Rachunek wariacyjny

Zwykły rachunek różniczkowy szuka liczby minimalizującej funkcję. Rachunek wariacyjny szuka całej funkcji minimalizującej funkcjonał — liczbę przypisaną krzywej. Zmienia się tylko przestrzeń poszukiwań, warunek zostaje ten sam: pochodna w minimum jest zerem. Tyle że „pochodna po funkcji” to równanie Eulera-Lagrange'a, a jego rozwiązania nazywają się linią prostą, krzywą łańcuchową, cykloidą i drugą zasadą dynamiki Newtona.

δJ = 0

Wariacja funkcjonału

Co znaczy „pochodna po funkcji”: zaburzamy krzywą o ε·η(x) i patrzymy na wykres J(ε)

J[y+εη] = J[y] + ε·δJ + O(ε²)
d/dx Fy′ = Fy

Równanie Eulera-Lagrange'a

Cztery klasyczne funkcjonały rozwiązane jako zagadnienie brzegowe i porównane ze wzorem

prosta, cosh, sin, geodezyjna
T → min

Brachistochrona

Krzywa najkrótszego czasu zjazdu — i dowód, że żadna potęga xᵖ jej nie dorówna

x = a(θ − sinθ)
S = ∫L dt

Zasada najmniejszego działania

Newton wyprowadzony z minimalizacji — oraz moment, w którym „minimum” przestaje być minimum

L = T − V
ZADANIA

Przykłady krok po kroku

Wyprowadzenie E-L, krzywa łańcuchowa, problem izoperymetryczny z mnożnikiem

3 rozwiązane zadania

Wariacja: pochodna po funkcji

Funkcjonał przypisuje liczbę krzywej: J[y] = ∫ab F(x, y, y′) dx. Żeby zróżniczkować go „po y”, wybieramy kierunek — funkcję η znikającą na brzegach — i patrzymy na zwykłą funkcję jednej zmiennej g(ε) = J[y + εη]:
δJ[y; η] = g′(0) = ∫ab (Fy − d/dx Fy′) η dx
Jeśli y minimalizuje J, to g′(0) = 0 dla każdego η. Lemat du Bois-Reymonda mówi, że wtedy nawias musi znikać punktowo — i tak powstaje równanie Eulera-Lagrange'a. Poniżej η jest wybierane suwakiem, a g(ε) rysowane naprawdę.
J[y] (krzywa optymalna)–
J[y + εη] (krzywa zaburzona)–
przyrost J(ε) − J(0)–
δJ = g′(0) — pierwsza wariacja–
g″(0) — druga wariacja–
krzywa optymalna, zaburzona i sama funkcja η
g(ε) = J[y + εη] — parabola z wierzchołkiem w ε = 0

Równanie Eulera-Lagrange'a

d/dx (∂F/∂y′) − ∂F/∂y = 0
Po rozwinięciu pochodnej zupełnej dostajemy równanie drugiego rzędu Fy′y′·y″ + Fy′y·y′ + Fy′x − Fy = 0, które program rozwiązuje strzałem: całkuje RK4 od lewego brzegu i metodą siecznych dobiera y′(a) tak, by trafić w prawy warunek brzegowy. Pochodne cząstkowe F są liczone różnicowo, więc nic tu nie jest wpisane ręcznie — dlatego zgodność z rozwiązaniem analitycznym (wiersz „max |y − wzór|”) jest realną kontrolą, a nie tautologią.
dobrane y′(a)–
reszta strzału |y(b) − żądane|–
max |ynum − wzór analityczny|–
J[y] na rozwiązaniu–
J na 200 losowych zaburzeniach: ile mniejszych–
rozwiązanie E-L (linia) i wzór analityczny (kropki)
reszta równania E-L wzdłuż krzywej — powinna być zerem

Brachistochrona: krzywa najszybszego zjazdu

Koralik zsuwa się bez tarcia z (0,0) do (x₁, y₁) — y mierzone w dół. Z zasady zachowania energii v = √(2gy), więc czas przejazdu to
T[y] = ∫₀x₁ √( (1 + y′²) / (2gy) ) dx
Rozwiązaniem E-L jest cykloida: x = a(θ − sinθ), y = a(1 − cosθ), a czas zjazdu ma zwartą postać T = √(a/g)·θ₁. Poniżej ten wzór jest zestawiony z całką policzoną numerycznie oraz z całą rodziną krzywych y = y₁(x/x₁)p: żadne p nie dorównuje cykloidzie, choć optimum w rodzinie jest zaskakująco blisko.
T cykloidy: wzór √(a/g)·θ₁–
T cykloidy: całka numeryczna–
T prostej (p = 1)–
T dla wybranego p–
najlepsze p w rodzinie / jego strata–
tor zjazdu i położenie koralików po czasie t
T(p) w rodzinie potęgowej — pozioma linia to cykloida

Zasada najmniejszego działania

Dla lagranżjanu L = T − V działanie S[q] = ∫L dt jest funkcjonałem po torach, a jego równanie E-L to
d/dt (∂L/∂q̇) = ∂L/∂q  ⇒  m q̈ = −V′(q)
czyli dokładnie druga zasada dynamiki. Dla oscylatora (V = ½kq²) tor to q = A sin(ωt + φ). Uwaga na nazwę: zasada mówi o punkcie stacjonarnym, nie o minimum. Gdy czas przelotu przekroczy pół okresu — pojawia się punkt sprzężony i znajdują się tory o mniejszym działaniu. Suwak T pozwala przejść przez tę granicę.
S na torze fizycznym–
S na torze zaburzonym–
δS = dS/dε w zerze–
d²S/dε² — znak decyduje o typie–
max |m q̈ + kq| na torze (kontrola Newtona)–
tor fizyczny, tor zaburzony i energia wzdłuż toru
S(ε) — parabola w górę (minimum) albo w dół (siodło)

Przykłady krok po kroku

Przykład 1 Wyprowadzenie równania Eulera-Lagrange'a

Zadanie. Wykazać, że jeśli y minimalizuje J[y] = ∫abF(x,y,y′)dx wśród funkcji o ustalonych końcach, to spełnia d/dx(Fy′) = Fy.

Krok 1 — sprowadzenie do jednej zmiennej. Weźmy dowolne η klasy C¹ z η(a) = η(b) = 0 i połóżmy g(ε) = J[y + εη]. Skoro y jest minimum w przestrzeni funkcji, to ε = 0 jest minimum zwykłej funkcji g, więc g′(0) = 0.

Krok 2 — różniczkowanie pod całką.

g′(0) = ∫ab [ Fy·η + Fy′·η′ ] dx

Krok 3 — całkowanie przez części. Drugi składnik:

∫ Fy′η′ dx = [Fy′η]ab − ∫ (d/dx Fy′) η dx

Człon brzegowy znika, bo η(a) = η(b) = 0 — to jedyne miejsce, w którym korzystamy z ustalonych końców. Stąd

g′(0) = ∫ab [ Fy − d/dx Fy′ ] η dx = 0  dla każdego η

Krok 4 — lemat podstawowy. Jeśli ciągła funkcja h spełnia ∫hη = 0 dla wszystkich gładkich η znikających na brzegu, to h ≡ 0. (Gdyby h(x₀) > 0, to h > 0 na pewnym otoczeniu; biorąc η skupione w tym otoczeniu i dodatnie, dostalibyśmy całkę dodatnią.) Zatem Fy − d/dx Fy′ = 0. ∎

W aplikacji: zakładka Wariacja funkcjonału pokazuje krok 1 dosłownie — wykres g(ε) jest parabolą o wierzchołku w zerze, a wiersz „δJ = g′(0)” to lewa strona kroku 3 policzona numerycznie (rzędu 10⁻¹²). Suwak k zmienia η: warunek ma zachodzić dla każdego kierunku, więc żadne k nie może dać g′(0) ≠ 0.

Przykład 2 Krzywa łańcuchowa i tożsamość Beltramiego

Zadanie. Znaleźć krzywą y(x) > 0 o ustalonych końcach, która po obrocie wokół osi x daje powierzchnię o najmniejszym polu, czyli minimalizuje J[y] = ∫ y√(1+y′²) dx.

Krok 1 — F nie zależy jawnie od x. Wtedy zamiast pełnego E-L wolno użyć tożsamości Beltramiego: wielkość F − y′Fy′ jest stała wzdłuż rozwiązania. (Dowód: policzyć jej pochodną po x i podstawić E-L — wszystko się skraca. To wariacyjny odpowiednik zachowania energii.)

Krok 2 — podstawienie. Fy′ = y·y′/√(1+y′²), więc

y√(1+y′²) − y·y′²/√(1+y′²) = y/√(1+y′²) = C

Krok 3 — rozdzielenie zmiennych. Z y² = C²(1+y′²) wynika y′ = √(y²−C²)/C, więc

∫ C dy/√(y²−C²) = ∫ dx  ⇒  C·arcosh(y/C) = x − x₀
y(x) = C·cosh((x − x₀)/C)

Krok 4 — kontrola dla warunków symetrycznych. Dla y(−1) = y(1) = cosh 1 symetria daje x₀ = 0, a warunek brzegowy C·cosh(1/C) = cosh(1) spełnia C = 1. Wtedy

J = ∫−11 cosh²x dx = [x + sinh x·cosh x]/2 |−11 = 1 + sinh1·cosh1 ≈ 2,813430

Uwaga. Dla bardzo odległych końców to rozwiązanie przestaje istnieć: równanie C·cosh(d/C) = h nie ma pierwiastka i minimum realizuje się na powierzchni zdegenerowanej (dwa krążki, rozwiązanie Goldschmidta). Istnienie ekstremali nie wynika z samego równania E-L.

W aplikacji: zakładka Równanie Eulera-Lagrange'a, funkcjonał y√(1+y′²) — wiersz „max |ynum − wzór|” porównuje strzał RK4 z cosh, a J na rozwiązaniu wychodzi 2,8134. Suwak y(b) pozwala dojść do zakresu, w którym strzał przestaje zbiegać: to numeryczna twarz uwagi wyżej.

Przykład 3 Problem izoperymetryczny

Zadanie. Spośród krzywych zamkniętych o obwodzie L znaleźć tę o największym polu.

Krok 1 — funkcjonał z więzem. Dla krzywej (x(t), y(t)) pole i długość to

A = ½∮(x ẏ − y ẋ)dt,   L = ∮√(ẋ² + ẏ²) dt

Maksymalizujemy A przy L = const — to więz całkowy, więc stosujemy mnożnik Lagrange'a: szukamy punktu stacjonarnego funkcjonału A − λL.

Krok 2 — E-L dla obu współrzędnych. Dla F = ½(xẏ − yẋ) − λ√(ẋ²+ẏ²):

d/dt( −½y − λẋ/√(ẋ²+ẏ²) ) = ½ẏ  ⇒  d/dt( λẋ/√(ẋ²+ẏ²) ) = −ẏ

i symetrycznie d/dt(λẏ/√(ẋ²+ẏ²)) = ẋ. Parametryzując długością łuku (√(ẋ²+ẏ²) = 1):

λẍ = −ẏ,  λÿ = ẋ

Krok 3 — rozwiązanie. Różniczkując pierwsze i wstawiając drugie: λ²x⃛ = −ẍ·λ… prościej: z układu wynika λ(ẍ, ÿ) = (−ẏ, ẋ), czyli wektor przyspieszenia jest prostopadły do stycznej i ma stałą długość 1/λ. To definicja krzywizny stałej κ = 1/λ — a jedyną krzywą zamkniętą o stałej krzywiźnie jest okrąg o promieniu λ.

Krok 4 — wartość. Obwód L = 2πλ daje λ = L/(2π) i

Amax = πλ² = L²/(4π)

Dla dowolnej innej krzywej zachodzi nierówność izoperymetryczna 4πA ≤ L², z równością wyłącznie dla okręgu.

Sprawdzenie liczbowe. Dla L = 10: okrąg daje A = 100/(4π) = 7,9577. Kwadrat o obwodzie 10 ma bok 2,5 i pole 6,25 (o 21% mniej), trójkąt równoboczny — bok 10/3 i pole (√3/4)(10/3)² = 4,8113 (o 40% mniej). Im „bardziej okrągła” krzywa, tym bliżej granicy.