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

Keressük azt az $F(x,y(x),y'(x))$ függvényt, amire az $\int F\mathop {{\text{d}}x}$ minimális. Ekkor a deriválás tulajdonságai alapján kapjuk, hogy

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

Ha feltételezzük, hogy $y_{0}(x)$ megfelelő függvény, akkor ennek egy közelítése az $y(x)=y_{0}(x)+\epsilon \eta (x)$ függvény, ahol $\eta (x)$ legalább kétszer folytonosan differenciálható függvény, és $\epsilon \in \mathbb {R}$. Ekkor az $F$ függvény az alábbi alakot veszi fel:

$F(x,y_{0}(x)+\epsilon \eta (x),y_{0}'(x)+\epsilon \eta '(x)).$

A függvényhez egy megfelelő funkcionál rendelhető, ha peremfeltételként kikötjük, hogy $y_{0}(a)=A,$ és $y_{0}(b)=B$:

$I(\epsilon )=\int _{a}^{b}F(x,y_{0}(x)+\epsilon \eta (x),y_{0}'(x)+\epsilon \eta '(x)).$

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

${\frac {{\text{d}}I}{\mathop {{\text{d}}\epsilon } }}=0,\,\epsilon =0.$

A továbblépés érdekében tegyük fel, hogy $F$ "elég sokszor" differenciálható az $(x,y_{0}(x),y_{0}'(x))$ vektor körül. Ez lényeges, ugyanis így $F$ Taylor-sorba fejthető körülötte, így kapjuk, hogy

$I(\epsilon )=\int _{a}^{b}F(x,y_{0}(x),y_{0}'(x))+{\frac {\partial F}{\partial y}}(X,y_{0}(x),y_{0}'(x))\epsilon \eta +{\frac {\partial F}{\partial y'}}(x,y_{0}(x),y_{0}'(x))\epsilon \eta '+O(\epsilon ^{2})\mathop {{\text{d}}x} .$

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

Az integrálás linearitását kihasználva az egyes tagokat külön integrálhatjuk:

$\left.{\frac {\mathop {\text{d}} I}{\mathop {{\text{d}}\epsilon } }}\right|_{\epsilon =0}\int _{a}^{b}\eta {\frac {\partial F}{\partial y}}\mathop {{\text{d}}x} +\int _{a}^{b}\eta '{\frac {\partial F}{\partial y'}}\mathop {{\text{d}}x} =0.$

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

$\int _{a}^{b}\eta \left({\frac {\partial F}{\partial y}}-\mathop {\frac {\text{d}}{{\text{d}}x}} {\frac {\partial F}{\partial y'}}\right)\mathop {{\text{d}}x} =0.$

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

${\frac {\partial F}{\partial y}}+\mathop {\frac {\text{d}}{{\text{d}}x}} {\frac {\partial F}{\partial y'}}=0$.

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

${\frac {\partial F}{\partial y}}+\mathop {\frac {\text{d}}{{\text{d}}x}} {\frac {\partial F}{\partial y'}}=0$.

Mivel $F$ nem függ $y$-tól, ezért az első tag nulla. A második tagot először $y'$ szerint differenciáljuk:

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

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

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

A megfelelő differenciálegyenlet tehát

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

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

$\left.{\begin{aligned}C_{1}a+C_{2}&=A\\C_{1}b+C_{2}&=B\end{aligned}}\right\}$

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

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

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

$A={\frac {1}{2}}\int xy'+x'y\mathop {{\text{d}}t}$.

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:

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

Elég rémisztő, ezért kissé kompaktabb formában nézzük meg:

$\mathop {\text{d}} y_{k}\Delta P_{k}+\mathop {\text{d}} y_{k+1}\Delta P_{k+1}=0.$

Ugyanez az egyenlet adódik a terület esetén is.

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

Az Euler-féle differenciálegyenlet tehát az

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

függvényre írható fel:

$\left.{\begin{aligned}{\frac {\partial F}{\partial x}}+\mathop {\frac {\text{d}}{{\text{d}}t}} {\frac {\partial F}{\partial x'}}&=0\\{\frac {\partial F}{\partial x}}+\mathop {\frac {\text{d}}{{\text{d}}t}} {\frac {\partial F}{\partial x'}}&=0\end{aligned}}\right\}$

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

$\left.{\begin{aligned}y'+\lambda x''&=0\\-x'+\lambda y''&=0\end{aligned}}\right\}$.

Az egyenletrendszer megoldásait az

$\left.{\begin{aligned}x(t)&=x_{0}+\lambda \cos \left({\frac {t-t_{0}}{\lambda }}\right)\\y(t)&=y_{0}+\lambda \sin \left({\frac {t-t_{1}}{\lambda }}\right)\end{aligned}}\right\}$

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

$t=\int _{P_{1}}^{P_{2}}{\frac {\mathop {{\text{d}}s} }{v}}$

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

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

Az ívelemet euklideszi térben az

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

kifejezés adja meg, így kapjuk az integrálra:

$t=\int _{P_{1}}^{P_{2}}{\sqrt {\frac {1+y'^{2}}{2gy}}}\mathop {{\text{d}}x}$.

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:

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

Ebből megkapjuk a megoldandó egyenletet:

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

Ezt átrendezve az alábbi kifejezést kapjuk:

$\left(1+y'^{2}\right)y={\frac {1}{2gC^{2}}}=k^{2}$

A fenti egyenletnek a megoldása paraméteresen:

$\left.{\begin{aligned}x&={\frac {1}{2}}k^{2}\left(\Theta -\sin \Theta \right)\\y&={\frac {1}{2}}k^{2}\left(1-\cos \Theta \right)\end{aligned}}\right\}$.

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 tartalmazza a hely, sebesség és gyorsulásfüggvényeket:

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

A Maupertuis-elv szerint a test úgy fog mozogni, hogy a hatás a lehető legkisebb legyen. Mivel a hatás a Lagrange-függvény integrálja, ezért

$S=\int _{t_{1}}^{t_{2}}L(q,{\dot {q}},t)\mathop {{\text{d}}t}$, amire vonatkozóan a szélsőérték feltétele:

$\mathop {\frac {\text{d}}{{\text{d}}t}} S=0$.

Erre a függvényre felírhatjuk az Euler-féle egyenletet. Eszerint a rendszer mozgását a

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

egyenlet írja le. Ha több koordinátától is függ a Lagrange-függvény, akkor ez egy differenciálegyenlet-rendszerre vezet:

$\left.{\begin{aligned}{\frac {\partial L}{\partial q_{1}}}-\mathop {\frac {\text{d}}{{\text{d}}t}} {\frac {\partial L}{\partial {\dot {q}}_{1}}}&=0\\{\frac {\partial L}{\partial q_{2}}}-\mathop {\frac {\text{d}}{{\text{d}}t}} {\frac {\partial L}{\partial {\dot {q}}_{2}}}&=0\\&\vdots \\{\frac {\partial L}{\partial q_{i}}}-\mathop {\frac {\text{d}}{{\text{d}}t}} {\frac {\partial L}{\partial {\dot {q}}_{i}}}&=0\end{aligned}}\right\}$

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

Inerciarendszernek nevezzük a homogén és izotrop rendszereket. 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

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

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 $L=a{\vec {v}}^{2}$ 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

$\left.{\begin{aligned}\mathop {\frac {\text{d}}{{\text{d}}t}} {\frac {\partial L}{\partial v_{1}}}&={\frac {\partial L}{\partial q_{1}}}\\\mathop {\frac {\text{d}}{{\text{d}}t}} {\frac {\partial L}{\partial v_{2}}}&={\frac {\partial L}{\partial q_{2}}}\end{aligned}}\right\}$

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

$\left.{\begin{aligned}m_{1}{\frac {\mathop {\text{d}} v}{{\text{d}}t}}&=-{\frac {\partial U}{\partial q_{1}}}\\m_{2}{\frac {\mathop {\text{d}} V}{{\text{d}}t}}&=-{\frac {\partial U}{\partial q_{2}}}\end{aligned}}\right\}$

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 kinetikai energia, U pedig a potenciális energia névnek örvend.

Források

• I. N. Bronstejn, K. A. Szemengyajev, G. Musiol, H. Mühlig. Variációszámítás, Matematikai kézikönyv, 4, TypoTeX Kiadó, 559-570. o. [2000]. ISBN 963-9132-59-4 
• Kósa András. Differenciálegyenletek, kézirat - 18. változatlan kiadás, 129-140. o. 
• L. D. Landau. Elméleti fizika. Typotex Kiadó (2010. december 20.). ISBN 978-963-2791-28-9 
• Victor Blåsjö: The Isoperimetric Problem (angol nyelven) (PDF). The Mathematical Association of America. (Hozzáférés: 2022. február 3.)

Lásd még

• Brachisztochron-probléma
• Lagrange-féle mozgásegyenletek