Variációszámítás

Karthágó megalapítása a Frankfurti Krónikában (1630)

A variációszámítás a matematikai analízis egyik fontos területe. Feladata, hogy adott feltételeknek, általában szélsőértékeknek eleget tevő függvényeket határozzunk meg. Eredete az ókorba nyúlik vissza, a legkorábbi variációszámítási problémát az Aeneis idézi: Dido királyné annyi földet ad Aeneasnak, amennyit egy ökör bőrével körbe tud keríteni. Aeneas, a klasszikus hős, ki nem csak erős és ügyes, de okos is, megoldja a feladatot: a bőrt behasogatja, és ily módon egy hosszú, vékony csíkot tud készíteni, amivel egy hatalmas méretű kört keríthet körbe, ami elég neki és a trójai menekülteknek.

A variációszámítás komolyabb alkalmazásai a frissen kialakuló fizikában jelentek meg. Egy tipikus korai probléma a brachisztochron-probléma – melyik a leggyorsabban bejárható pálya két pont között? A mechanikát a XVIII. században sikerült variációszámítási módszerekkel egyszerű elvekből levezetni, ennek mintájára épült fel a relativitáselmélet és a kvantummechanika is.

A variációszámítás feladata, módszerei

A variációszámítás során bizonyos feltételeknek eleget tevő függvényeket keresünk. Ilyen lehet a két pontot összekötő legrövidebb vonal, egy görbe alatti legkisebb terület, stb...

Ezt legkönnyebben az ismeretlenre vonatkozó, a problémát leíró függvény segítségével tehetjük meg. Ha a szóba jöhető függvények vektorteret alkotnak, akkor az efelett értelmezett lineáris funkcionálok segítségével a variációszámítási feladatok differenciálegyenletek formájában jelentkeznek. Ezek megoldását az Euler-féle differenciálegyenletek segítségével lehet megkeresni.

A funkcionálok ugyanis speciális függvények, méghozzá valamely halmazon értelmezett függvényekhez, mint vektorokhoz számot rendelő függvények. E tekintetben a differenciálszámítás a szélsőértékek megkeresésében segít, csak éppen ezt egy függvényalgebrán kell műveljük.

Az egydimenziós Euler-féle differenciálegyenlet

Sablon:Bővebben Keressük azt az $F(x,y(x),y^{\prime }(x))$ függvényt, amire az $\int F\text{d}x$ minimális. Ekkor a deriválás tulajdonságai alapján kapjuk, hogy

$\frac{\text{d}}{\text{d}y}\int F(x,y(x),y^{\prime }(x))\text{d}x=0.$

Ha feltételezzük, hogy $y_0(x)$ megfelelő függvény, akkor ennek egy közelítése az $y(x)=y_0(x)+ϵ\eta (x)$ függvény, ahol $\eta (x)$ legalább kétszer folytonosan differenciálható függvény, és $ϵ\in ℝ$. Ekkor az $F$ függvény az alábbi alakot veszi fel:

$F(x,y_0(x)+ϵ\eta (x),{y_0}^{\prime }(x)+ϵ{\eta }^{\prime }(x)).$

A függvényhez egy megfelelő funkcionál rendelhető, ha peremfeltételként kikötjük, hogy $y_0(a)=A,$ és $y_0(b)=B$:

$I(ϵ)=\underset{a}{\overset{b}{\int }}F(x,y_0(x)+ϵ\eta (x),{y_0}^{\prime }(x)+ϵ{\eta }^{\prime }(x)).$

Ennek kísérő feltétele, hogy $\eta (a)=\eta (b)=0$ legyen. Ezzel a probléma egyszerű szélsőérték-problémává redukálódik, miszerint

$\frac{\text{d}I}{\text{d}ϵ}=0,ϵ=0.$

A továbblépés érdekében tegyük fel, hogy $F$ "elég sokszor" differenciálható az $(x,y_0(x),{y_0}^{\prime }(x))$ vektor körül. Ez lényeges, ugyanis így $F$ Taylor-sorba fejthető körülötte, így kapjuk, hogy

$I(ϵ)=\underset{a}{\overset{b}{\int }}F(x,y_0(x),{y_0}^{\prime }(x))+\frac{\partial F}{\partial y}(X,y_0(x),{y_0}^{\prime }(x))ϵ\eta +\frac{\partial F}{\partial y^{\prime }}(x,y_0(x),{y_0}^{\prime }(x))ϵ{\eta }^{\prime }+O({ϵ}^2)\text{d}x.$

ahol az utolsó tag a Landau-féle nagy ordó szimbólum.

Az integrálás linearitását kihasználva az egyes tagokat külön integrálhatjuk:

${\frac{\text{d}I}{\text{d}ϵ}|}_{ϵ=0}\underset{a}{\overset{b}{\int }}\eta \frac{\partial F}{\partial y}\text{d}x+\underset{a}{\overset{b}{\int }}{\eta }^{\prime }\frac{\partial F}{\partial y^{\prime }}\text{d}x=0.$

A második tagot parciálisan integrálhatjuk, majd figyelembe véve $\eta (x)$-ra tett kikötésünket, kapjuk, hogy

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}\eta (\frac{\partial F}{\partial y}-\frac{\text{d}}{\text{d}x}\frac{\partial F}{\partial y^{\prime }})\text{d}x=0.$

Mivel ennek minden, a feltételnek megfelelő $\eta (x)$ függvény esetén teljesülnie kell, kapjuk:

$\frac{\partial F}{\partial y}+\frac{\text{d}}{\text{d}x}\frac{\partial F}{\partial y^{\prime }}=0$.

Példa

Keressük azt a görbét, ami a $P_1(a,A)$ és $P_2(b,B)$ pontokra illeszkedik, és hossza a legrövidebb.

Egy $y(x)$ görbe ívhosszát az $\underset{a}{\overset{b}{\int }}\sqrt{1+y{\text{'}}^2(x)}\text{d}x$ integrál adja meg. Ebből azonnal adódik, hogy $F(x,y,y^{\prime })=\sqrt{1+y{\text{'}}^2}$. Erre felírhatjuk az Euler-féle differenciálegyenletet:

$\frac{\partial F}{\partial y}+\frac{\text{d}}{\text{d}x}\frac{\partial F}{\partial y^{\prime }}=0$.

Mivel $F$ nem függ $y$-tól, ezért az első tag nulla. A második tagot először $y^{\prime }$ szerint differenciáljuk:

$\frac{\partial F}{\partial y^{\prime }}=-\frac{1}{2\sqrt{1+y{\text{'}}^2}}.$

Ezt most $x$ szerint deriváljuk. Ezt az összetett függvények deriválási szabálya alapján tehetjük meg:

$\frac{\text{d}}{\text{d}x}(-\frac{1}{\sqrt{1+y{\text{'}}^2}})=\frac{1}{{\sqrt{1+y{\text{'}}^2}}^3}\cdot y^{″}.$

A megfelelő differenciálegyenlet tehát

$\frac{y^{″}}{{\sqrt{1+y{\text{'}}^2}}^3}=0,$

aminek nevezője sohasem 0, így a differenciálegyenlet redukálódik a

$y^{″}=0$

formára. Ennek megoldása a $y(x)=C_{1}x+C_2$. Ha figyelembe vesszük a kezdeti paramétereket, akkor az

$\begin{array}{cc}{C}_{1}a+C_2& =A\\ C_{1}b+C_2& =B\end{array}\}$

egyenletrendszert kapjuk. Ennek megoldása: $(\frac{A-B}{a-b};\frac{aB-Ab}{a-b})$. A keresett függvény tehát:

$y(x)=\frac{A-B}{a-b}x+\frac{aB-Ab}{a-b},$

ami éppen egy egyenes egyenlete.

A differenciálegyenlet általánosított, differenciálgeometriai alakja a tetszőleges geometriában értelmezett "egyenesek", a geodetikusok definiáló egyenlete is egyben.

Klasszikus problémák

A variációszámítás néhány kifejezetten érdekes és akár híresnek is tekinthető probléma megoldását is szolgáltatja.

Izoperimetrikus probléma

Adott kerületű síkidomok közül melyik a legnagyobb területű? A kérdésre elsőként választ az Aeneisben találhatunk. Természetesen a matematikában ennél megalapozottabb választ szeretnénk kapni. A tételre választ már az ókorban Zenodórosz is adott, Szigorú igazolást lehet ugyan geometriai módszerekkel is adni, de a variációs módszer lényegesen egyszerűbb. Vegyük a görbét paraméteres formában:

$C(x(t),y(t))$.

ekkor az ívhosszat az

$P=\int \sqrt{(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2}\text{d}x$

integrál adja meg. A területet is ki lehet számítani integrállal:

$A=\frac{1}{2}\int x{y}^{\prime }+x^{\prime }y\text{d}t$.

Közelítsük a keresett függvényt egy töröttvonallal. A töröttvonal álljon az $y_k$ sorozat pontjaiból! Ekkor a $P(y)$ függvényre diszkrét formában is felírhatjuk a variációs egyenletet. Ha két egymás melletti pontban végzünk módosítást, akkor:

$\text{d}{y}_k(\frac{\partial P}{\partial y_k}-\frac{1}{\mathrm{\Delta }t}(\frac{\partial P}{\partial y{\text{'}}_{k+1}}-\frac{\partial P}{\partial y{\text{'}}_k}))+\text{d}{y}_{k+1}(\frac{\partial P}{\partial y_{k+1}}-\frac{1}{\mathrm{\Delta }t}(\frac{\partial P}{\partial y{\text{'}}_{k+2}}-\frac{\partial P}{\partial y{\text{'}}_{k+1}}))=0.$

Elég rémisztő, ezért kissé kompaktabb formában nézzük meg:

$\text{d}{y}_k\mathrm{\Delta }{P}_k+\text{d}{y}_{k+1}\mathrm{\Delta }{P}_{k+1}=0.$

Ugyanez az egyenlet adódik a terület esetén is.

Ha van egy megoldásunk, akkor vanegy olyan $\lambda \in ℝ$ szám, hogy $A-\lambda P=0$. A két egyenlet egyben felírható variációs elvként is.

Az Euler-féle differenciálegyenlet tehát az

$F=A-\lambda P=\frac{1}{2}(x{y}^{\prime }+x^{\prime }y)-\lambda \sqrt{(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2}$

függvényre írható fel:

$\begin{array}{cc}\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\text{d}}{\text{d}t}\frac{\partial F}{\partial x^{\prime }}& =0\\ \frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\text{d}}{\text{d}t}\frac{\partial F}{\partial x^{\prime }}& =0\end{array}\}$

Ha a t paraméter az ívhosszat jelenti, akkor a fenti két differenciálegyenlet jelentősen egyszerűsödik:

$\begin{array}{cc}{y}^{\prime }+\lambda x^{″}& =0\\ -x^{\prime }+\lambda y^{″}& =0\end{array}\}$.

Az egyenletrendszer megoldásait az

$\begin{array}{cc}x(t)& =x_0+\lambda \cos \left(\frac{t-t_0}{\lambda }\right)\\ y(t)& =y_0+\lambda \sin \left(\frac{t-t_1}{\lambda }\right)\end{array}\}$

egyenletek adják. Ez pedig éppen egy (x₀;y₀) középpontú, λ sugarú kör paraméteres egyenlete. Ezzel a probléma megoldattatott.

Brachisztochron-probléma

A leggyorsabban befutható pálya nem egyenes vagy töröttvonal, hanem egy ciklois (pirossal jelölve)

Két pont között melyik a gravitációs erő hatására leggyorsabban befutható pálya?

Tegyük fel, hogy a test csúszás és súrlódásmentesen halad végig a pályán a P₁ pontból a P₂ pontba. Ekkor a menetidőt az

$t=\underset{P_1}{\overset{P_2}{\int }}\frac{\text{d}s}{v}$

integrál adja meg, feltéve, hogy s a görbe ívhossza. A sebesség kifejezését az energiamegmaradás tétele segítségével kapjuk meg:

$\frac{m{v}^2}{2}=mgy\Rightarrow v=\sqrt{2gy}$.

Az ívelemet euklideszi térben az

$\text{d}s=\sqrt{\text{d}{x}^2+\text{d}{y}^2}=\sqrt{1+y{\text{'}}^2}\text{d}x$

kifejezés adja meg, így kapjuk az integrálra:

$t=\underset{P_1}{\overset{P_2}{\int }}\sqrt{\frac{1+y{\text{'}}^2}{2gy}}\text{d}x$.

Erre akár már rá is ugraszthatnánk az Euler-féle differenciálegyenletet, azonban vegyük észre, hogy az integrandus nem tartalmazza x-et expliciten. Ekkor a Beltrami-azonosság alapján egyszerűsíthetünk:

$f-y^{\prime }\frac{\partial f}{\partial y^{\prime }}=C$.

Ebből megkapjuk a megoldandó egyenletet:

$\frac{1}{\sqrt{2gy}\sqrt{1+y{\text{'}}^2}}=C$

Ezt átrendezve az alábbi kifejezést kapjuk:

$(1+y{\text{'}}^2)y=\frac{1}{2g{C}^2}=k^2$

A fenti egyenletnek a megoldása paraméteresen:

$\begin{array}{cc}x& =\frac{1}{2}{k}^2(\mathrm{\Theta }-\sin \mathrm{\Theta })\\ y& =\frac{1}{2}{k}^2(1-\cos \mathrm{\Theta })\end{array}\}$.

Ez éppen egy ciklois egyenlete.

Mozgástörvények

Ha a testet valamilyen $S$ hatása éri, milyen pályán fog mozogni?

A test mozgását az $L$ Lagrange-függvény írja le. Ez függhet az általános koordinátáktól és azok időszerinti deriváltjaitól, illetve expliciten az időtől:

$L(q,\dot{q},t)$.

Legyenek adottak a kezdő- $(t_1,q_1)$ és végpontok $(t_2,q_2)$. Ekkor a Hamilton-elv kimondja, hogy a test úgy fog mozogni, hogy az így definiált hatás,

$S=\underset{t_1}{\overset{t_2}{\int }}L(q,\dot{q},t)\text{d}t$

stacionárius legyen. Ekkor, ha variáljuk a hatást az általános koordináták és azok deriváltjai szerint, majd elvégezzük a parciális integrálást, akkor a következő egyenletet kapjuk

$\frac{\partial L}{\partial q}-\frac{\text{d}}{\text{d}t}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}=0$,

amelyet Euler–Lagrange-egyenletnek nevezzünk. Ha több koordinátától is függ a Lagrange-függvény, akkor ez egy parciális differenciálegyenlet-rendszerre vezet:

$\begin{array}{cc}\frac{\partial L}{\partial q_1}-\frac{\text{d}}{\text{d}t}\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_1}& =0\\ \frac{\partial L}{\partial q_2}-\frac{\text{d}}{\text{d}t}\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_2}& =0\\ & ⋮\\ \frac{\partial L}{\partial q_i}-\frac{\text{d}}{\text{d}t}\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_i}& =0\end{array}\}$

Mivel minden egyenlet legfeljebb másodrendű differenciálegyenlet, ezért a megoldásokban egyenletenként legfeljebb 2-2 állandó szerepel.

Az inerciarendszernek tulajdonsága a homogenitás és izotrópia,Sablon:Jegyzet* így ezekben a Lagrange-függvény nem tartalmazza sem a hely, sem az időkoordinátát expliciten. Ezért a differenciálegyenlet első tagja azonosan nulla, tehát a feladat redukálódik a

$\frac{\text{d}}{\text{d}t}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}=0$

egyenletre.

A tér homogenitása miatt a Lagrange-függvényben a sebességnek csak a nagysága szerepelhet, azaz $L=L(v^2)$. A differenciálegyenlet megoldása a $v=\dot{q}=c$ függvény, ahol c állandó. Tehát inerciarendszerben a test sebessége állandó. Ez egyben Newton I. törvénye is.

A függvény tehát az $L=a{\overrightarrow{v}}^2$ alakot ölti. Itt $a$ tetszőleges állandó, amit a fizikában $a=\frac{m}{2}$-nek választunk, és m-et tömegnek nevezzük.

Két test kölcsönhatásakor a mozgásukon kívül a kettejük közötti kölcsönhatás is szerept játszik, ezt a koordinátáiktól függő $U=U(q_1,q_2)$ függvénnyel vesszük figyelembe. Ekkor a rendszer Lagrange-egyenlete:

$L=\frac{m_1}{2}{v}_1^2+\frac{m_2}{2}{v}_2^2-U(q_1,q_2)$

Erre felírva a variációs egyenletet, kapjuk, hogy

$\begin{array}{cc}\frac{\text{d}}{\text{d}t}\frac{\partial L}{\partial v_1}& =\frac{\partial L}{\partial q_1}\\ \frac{\text{d}}{\text{d}t}\frac{\partial L}{\partial v_2}& =\frac{\partial L}{\partial q_2}\end{array}\}$

Feltételezve, hogy $\dot{m}=0$, a két testre vonatkozó mozgásegyenlet:

$\begin{array}{cc}{m}_1\frac{\text{d}v}{\text{d}t}& =-\frac{\partial U}{\partial q_1}\\ m_2\frac{\text{d}V}{\text{d}t}& =-\frac{\partial U}{\partial q_2}\end{array}\}$

Ha az egyenletek jobb oldalán álló mennyiségeket F-fel jelöljük, akkor megkaptuk a II. és III. Newton-törvényt is.

Általában tehát a fizikai rendszer Lagrange-függvénye két részből áll:

$L=K(\dot{q})-U(q)$.

Itt K a kinetikus energia, U pedig a potenciális energia névnek örvend.

Források

• Sablon:Cite book
• Sablon:Cite book
• Sablon:Cite book
• Sablon:Cite web

Lásd még

• Brachisztochron-probléma
• Lagrange-féle mozgásegyenletek