Równanie Eulera-Lagrange’a

Lemat 1:

Niech \( \hskip 0.3pc g:[a,b]\to \mathbb R\hskip 0.3pc \) będzie funkcją ciągłą. Jeśli

\( \displaystyle\int_a^bg(x)h^\prime(x)dx=0 \)

dla dowolnej funkcji \( \hskip 0.3pc h\in C^1([a,b])\hskip 0.3pc \) spełniającej warunek \( \hskip 0.3pc h(a) =h(b)=0,\hskip 0.3pc \) to \( \hskip 0.3pc g\hskip 0.3pc \) jest funkcją stałą.

Dowód. Połóżmy

\( c=\dfrac 1{b-a}\displaystyle\int_a^bg(s)ds, \qquad h(x)=\displaystyle\int_a^x\big(g(s)-c\big)ds. \)

Oczywiście \( \hskip 0.3pc h\in C^1([a,b]),\hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc h(a)=h(b)=0\hskip 0.3pc \) oraz \( \hskip 0.3pc h^\prime(x)=g(x)-c.\hskip 0.3pc \) Na mocy założenia

\( \begin{aligned}0=&\displaystyle\int_a^bg(x)h^\prime(x)dx = \displaystyle\int_a^bg(x)\Big(g(x)-c\Big)dx-c\,h(b)=\\ &\displaystyle\int_a^bg(x)\Big(g(x)-c\Big)dx-c\displaystyle\int_a^b(g(x)-c)dx=\displaystyle\int_a^b(g(x)-c)^2dx.\end{aligned} \)

Zatem \( \hskip 0.3pc g(x)=c\hskip 0.3pc \) dla \( \hskip 0.3pc x\in [a,b],\hskip 0.3pc \) co kończy dowód.

Twierdzenie 1:

ZAŁOŻENIA:

Niech \( \hskip 0.3pc f\in C^1\big([a,b]\times \mathbb R^2\big).\hskip 0.3pc \) Niech funkcjonał \( \hskip 0.3pc {\cal F}\hskip 0.3pc \) będzie dany wzorem

(1)

\( {\cal F}(u)= \displaystyle\int_a^b f\big(x, u(x),,u^\prime(x)\big)dx \)

w zbiorze \( \hskip 0.3pc {\cal M}\hskip 0.3pc \) funkcji dopuszczalnych danych wzorem

(2)

\( {\cal M}=\big\{u\in C^1([a,b])\,:\,u(a)=\alpha ,\, u(b)=\beta \big\}, \)

gdzie \( \hskip 0.3pc \alpha ,\beta \in \mathbb R.\hskip 0.3pc \) Załóżmy ponadto, że funkcja \( \hskip 0.3pc f_{u^\prime}\big(\cdot, u(\cdot ), u^\prime(\cdot )\big)\hskip 0.3pc \) jest różniczkowalna dla dowolnego \( \hskip 0.3pc u \in {\cal M}.\hskip 0.3pc \)

TEZA:

Wówczas \( \hskip 0.3pc u_0\in {\cal M}\hskip 0.3pc \) jest ekstremalą funkcjonału \( \hskip 0.3pc {\cal F} \hskip 0.3pc \) wtedy i tylko wtedy gdy

(3)

\( \dfrac d{dx} f_{u^\prime}\big(x,u_0(x),u^\prime_0(x)\big)- f_u\big(x,u_0(x),u_0^\prime(x)\big)=0 \qquad {\rm dla}\quad x\in [a,b]. \)

DOWÓD:

Niech \( \hskip 0.3pc u_0\in {\cal M},\hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc h\in {\cal M}_0,\hskip 0.3pc \) gdzie \( \hskip 0.3pc {\cal M}_0\hskip 0.3pc \) jest dane wzorem

\( {\cal M}_0=\big\{u\in C^1([a,b])\,:\,h(a)=h(b)=0. \big\} \)

Połóźmy

\( A(x)= \displaystyle\int_a^x f_u\big(s,u_0(s),u^\prime_0(s)\big)ds. \)

Korzystając z przyjętego oznaczenia oraz wzoru na całkowanie przez części mamy

\( \begin{aligned}\delta{\cal F}(u_0)(h)=& \displaystyle\int_a^b\Big(f_u\big(x,u_0(x),u_0^\prime(x)\big) h(x)+f_{u^\prime}\big(x,u_0(x),u_0^\prime(x)\big)h^\prime(x)\Big)dx=\\& \displaystyle\int_a^b A^\prime(x)h(x)dx + \displaystyle\int_a^bh^\prime(x)f_{u^\prime} \big(x,u_0(x),u^\prime_0(x)\big)dx=\\&h(x)A(x)\Big|_a^b- \displaystyle\int_a^bh^\prime(x) A(x)dx+\displaystyle\int_a^bh^\prime(x) f_{u^\prime}\big(x,u_0(x),u^\prime_0(x) \big)dx=\\&\displaystyle\int_a^b h^\prime(x)\Big(f_{u^\prime}\big(x,u_0(x),u^\prime_0(x)\big)-A(x)\Big)dx.\end{aligned} \)

Przypuśćmy, że \( \hskip 0.3pc u_0\hskip 0.3pc \) jest punktem stacjonarnym, tzn. \( \hskip 0.3pc \delta{\cal F}(u_0)(h)=0\hskip 0.3pc \) dla dowolnego \( \hskip 0.3pc h \in. {\cal M}_0.\hskip 0.3pc \) Na mocy lematu 1

\( f_{u^\prime}\big(x,u_0(x),u^\prime_0(x)\big)-A(x)=C, \)

czyli

\( f_{u^\prime}\big(x,u_0(x),u^\prime_0(x)\big)-\displaystyle\int_a^x f_u\big(s,u_0(s),u^\prime_0(s)\big)ds=C. \)

Różniczkując ostatnią równość względem \( \hskip 0.3pc x\hskip 0.3pc \) otrzymamy ( 3 ).

Przypuśćmy teraz, że dla pewnego \( \hskip 0.3pc u_0\in {\cal M}\hskip 0.3pc \) zachodzi równość ( 3 ). Niech \( \hskip 0.3pc h\in {\cal M}_0.\hskip 0.3pc \) Całkując w przedziale \( \hskip 0.3pc [a,b]\hskip 0.3pc \) równość

\( \Big(\dfrac d{dx} f_{u^\prime}\big(x,u_0(x),u^\prime_0(x)\big)- f_u\big(x,u_0(x),u_0^\prime(x)\big)\Big)h(x)=0 \)

i wykorzystując wzór na całkowanie przez części względem pierwszej całki, otrzymamy

\( f_{u^\prime}\big(x,u_0,u^\prime_0\big)h(x)\Big|_a^b -\displaystyle\int_a^bf_{u^\prime}\big(x,u_0,u_0^\prime\big) h^\prime(x)dx -\displaystyle\int_a^bf_u\big(x,u_0,u_0^\prime\big)h(x)dx=0. \)

Stąd wynika natychmiast, że

\( \displaystyle\int_a^b\Big(f_u\big(x,u_0,u_0^\prime\big)h+f_{u^\prime}\big(x,u_0,u_0^\prime\big)h^\prime\Big)dx=0, \)

co oznacza, że \( \hskip 0.3pc \delta{\cal F}(u_0)(h)=0.\hskip 0.3pc \) Ponieważ \( \hskip 0.3pc h \in {\cal M}_0\hskip 0.3pc \) było dowolne, dowód został zakończony.

Definicja 1: Równaniem Eulera-Lagrange'a.

Równanie

\( \dfrac d{dx} f_{u^\prime}\big(x,u(x),u^\prime(x)\big)- f_u\big(x,u(x),u^\prime(x)\big)=0 \)

nazywa się równaniem Eulera-Lagrange'a. Jest to podstawowe równanie w rachunku wariacyjnym.

Twierdzenie 2:

ZAŁOŻENIA:

Niech \( \hskip 0.3pc f:[a,b]\times \mathbb R^2 \to \mathbb R\hskip 0.3pc \) będzie funkcją klasy \( \hskip 0.3pc C^2\hskip 0.3pc \) i niech funkcjonał \( \hskip 0.3pc \cal F\hskip 0.3pc \) będzie dany wzorem ( 1 ). Niech \( \hskip 0.3pc u_0\in {\cal M}\hskip 0.3pc \) będzie ekstremalą funkcjonału \( \hskip 0.3pc {\cal F}.\hskip 0.3pc \)

TEZA:

(i). Jeśli \( \hskip 0.3pc f\hskip 0.3pc \) jest funkcją wypukłą względem drugiej i trzeciej zmiennej, to funkcjonał \( \hskip 0.3pc {\cal F}\hskip 0.3pc \) posiada w punkcie \( \hskip 0.3pc u_0\hskip 0.3pc \) minimum.

(ii). Jeśli \( \hskip 0.3pc f\hskip 0.3pc \) jest funkcją ściśle wypukłą względem drugiej i trzeciej zmiennej, to minimum to jest jedyne.

DOWÓD:

Niech \( \hskip 0.3pc u_0\in {\cal M}\hskip 0.3pc \) będzie ekstremalą funkcjonału \( \hskip 0.3pc {\cal F}.\hskip 0.3pc \) Załóżmy, że \( \hskip 0.3pc f\hskip 0.3pc \) jest funkcją wypukłą względem drugiej i trzeciej zmiennej. Na mocy twierdzenia Taylora

\( \begin{aligned}f(x,u_0+h,u^\prime_0+h^\prime)&= f(x,u_0,u^\prime_0)+df(x,u_0,u^\prime_0)+\dfrac 12 d^2f(x,u_0 +\theta h,u^\prime_0+\tilde{\theta} h^\prime)\\&= f(x,u_0,u^\prime_0) +\dfrac 12 d^2f(x,u_0+\theta h,u^\prime_0+\tilde{\theta} h^\prime),\end{aligned} \)

dla dowolnego \( \hskip 0.3pc h\in {\cal M}_0.\hskip 0.3pc \)
Całkując powyższą równość w przedziale \( \hskip 0.3pc [a,b]\hskip 0.3pc \) otrzymamy

\( {\cal F}(u_0+h)= {\cal F}(u_0)+ \dfrac 12\displaystyle\int_a^b d^2f(x,u_0+\theta h,u^\prime_0+\tilde{\theta }h^\prime) dx, \quad h\in {\cal M}_0. \)

Na mocy założenia o wypukłości \( \hskip 0.3pc d^2f(x,u_0+\theta h,u^\prime_0+\tilde{\theta }h^\prime)\geq 0,\hskip 0.3pc \) skąd wynika natychmiast, że

\( {\cal F}(u_0+h)\geq {\cal F}(u_0), \qquad h\in {\cal M}_0. \)

Załóżmy teraz, że funkcja \( \hskip 0.3pc f\hskip 0.3pc \) jest ściśle wypukła wypukłą względem drugiej i trzeciej zmiennej. Przypuśćmy, dla dowodu niewprost, że funkcjonał \( \hskip 0.3pc \cal F\hskip 0.3pc \) posiada również minimum w punkcie \( \hskip 0.3pc \tilde u.\hskip 0.3pc \) Połóżmy

\( {\cal F}(u_0)={\cal F}(\tilde u)=\alpha . \)

Niech

\( u=(u_0+\tilde u)/2. \)

Ponieważ na mocy wupukłości

\( f(x,u,u^\prime)< \dfrac 12\big(f(x,u_0,u^\prime_0)+f(x,\tilde u, \tilde u^\prime)\big), \)

więc

\( \alpha \leq {\cal F}(u)< \dfrac 12\big({\cal F}(u_0)+{\cal F}(\tilde u)\big)= \alpha /2+\alpha /2=\alpha , \)

co oczywiście jest niemożliwe i kończy to dowód twierdzenia.

Przykład 1:

Sprawdzić, że funkcjonał

\( {\cal F}(u)=\displaystyle\int_a^b(u(x))^2 dx, \)

nie ma ekstremów w zbiorze funkcji klasy \( \hskip 0.3pc C^1([a,b])\hskip 0.3pc \) spełniających warunek \( \hskip 0.3pc u(a)=0,\hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc u(b)=1.\hskip 0.3pc \)

Istotnie, ponieważ funkcja \( \hskip 0.3pc f\big(x, u(x),u^\prime(x)\big)=u^2(x),\hskip 0.3pc \) równanie Eulera-Lagrange'a ma postać

\( -2u=C. \)

Zatem ekstremalami naszego problemu są funkcje stałe. Ponieważ \( \hskip 0.3pc u(a)\neq u(b),\hskip 0.3pc \) żadna z nich nie może być rozwiązaniem rozważanego problemu.

Omówimy teraz szczególne równania Eulera-Lagrange'a.

W tej części modułu znajdziemy równania Eulera-Lagrange'a dla szczególnych postaci funkcjonału \( \hskip 0.3pc \cal F.\hskip 0.3pc \)

Przypadek 1. Przypuśćmy, że funkcja \( \hskip 0.3pc f\hskip 0.3pc \) nie zależy bezpośrednio od \( \hskip 0.3pc u,\hskip 0.3pc \) czyli

\( {\cal F}(u)=\displaystyle\int_a^bf\big(x,u^\prime(x)\big)dx. \)

Wówczas równanie Eulera - Lagrange'a ma postać

\( \dfrac d{dx}f_{u^\prime}(x,u^\prime)=0, \)

lub

(4)

\( f_{u^\prime}(x,u^\prime)=C, \)

gdzie \( \hskip 0.3pc C \hskip 0.3pc \) jest dowolną stałą.

Przykład 2:

Znaleźć minimum funkcjonału

\( {\cal F}(u)=\displaystyle\int_a^b\sqrt{1+(u^\prime)^2}dx \)

w klasie funkcji \( \hskip 0.3pc u\in C^1([a,b])\hskip 0.3pc \) spełniających warunki \( \hskip 0.3pc u(a)=\alpha, \hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc u(b)=\beta. \hskip 0.3pc \)
Zgodnie ze wzorem ( 4 ) równanie Eulera - Lagrange'a ma postać

\( \dfrac{u^\prime}{\sqrt{1+(u^\prime)^2}} =C, \)

a po przekształceniu

\( u^\prime=C_1, \quad {\rm gdzie}\hskip 0.3pc C_1=C/\sqrt{1-C^2}. \)

Całka ogólna ostatniego równania ma postać \( \hskip 0.3pc u=C_1x+C_2.\hskip 0.3pc \)
Po uwzględnieniu warunków \( \hskip 0.3pc u(a)=\alpha, \hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc u(b)=\beta \hskip 0.3pc \) otrzymamy równanie szukanej ekstremali

\( u=\dfrac{\beta -\alpha }{b-a}x+\dfrac{\alpha b -\beta a}{b-a}. \)

Ponieważ funkcja podcałkowa jest wypukła względem \( \hskip 0.3pc u^\prime\hskip 0.3pc \) - zgodnie z twierdzeniem 2 - na wyznaczonej ekstremali funkcjonał osiąga minimum.

Zauważmy jeszcze, że jeśli nie nałożymy warunków brzegowych, czyli rozważamy tzw. problem ze swobodnymi końcami, to funkcjonał osiąga minimum (równe \( \hskip 0.3pc b-a\hskip 0.3pc \)) dla dowolnej funkcji stałej \( \hskip 0.3pc u=C.\hskip 0.3pc \)

Przypadek 2. Przypuśćmy teraz, że funkcja \( \hskip 0.3pc f\hskip 0.3pc \) nie zależy bezpośrednio od \( \hskip 0.3pc x,\hskip 0.3pc \) czyli

\( {\cal F}(u)=\displaystyle\int_a^bf(u,u^\prime)dx. \)

Równanie Eulera - Lagrange'a ma postać

(5)

\( \dfrac d{dx}f_{u^\prime}(u,u^\prime)-f_u(u,u^\prime)=0. \)

Zauważmy, że

\( u^\prime\big(\dfrac d{dx}f_{u^\prime}-f_u\big)= u^\prime\big( u^{\prime\prime} f_ {u^\prime u^\prime}+u^\prime f_{u^\prime u}-f_u\big), \)

\( \begin{aligned}\dfrac d{dx}\big(u^\prime f_{u^\prime} -f\big)=&u^{\prime\prime}f_ {u^\prime}+ {u^\prime}^2 f_{u^{\prime} u}+u^\prime u^{\prime\prime} f_{u^\prime u^\prime}-u^\prime f_u-u^{\prime\prime} f_{u^\prime}=\\&u^\prime\big( u^{\prime\prime}f_{u^\prime u^\prime}+u^\prime f _ {uu^\prime}-f_u\big).\end{aligned} \)

Zatem

\( \dfrac d{dx}\big(u^\prime f_{u^\prime}-f\big)= u^\prime\big(\dfrac d{dx}f_{u^\prime}-f_u\big). \)

Jeśli zachodzi równanie ( 5 ) to prawa strona ostatniej równości jest równa zeru. Odwrotnie, jeśli lewa strona ostatniej równości jest równa zeru i \( \hskip 0.3pc u\hskip 0.3pc \) nie jest funkcją stałą, to zachodzi ( 5 ). Zatem równanie Eulera-Lagrange'a jest równoważne równaniu

\( \dfrac d{dx}\big(u^\prime f_{u^\prime}-f\big)=0, \)

a w konsekwencji równowaniu

(6)

\( u^\prime f_{u^\prime}-f=C. \)

Przykład 3:

Znaleźć równanie Eulera - Lagrange'a dla funkcjonału

\( {\cal F}(u)=\displaystyle\int_a^bh(u)\sqrt{1+(u^\prime)^2}dx. \)

W naszym przypadku

\( f=h(u)\sqrt{1+(u^\prime)^2}, \qquad f_{u^\prime}= \dfrac{u^\prime h(u)}{\sqrt{1+(u^\prime)^2}}. \)

Równanie ( 6 ) przyjmie zatem postać

\( \dfrac{(u^\prime)^2h(u)}{ \sqrt{1+(u^\prime)^2}}-h(u) \sqrt{1+(u^\prime)^2}=C, \)

a po redukcji

\( \dfrac{h(u)}{\sqrt{1+(u^\prime)^2}}=C. \)

Przykład 4: Problem brachistochrony.

Znaleźć minimum funkcjonału

\( {\cal F}(u)=\displaystyle\int_0^a\dfrac{\sqrt{1+(u^\prime(x))^2}}{\sqrt{v_0^2+2gu(x)}}\,dx, \)

w zbiorze funkcji \( \hskip 0.3pc u\in C^1([0,a])\hskip 0.3pc \) spełniających warunki: \( \hskip 0.3pc u(0)=0,\hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc u(a)=b.\hskip 0.3pc \)

Dla uproszczenia rachunków przyjmijmy \( \hskip 0.3pc v_0=0.\hskip 0.3pc \) Wówczas

\( {\cal F}(u)=\displaystyle\int_0^a \dfrac{\sqrt{1+(u^\prime(x))^2}}{\sqrt{2gu(x)}}\,dx. \)

Zgodnie z przykładem 3 (gdzie \( \hskip 0.3pc h(u)=1/\sqrt{2gu}\hskip 0.3pc \)) równanie Eulera - Lagrange'a ma postać

\( \dfrac{1}{\sqrt{2gu}} \dfrac 1{\sqrt{1+(u^\prime)^2}}=C, \)

lub po stosownych przekształceniach

(7)

\( 2gu\big( 1+(u^\prime)^2\big)=K, \)

gdzie \( \hskip 0.3pc K=1/C^2.\hskip 0.3pc \) Po podstawieniu

\( \dfrac{du}{dx}={\rm ctg}\,\varphi , \)

czyli

(8)

\( dx={\rm tg}\,\varphi \,du , \)

równanie ( 7 ) przyjmie postać

\( 2gu\dfrac 1{\sin^2\varphi}=K. \)

Stąd

(9)

\( u=\dfrac K{2g} \sin^2\varphi , \)

zaś różniczka

\( du=\dfrac K{2g}\sin 2\varphi\, d\varphi . \)

Podstawiając ostatnie wyrażenie do ( 8 ) otrzymamy

\( dx=\dfrac K{g}\sin^2 \varphi\, d\varphi . \)

Stąd

(10)

\( x=\dfrac K{2g}\big(\varphi -\dfrac 12 \sin 2\varphi \big)+C. \)

Przyjmując

\( t=2\varphi ,\qquad r=K/(4g), \)

równości ( 9 ) i ( 10 ) przyjmą postać

\( x=r(t-\sin t)+C,\qquad u=r(1-\cos t). \)

Warunek \( \hskip 0.3pc u(0)=0\hskip 0.3pc \) (czyli \( \hskip 0.3pc u=0\hskip 0.3pc \) dla \( \hskip 0.3pc x=0\hskip 0.3pc \)) oznacza, że

\( r(t-\sin t)+C=0,\quad r(1-\cos t )=0, \)

co daje \( \hskip 0.3pc t=0,\hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc C=0.\hskip 0.3pc \) Zatem

\( x=r(t-\sin t),\quad u=r(1-\cos t ). \)

Warunek \( \hskip 0.3pc u(a)=b\hskip 0.3pc \) (czyli \( \hskip 0.3pc u=b\hskip 0.3pc \) dla \( \hskip 0.3pc x=a\hskip 0.3pc \)) oznacza, że

\( r(t-\sin t)=a,\quad r(1-\cos t )=b. \)

Stąd

\( \dfrac ab =\dfrac{t-\sin t}{1-\cos t}. \)

Połóżmy

\( p(t) =\dfrac{t-\sin t}{1-\cos t}. \)

Łatwo sprawdzić, że \( \hskip 0.3pc p\hskip 0.3pc \) jest funkcją rosnącą, \( \hskip 0.3pc \lim_{t\to 0^+}p(t)=0,\hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc \lim_{t\to 2\pi^-}p(t)=+\infty.\hskip 0.3pc \) Wynika stąd, że równanie \( \hskip 0.3pc p(t)=a/b\hskip 0.3pc \) posiada w przedziale \( \hskip 0.3pc (0,\,2\pi )\hskip 0.3pc \) dokładnie jedno rozwiązanie, powiedzmy \( \hskip 0.3pc t_*.\hskip 0.3pc \)
Zatem równanie szukanej ekstremali możemy zapisać w postaci parametrycznej:

\( x=r(t-\sin t),\qquad u=r(1-\cos t ), \quad t\in [0,\,t_*]. \)

Otrzymana krzywa nosi nazwę cykloidy. Wykorzystując twierdzenie 2 można pokazać, że krzywa ta jest rozwiązaniem problemu brachistrony.

Przypadek 3. Rozważmy funkcjonał \( \hskip 0.3pc {\cal F}\hskip 0.3pc \) postaci

\( {\cal F}(u)=\displaystyle\int_a^b g(x,u) \sqrt{1+(u^\prime)^2}dx. \)

Oczywiście

\( f=g(x,u)\sqrt{1+(u^\prime(x))^2},\quad f_u= g_u(x,u)\sqrt{1+(u^\prime(x))^2},\quad f_{u^\prime}=\dfrac {g(x,u)\,u^\prime(x)}{\sqrt{1+(u^\prime(x))^2}}. \)

Ponieważ

\( \begin{aligned}\dfrac d{dx}f_{u^\prime}-f_u =& \dfrac{u^\prime g_x}{ \sqrt{1+(u^\prime)^2}}+ \dfrac{(u^\prime)^2 g_u}{\sqrt{1+(u^\prime)^2}}+\dfrac{u^{\prime\prime} g}{\sqrt{1+(u^\prime)^2}} -\\&\dfrac{(u^\prime)^2u^{\prime\prime}g}{\big(\sqrt{1+(u^\prime)^2}\big)^3}-g_u{\sqrt{1+(u^\prime)^2}}=\\& \dfrac 1{ \sqrt{1+(u^\prime)^2}}\Big(\dfrac{u^{\prime\prime}g}{1+(u^\prime)^2} +u^\prime g_x-g_u\Big).\end{aligned} \)

równanie Eulera - Lagrange'a ma postać

\( \dfrac{u^{\prime\prime} g}{1+(u^\prime)^2} +u^\prime g_x-g_u=0. \)

Temat:
Opis:
Typ:

Email: