Euler–Lagrange-egyenlet

A matematikában és a fizikában az Euler–Lagrange-egyenlet vagy Euler-egyenlet egy differenciálegyenlet, amelynek megoldásai olyan függvények, amelyekre egy adott funkcionálnak stacionárius pontja van. Az egyenlettel először Leonhard Euler és Joseph Louis Lagrange matematikus foglalkozott.

Mivel a differenciálható funkcionáloknak stacionárius pontja van a lokális szélsőértékeiknél, így az egyenlet használható optimalizációs problémák megoldásakor, melyekben egy olyan függvényt keresünk, mely egy adott funkcionált minimalizál vagy pedig maximalizál. Analízisben hasonló elven működik a Fermat-tétel, mely kimondja, hogy amelyik pontban egy valós függvénynek lokális szélsőértéke van, abban a pontban a függvény deriváltja nulla.

A hatáselv alapján egy erőhatás alatt álló test pályája pontosan az a pálya lesz, mely mentén a hatás stacionárius. A stacionárius pontok, melyek a rendszer mozgásegyenleteinek felelnek meg, meghatározhatóak olyan módon az Euler-Lagrange-egyenlettel, hogy azok Newton törvényeivel összeegyeztethetőek legyenek. Az egyenletnek egy rokon változata fellelhető a klasszikus térelméletben is, mely egy tetszőleges mező dinamikáját határozza meg.

Története

Izokrón vagy más néven tautokrón görbe

Az egyenletet először Euler és Lagrange vezette le az 1750-es években, amikor az izokrón görbe matematikai leírására kerestek megoldást. Az izokrón görbe egy olyan súrlódásmentes pálya, melynek ha bármelyik pontjára egy tömegpontot helyezünk, akkor az a kezdeti elhelyezéstől függetlenül, ugyanannyi idő alatt ér a görbe végpontjába.

Az egyenlet első változata Lagrange-tól származik 1755-ből, aki azt elküldte Eulernek. Ezután együttesen továbbfejlesztették Lagrange módszerét és klasszikus mechanikai feladatok megoldására alkalmazták. Az eredményeik végül a variációszámítás területének kialakulásához vezetett.

A tétel

Az Euler–Lagrange-egyenlet egy olyan differenciálegyenlet, amelynek megoldása egy q(t) függvény, amely az S[q] hatásfunkcionálnak:

$S[𝒒]=\underset{a}{\overset{b}{\int }}L(t,𝒒(t),\dot{𝒒}(t))\mathrm{d}t$

stacionárius pontja. Ahol:

• q, a keresett függvény, amire teljesül

$\begin{array}{cc}𝒒:[a,b]\subset ℝ& \to X\\ t& \mapsto x=𝒒(t),\end{array}$

ahol X egy n dimenziós differenciálható sokaság, q differenciálható és q(a) = x_a és q(b) = x_b;

• $\dot{𝒒}$ jelöli q idő szerinti deriváltját:

  $\begin{array}{cc}\dot{𝒒}:[a,b]& \to T_{𝒒(t)}X\\ t& \mapsto 𝒗(t)=\dot{𝒒}(t);\end{array}$

• L pedig egy valós értékű függvény, folytonos parciális deriváltakkal:

  $\begin{array}{cc}L:[a,b]\times TX& \to ℝ\\ (t,𝒒(t),\dot{𝒒}(t))& \mapsto L(t,𝒒(t),\dot{𝒒}(t)),\end{array}$

ahol TX az X sokaság tangens nyalábja.

A S[q] hatásnak q(t) akkor és csak akkor stacionárius pontja, amennyiben az Euler–Lagrange-egyenlet

$\frac{\partial L}{\partial q^i}(t,𝒒(t),\dot{𝒒}(t))-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}^i}(t,𝒒(t),\dot{𝒒}(t))=0,i=1,\dots ,n$

teljesül.

Bizonyítás egy dimenzióra

Az Euler–Lagrange-egyenlet bizonyításában olyan f függvényt keresünk, mely a következő funkcionálnak stacionárius pontja

$J[f]=\underset{a}{\overset{b}{\int }}L(x,f(x),f^{\prime }(x))\mathrm{d}x,$

továbbá teljesíti a f(a)=A és f(b)=B peremfeltételeket. Feltesszük, hogy L (legalább) kétszer differenciálható. Amennyiben f stacionárius pontja a J[f] funkcionálnak, akkor bármely perturbáció

$f+\epsilon \eta$

amely szintúgy teljesíti az előbb megadott peremfeltételeket (tehát $\eta (a)=\eta (b)=0$), vagy növeli vagy csökkenti J értékét. A J funkcionálnak a perturbált függvényen felvett értékét $\epsilon$ függvényében a következőképp definiáljuk:

$\mathrm{\Phi }(\epsilon )=J[f+\epsilon \eta ]=\underset{a}{\overset{b}{\int }}L(x,f(x)+\epsilon \eta (x),f^{\prime }(x)+\epsilon {\eta }^{\prime }(x))\mathrm{d}x.$

A $\mathrm{\Phi }$ függvényt deriválva a következő eredményt kapjuk meg:

$\begin{array}{cc}\frac{\mathrm{d}\mathrm{\Phi }}{\mathrm{d}\epsilon }& =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\epsilon }\underset{a}{\overset{b}{\int }}L(x,f(x)+\epsilon \eta (x),f^{\prime }(x)+\epsilon {\eta }^{\prime }(x))\mathrm{d}x\\ & =\underset{a}{\overset{b}{\int }}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\epsilon }L(x,f(x)+\epsilon \eta (x),f^{\prime }(x)+\epsilon {\eta }^{\prime }(x))\mathrm{d}x\\ & =\underset{a}{\overset{b}{\int }}[\eta (x)\frac{\partial L}{\partial f}(x,f(x)+\epsilon \eta (x),f^{\prime }(x)+\epsilon {\eta }^{\prime }(x))+{\eta }^{\prime }(x)\frac{\partial L}{\partial f^{\prime }}(x,f(x)+\epsilon \eta (x),f^{\prime }(x)+\epsilon {\eta }^{\prime }(x))]\mathrm{d}x.\end{array}$

Amennyiben nincs perturbáció (azaz $\epsilon =0$), $\mathrm{\Phi }$-nek szélsőértéke van, tehát

${\frac{\mathrm{d}\mathrm{\Phi }}{\mathrm{d}\epsilon }|}_{\epsilon =0}=\underset{a}{\overset{b}{\int }}[\eta (x)\frac{\partial L}{\partial f}(x,f(x),f^{\prime }(x))+{\eta }^{\prime }(x)\frac{\partial L}{\partial f^{\prime }}(x,f(x),f^{\prime }(x))]\mathrm{d}x=0.$

Az integrál alatt szereplő kifejezés második tagját parciálisan integráljuk:

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}[\frac{\partial L}{\partial f}(x,f(x),f^{\prime }(x))-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{\partial L}{\partial f^{\prime }}(x,f(x),f^{\prime }(x))]\eta (x)\mathrm{d}x+{[\eta (x)\frac{\partial L}{\partial f^{\prime }}(x,f(x),f^{\prime }(x))]}_a^b=0.$

A peremfeltételeket (miszerint $\eta (a)=\eta (b)=0$) alkalmazva:

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}[\frac{\partial L}{\partial f}(x,f(x),f^{\prime }(x))-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{\partial L}{\partial f^{\prime }}(x,f(x),f^{\prime }(x))]\eta (x)\mathrm{d}x=0.$

Mivel $\eta$ tetszőlegesen választható, az Euler–Lagrange-egyenlet a variációszámítás lemmájából következik:

$\frac{\partial L}{\partial f}(x,f(x),f^{\prime }(x))-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{\partial L}{\partial f^{\prime }}(x,f(x),f^{\prime }(x))=0.$

Példa

Az egyik legegyszerűbb példája az Euler–Lagrange-egyenlet alkalmazására egy olyan y(x) valós függvény keresése [a, b] intervallumon, melyre teljesül y(a)=c, y(b)=d, továbbá az y függvény görbéjének hossza a lehető legrövidebb. Egy adott függvénygörbe hosszát a következő (hatás)integrál írja le:

$\text{s}=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\sqrt{\mathrm{d}{x}^2+\mathrm{d}{y}^2}=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\sqrt{1+y{\text{'}}^2}\mathrm{d}x,$

így $L(x,y,y^{\prime })=\sqrt{1+y{\text{'}}^2}$. Az L függvény parciális deriváltjai a következők:

$\frac{\partial L(x,y,y^{\prime })}{\partial y^{\prime }}=\frac{y^{\prime }}{\sqrt{1+y{\text{'}}^2}}\text{és}\frac{\partial L(x,y,y^{\prime })}{\partial y}=0.$.

Ezeket a deriváltakat az Euler–Lagrange-egyenletbe behelyettesítve a következő eredményt kapjuk:

$\begin{array}{cc}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{y^{\prime }(x)}{\sqrt{1+(y^{\prime }(x){)}^2}}& =0\\ \frac{y^{\prime }(x)}{\sqrt{1+(y^{\prime }(x){)}^2}}& =C=\text{const.}\\ \Rightarrow y^{\prime }(x)& =\frac{C}{\sqrt{1-C^2}}=:A\\ \Rightarrow y(x)& =Ax+B\end{array}.$

Tehát a keresett y(x) függvénynek első deriváltja konstans kell, hogy legyen. A korábban megadott peremfeltételek következtében az egyenletnek egyetlen megoldása van, mégpedig az a és b pontokat összekötő lineáris függvény.

Források

• Sablon:Mathworld
• Sablon:Cite book