementy rachunku wariacyjnego
Rozważamy zagadnienie wariacyjne polegające na wyznaczeniu
ekstremów funkcjonału danych za pomocą całki
w klasie funkcji
różniczkowalnych o ciągłej i
ograniczonej pochodnej na przedziale
. Wyprowadzamy
równanie Lagrange'a-Eulera (równanie ekstremali funkcjonału
).
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
jest parametryzacją klasy
pewnej krzywej
na płaszczyźnie, to długość tej krzywej
wyraża całka oznaczona:
która w szczególnym przypadku, gdy krzywa
jest wykresem funkcji zmiennej
, przyjmuje postać
Na pytanie o kształt najkrótszej krzywej łączącej dwa
wyróżnione punkty na płaszczyźnie, np.
,
, każdy natychmiast odpowiada: to odcinek prostej o podanych końcach:
Parser nie mógł rozpoznać (SVG (MathML może zostać włączone przez wtyczkę w przeglądarce): Nieprawidłowa odpowiedź („Math extension cannot connect to Restbase.”) z serwera „https://wazniak.mimuw.edu.pl/api/rest_v1/”:): {\displaystyle \displaystyle \{(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\}. }
Intuicja podpowiada nam też, że wskazany odcinek prostej jest jedynym rozwiązaniem postawionego
problemu; każda inna krzywa łącząca punkty
i
jest dłuższa.
Nikt też nie ma wątpliwości, że całka wyrażająca długość krzywej
łączącej wskazane punkty, może być dowolnie duża, gdyż od
punktu
do
możemy wędrować po dowolnie długiej krzywej.
Rozważmy kolejny przykład. Pamiętamy, że
Uwaga 15.2.
Pole powierzchni powstałej z obrotu krzywej
dookoła osi rzędnych wyraża całka oznaczona
która w szczególnym przypadku, gdy krzywa
jest wykresem funkcji zmiennej
, przyjmuje postać
Przykład 15.3.
<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
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
będzie całką zależną od pewnej funkcji
klasy
na odcinku o ograniczonej pierwszej
pochodnej, gdzie
jest pewną funkcją o
ciągłych pochodnych cząstkowych. Stawiamy problem polegający na
znalezieniu takiej funkcji
, aby wartość całki
była
ekstremalna (tj. najmniejsza albo największa) w zbiorze tych
funkcji, których wartości na końcach przedziału
są takie same.
Niech
będzie zbiorem funkcji ciągłych na przedziale
o ciągłej i ograniczonej pochodnej na przedziale
(na końcach przedziału zakładamy istnienie skończonych granic jednostronnych pochodnej).
Konsekwencją faktu, że granica jednostajnie zbieżnego ciągu funkcji ciągłych jest funkcją ciągłą, jest następująca:
Uwaga 15.4.
Zbiór
z normą
stanowi przestrzeń Banacha (tj. przestrzeń unormowaną zupełną)
Odwzorowanie
(które zgodnie z tradycyjną terminologią nazywa się funkcjonałem działającym na
przestrzeni funkcji dopuszczalnych
) 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
odwzorowanie
jest różniczkowalne. Jesteśmy w stanie wyznaczyć tę
różniczkę.
Twierdzenie 15.5.
Jeśli
jest funkcją określoną na zbiorze otwartym
o ciągłych
pochodnych cząstkowych, to odwzorowanie
jest różniczkowalne w sensie Frecheta w każdym
punkcie
. Wartość różniczki
na wektorze
wynosi
Definicja 15.6.
Funkcję
, która określa funkcjonał
, nazywamy
funkcją Lagrange'a.
Dowód
Niech
będzie przyrostem argumentu funkcjonału
. W dowolnym punkcie
, wobec ciągłości
pochodnych cząstkowych funkcji Lagrange'a, mamy
gdzie
. Wynika stąd, że funkcjonał
jest
różniczkowalny w sensie Frecheta w każdym punkcie
i jego
różniczka
na wektorze
przyjmuje wartość
Całkując przez części drugi składnik tego wyrażenia, dostajemy
Stąd

Rozważmy
rodzinę funkcji z przestrzeni
, które na końcach
przedziału
przyjmują ustalone wartości
,
.
Zauważmy, że jeśli
, to również
dla dowolnej liczby rzeczywistej
. Zauważmy, że
jest podprzestrzenią afiniczną oraz
gdzie
jest
podprzestrzenią wektorową przestrzeni
, natomiast
wektor
.
Warto zauważyć, że
Uwaga 15.7.
Wynika stąd
Wniosek 15.8.
Równanie, które występuje w tezie powyższego wniosku, nazywamy równaniem Lagrange'a-Eulera.
Uwaga 15.9.
Gdy funkcjonał dany jest wzorem
, równanie Lagrange'a-Eulera zapisuje
się w uproszczonej notacji
Zapis ten jednak należy rozumieć tak, jak we wyprowadzonym wzorze, tzn. gdy
jest funkcją Lagrange'a, to
lewa strona
oznacza
wyrażenie, które powstaje z wyznaczenia pochodnej po zmiennej
z podstawienia do pochodnej cząstkowej
odpowiednio
za
. W podobny sposób
należy rozumieć też prawą stronę równania:
, która oznacza podstawienie do pochodnej
odpowiednio
za
.
Uwaga 15.10.
a) Równanie Lagrange'a-Eulera jest równaniem różniczkowym zwyczajnym rzędu (co najwyżej) drugiego.
b) Jeśli funkcja
nie zależy jawnie od zmiennej
, to
równanie Lagrange'a -Eulera jest równoważne równaniu różniczkowemu
rzędu (co najwyżej) pierwszego:
gdzie
jest dowolną stałą.
Dowód
Obie uwagi wykażemy w ramach ćwiczeń.

Definicja 15.11.
Zwróćmy uwagę, że termin ekstremala oznacza punkt
, w którym spełniony jest warunek konieczny istnienia ekstremum
funkcjonału
.
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
, w
którym funkcjonał
osiąga minimum czy maksimum.
Przykład 15.12.
Wyznaczymy krzywą klasy
o końcach
,
, która obracana dokoła osi poziomej tworzy najmniejszą
powierzchnię obrotową. Wiemy już, że pole powierzchni obrotowej wyraża całka
Wyznaczmy więc ekstremalę tego funkcjonału na
. Funkcja
nie zależy od
zmiennej
, stąd równanie równanie Lagrange'a-Eulera jest
równoważne równaniu
, gdzie
jest pewną stałą. Równanie to ma więc postać
gdzie
jest pewną stałą. Po sprowadzeniu do wspólnego
mianownika otrzymamy
czyli
Równanie to spełnia rodzina funkcji
, gdzie
jest
stałą. Stałe
i
wyznaczamy z warunków zadania, tj.
Łatwo sobie wyobrazić, że układ ten może nie mieć rozwiązania. Gdy odległość
rośnie, powierzchnia powstała z obrotu krzywej
przy
ustalonych promieniach
,
może mieć pole większe niż
suma pól kół o tych promieniach, tj. większe niż
. Jeśli natomiast różnica
nie jest zbyt duża,
znajdziemy stałe
,
spełniające warunki zadania.
Powierzchnię powstałą z obrotu wykresu funkcji
,
, nazywamy katenoidą.
Przykład 15.13.
W polu grawitacyjnym znajdują się dwa punkty
oraz
. Po jakiej
krzywej powinien ześlizgiwać się bez tarcia punkt materialny, aby
drogę od
do
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
, tj. w początku układu współrzędnych,
którego oś pionową zwracamy na dół (czyli przeciwnie, niż zwykle).
Niech
. Jeśli punkt materialny znajdzie się w położeniu
, to zgodzie z prawem zachowania energii jego energia
kinetyczna będzie równa zmianie energii potencjalnej
pomiędzy punktem początkowym, który znajduje się na poziomie
zerowym a danym punktem na poziomie
, czyli
, gdzie
jest masą punktu materialnego, a
jest jego prędkością. Stąd po zmianie zmiennych
i zapisaniu
równania w postaci różniczkowej
oraz po uwzględnieniu
prawa zachowania energii (
) otrzymujemy
czyli
Stąd całkowity czas, jaki jest niezbędny, aby pokonać drogę z
położenia
do
(licząc wzdłuż osi zmiennej
), wyraża
całka oznaczona
Zadanie sprowadza się więc do wyznaczenia ekstremali funkcjonału
(czynnik
jest stały) w zbiorze tych funkcji
, które na końcach przedziału
przyjmują
odpowiednio wartości
i
. Zauważmy, że funkcja
Lagrange'a

nie zależy od zmiennej

,
stąd rozwiązanie równanie Lagrange'a-Eulera jest równoważne
równaniu
gdzie
jest dowolną stałą. Po przekształceniu
równanie to przyjmie postać:
a po sprowadzeniu do wspólnego mianownika składników po lewej
stronie równości i podniesieniu do kwadratu:
Rozwiązanie
równania
można
przedstawić w postaci parametrycznej:
gdzie
, a
jest kolejną stałą. Z twierdzenia o
różniczkowaniu złożenia mamy
stąd - po przekształceniach
czyli krzywa
spełnia
równanie Lagrange'a-Eulera. Uwzględniając współrzędne początku
, otrzymujemy
. Następnie uwzględniając również
koniec trasy
, wyznaczamy wartość stałej
, a co za
tym idzie również stałej
. Szczegółowe obliczenia pomijamy.
Zwróćmy jednak uwagę na krzywą
która jest rozwiązaniem zadania brachistochrony (czyli krzywej najszybszego
spadku). Krzywą tą jest łuk cykloidy łączący punkty
i
.
Przykład 15.14.[zagadnienie izoperymetryczne]
Rozważmy rodzinę krzywych klasy
o ustalonych końcach
i
. Czy istnieje krzywa o ustalonej długości,
która wraz z odcinkiem o końcach
,
ogranicza obszar o
możliwie największym polu?
Zadanie sprowadza się do maksymalizowania wartości całki
wyrażającej pole pod wykresem funkcji
przy warunku
który oznacza, że długość łuku krzywej
, przy
jest stała. Mamy więc zagadnienie polegające na
znalezieniu ekstremum warunkowego: ekstremum funkcjonału

na poziomicy funkcjonału

.
Korzystając z twierdzenia o funkcjonale Lagrange'a (stanowiącego ugólnienie klasycznego twierdzenia o mnożnikach Lagrange'a), można wykazać, że
Uwaga 15.15.
W rozważanym przez nas przykładzie funkcjonał
ma postać:
Zwróćmy uwagę,że funkcja Lagrange'a
określająca funkcjonał
nie zależy od zmiennej
, wobec
tego funkcja
spełnia równanie równoważne równaniu
Lagrange'a-Eulera
gdzie
jest stałą. Dostajemy więc
które po uproszczeniu (po sprowadzeniu składników do wspólnego mianownika) przyjmie postać
lub równoważną
Równanie to spełnia rodzina funkcji
, gdzie
jest kolejną stałą (przypomnijmy, że
jest stałą, która pojawiła się z całkowania równania
Lagrange'a -Eulera). Stałe
,
wyznaczymy z warunków
zadania
oraz
, czyli
, skąd
, a także
. Widzimy więc, że rozwiązaniem zagadnienia jest funkcja
Współrzędne punktu
wykresu funkcji
spełniają równanie
czyli równanie okręgu o środku w punkcie
i promieniu
. Rozwiązaniem problemu jest więc łuk
okręgu, którego cięciwą jest dany odcinek
. Stałą
wyznaczymy z warunku
. Mamy
Stąd
jest rozwiązaniem równania
Szkicując wykresy funkcji
oraz
, możemy łatwo przekonać się, że dla
jedynym rozwiązaniem równania
jest
. Wówczas nie znajdziemy
takiej stałej
, aby
. Wynika to
zresztą w oczywisty sposób z interpretacji geometrycznej
rozważanego zagadnienia: punktów
oraz
nie da
się połączyć krzywą o długości
. Gdy
, rozwiązaniem
zagadnienia jest po prostu odcinek
, który w tym
przypadku ogranicza zerowe pole
, Gdy zaś
, znajdziemy
rozwiązanie
równania
i
weźmiemy
. Na przykład dla
mamy
, więc
.
}}
W ten sposób pokazaliśmy intuicyjnie oczywisty fakt, iż
Wniosek 15.16.