6.1 Rachunek wariacyjny · Matematyka i fizyka od podstaw

0 Prolog: najszybsza zjeżdżalnia

W 1696 roku Johann Bernoulli zadał matematykom Europy zadanie: koralik zsuwa się bez tarcia po drucie z punktu $A$ do niżej położonego punktu $B$ . Jaki kształt drutu daje najkrótszy czas? Prosta jest najkrótsza, ale na początku koralik jedzie po niej wolno. Stromy początek szybko nadaje prędkość, ale wydłuża drogę. Optimum leży gdzieś pomiędzy.

Nie szukamy tu liczby $x$ , tylko krzywej $y(x)$ , czyli nieskończenie wielu liczb naraz. Czas zjazdu to całka zależna od całej krzywej. Ta lekcja pokazuje, jak taki problem zamienić w równanie różniczkowe.

Pytanie na start. Zjazd z $A = (0;\ 0)$ do $B = (\pi;\ 2)$ m (oś $y$ w dół). Po prostej trwa $1{,}19$ s. Czy da się zjechać szybciej niż w $1{,}10$ s? Odpowiedź w przykładzie 3.1.

1 Funkcjonały i wariacje

Funkcjonał przyporządkowuje liczbę całej funkcji. Najważniejsze funkcjonały mają postać całki:

J[y] = \int_a^b F\big(x,\ y(x),\ y'(x)\big)\,dx ,\qquad y(a) = y_a,\quad y(b) = y_b .

Przykład: długość wykresu, $F = \sqrt{1 + y'^2}$ (lekcja 1.5 Całki). Szukamy funkcji $y$ , dla której $J$ jest najmniejsze (albo stacjonarne), wśród funkcji o zadanych końcach.

Wariacja: sprowadzenie do jednej zmiennej

Niech $y$ będzie szukaną funkcją, a $\eta(x)$ dowolną gładką funkcją z $\eta(a) = \eta(b) = 0$ (końce się nie ruszają). Porównujemy $y$ z rodziną $y + \varepsilon\eta$ . Wtedy $J(\varepsilon) = J[y + \varepsilon\eta]$ jest zwykłą funkcją jednej zmiennej $\varepsilon$ , a warunek ekstremum to

\frac{dJ}{d\varepsilon}\Big|_{\varepsilon = 0} = 0\quad\text{dla każdego } \eta .

Wyrażenie $\delta J = \varepsilon\,\tfrac{dJ}{d\varepsilon}\big|_0$ to pierwsza wariacja; funkcję $y$ , dla której $\delta J = 0$ dla każdego $\eta$ , nazywamy stacjonarną (albo ekstremalą). Tak jak w lekcji 3.1 Reguła łańcuchowa, ekstrema i mnożniki Lagrange'a w wielu zmiennych: zerowanie pochodnej to warunek konieczny, a nie dostateczny.por. Boas §9.2

Przykład 1.1 Prosta jest najkrótsza: test na rodzinie krzywych

Z $(0;\ 0)$ do $(1;\ 1)$ porównaj prostą $y = x$ z krzywymi $y = x + \varepsilon\sin\pi x$ .

$y' = 1 + \varepsilon\pi\cos\pi x$ , więc $J(\varepsilon) = \int_0^1\sqrt{2 + 2\varepsilon\pi\cos\pi x + \varepsilon^2\pi^2\cos^2\pi x}\,dx$ .
Rozwinięcie Taylora pierwiastka (lekcja 1.4 Rachunek różniczkowy w praktyce) do $\varepsilon^2$ : $J \approx \sqrt2\int_0^1\big(1 + \tfrac{\varepsilon\pi}{2}\cos\pi x + \tfrac{\varepsilon^2\pi^2}{8}\cos^2\pi x\big)dx$ .
$\int_0^1\cos\pi x\,dx = 0$ , $\int_0^1\cos^2\pi x\,dx = \tfrac12$ . Zatem $J(\varepsilon) \approx \sqrt2\big(1 + \tfrac{\pi^2}{16}\varepsilon^2\big)$ .

Wynik: wyraz liniowy w $\varepsilon$ znika, a kwadratowy jest dodatni: prosta jest stacjonarna i (w tej rodzinie) daje minimum $\sqrt2 \approx 1{,}4142$ .

Sprawdzenie: całkowanie numeryczne dla $\varepsilon = 0{,}1$ daje $1{,}42306$ , a przybliżenie $1{,}42294$ ✓. Dla $\varepsilon = 0{,}3$ różnica rośnie ( $1{,}5013$ wobec $1{,}4927$ ), bo zaniedbaliśmy wyrazy rzędu $\varepsilon^4$ (wyraz z $\varepsilon^3$ znika z symetrii: $J(-\varepsilon) = J(\varepsilon)$ ).

Zadania · część 1

4 zadania · ok. 30 min

Oblicz długość paraboli $y = x^2$ od $(0;\ 0)$ do $(1;\ 1)$ i porównaj z $\sqrt2$ .

Podpowiedź
$\int\sqrt{1 + 4x^2}\,dx$ : podstaw $2x = \sinh t$ (lekcja 0.3 Trygonometria i funkcje hiperboliczne).

Odpowiedź
$\tfrac{2\sqrt5 + \operatorname{arsinh}2}{4} \approx 1{,}4789$ , o $4{,}6\%$ więcej niż $\sqrt2 \approx 1{,}4142$ .
Dla $J[y] = \int_0^1 y'^2\,dx$ , $y(0) = 0$ , $y(1) = 1$ , oblicz $J$ dla $y = x^n$ . Które $n$ daje najmniej?

Odpowiedź
$J = \tfrac{n^2}{2n - 1}$ : $1$ ; $\tfrac43$ ; $1{,}8$ dla $n = 1,\ 2,\ 3$ . Minimum w tej rodzinie: $n = 1$ , czyli prosta.
Pokaż, że dla tego samego $J$ i $y = x + \varepsilon\eta$ (z $\eta(0) = \eta(1) = 0$ ) zachodzi dokładnie $J(\varepsilon) = 1 + \varepsilon^2\int_0^1\eta'^2\,dx$ . Co to mówi o prostej?

Odpowiedź
$J = \int(1 + \varepsilon\eta')^2 = 1 + 2\varepsilon\int_0^1\eta' + \varepsilon^2\int\eta'^2$ , a $\int_0^1\eta' = \eta(1) - \eta(0) = 0$ . Każde zaburzenie zwiększa $J$ , więc prosta daje globalne minimum.
Rozgrzewka z jedną zmienną: promień światła biegnie z $A = (0;\ 1)$ do lustra $y = 0$ i odbija się do $B = (2;\ 1)$ . W którym punkcie $(x;\ 0)$ droga jest najkrótsza? Jakie prawo stąd wynika?

Odpowiedź
$f(x) = \sqrt{x^2 + 1} + \sqrt{(2 - x)^2 + 1}$ , $f'(x) = 0$ dla $x = 1$ ; droga $2\sqrt2$ . Ogólnie $f' = 0$ oznacza równość cosinusów kątów z lustrem, czyli kąt padania równy kątowi odbicia (Heron z Aleksandrii).

2 Równanie Eulera–Lagrange’a

Różniczkujemy $J(\varepsilon) = \int_a^b F(x,\ y + \varepsilon\eta,\ y' + \varepsilon\eta')\,dx$ pod całką:

\frac{dJ}{d\varepsilon}\Big|_0 = \int_a^b\Big(\frac{\partial F}{\partial y}\eta + \frac{\partial F}{\partial y'}\eta'\Big)dx = \int_a^b\Big(\frac{\partial F}{\partial y} - \frac{d}{dx}\frac{\partial F}{\partial y'}\Big)\eta\,dx .

W drugim kroku całkowaliśmy przez części drugi składnik; wyraz brzegowy $\big[\tfrac{\partial F}{\partial y'}\eta\big]_a^b$ znika, bo $\eta(a) = \eta(b) = 0$ . Całka ma być zerem dla każdego $\eta$ , a to możliwe tylko wtedy, gdy nawias jest zerem w każdym punkcie (lemat podstawowy rachunku wariacyjnego: gdyby ciągły nawias był w jakimś punkcie dodatni, wybralibyśmy $\eta \ge 0$ niezerowe tylko w małym otoczeniu tego punktu i całka wyszłaby dodatnia).

Równanie Eulera–Lagrange’a

\frac{d}{dx}\frac{\partial F}{\partial y'} - \frac{\partial F}{\partial y} = 0 .

Na ogół jest to równanie różniczkowe zwyczajne drugiego rzędu (lekcja 4.1 Równania różniczkowe zwyczajne); dwa warunki brzegowe $y(a)$ , $y(b)$ wyznaczają stałe. Dwa przypadki szczególne dają od razu pierwszą całkę:

$F$ nie zależy od $y$ : $\;\tfrac{\partial F}{\partial y'} = \text{const}$ .
$F$ nie zależy od $x$ (tożsamość Beltramiego): $\;F - y'\tfrac{\partial F}{\partial y'} = \text{const}$ .

Więzy całkowe. Jeśli dodatkowo $K[y] = \int G\,dx$ ma mieć zadaną wartość (np. stałą długość), stosujemy mnożnik Lagrange’a jak w lekcji 3.1 Reguła łańcuchowa, ekstrema i mnożniki Lagrange'a w wielu zmiennych: piszemy równanie Eulera–Lagrange’a dla $F - \lambda G$ i dobieramy $\lambda$ z warunku więzów.por. Boas §9.2–9.6

Tożsamość Beltramiego sprawdza się różniczkowaniem (wyraz $F_x$ znika, bo $F$ nie zależy od $x$ ): $\tfrac{d}{dx}\big(F - y'F_{y'}\big) = F_y\,y' + F_{y'}y'' - y''F_{y'} - y'\tfrac{d}{dx}F_{y'} = -y'\big(\tfrac{d}{dx}F_{y'} - F_y\big) = 0$ . W mechanice ta sama tożsamość to zasada zachowania energii (część 4).

Przykład 2.1 Błona mydlana między dwoma pierścieniami

Dwa współosiowe pierścienie o promieniu $R$ leżą w płaszczyznach $x = \pm1$ . Błona mydlana przyjmuje kształt powierzchni obrotowej $y(x)$ o najmniejszym polu. Znajdź ten kształt.

Pole powierzchni obrotowej: $A = 2\pi\int_{-1}^1 y\sqrt{1 + y'^2}\,dx$ , więc $F = y\sqrt{1 + y'^2}$ nie zależy od $x$ .
Beltrami: $y\sqrt{1 + y'^2} - y'\cdot\tfrac{yy'}{\sqrt{1 + y'^2}} = \tfrac{y}{\sqrt{1 + y'^2}} = c$ .
Stąd $y' = \pm\sqrt{y^2/c^2 - 1}$ , a całkowanie ( $\int\tfrac{dy}{\sqrt{y^2 - c^2}} = \operatorname{arcosh}\tfrac yc$ , lekcja 0.3 Trygonometria i funkcje hiperboliczne) daje $y = c\cosh\tfrac{x - x_0}{c}$ ; z symetrii $x_0 = 0$ .
Warunek brzegowy: $R = c\cosh\tfrac1c$ . Dla $R = 2$ ma on dwa rozwiązania: $c \approx 1{,}697$ i $c \approx 0{,}470$ .

Wynik: katenoida $y = c\cosh(x/c)$ . Dla $R = 2$ płytsza ( $c \approx 1{,}697$ ) ma pole $\approx 23{,}97$ , głębsza ( $c \approx 0{,}470$ ) $\approx 27{,}38$ .

Sprawdzenie: dwa osobne krążki zamykające pierścienie mają pole $2\pi R^2 \approx 25{,}13$ , więcej niż płytsza katenoida, a mniej niż głębsza ✓. Głębsza katenoida jest stacjonarna, ale nie jest minimum: równanie Eulera–Lagrange’a nie odróżnia minimum od innych funkcji stacjonarnych.

Zadania · część 2

5 zadań · ok. 45 min

Zapisz równanie Eulera–Lagrange’a dla $F = y'^2 + y^2$ i rozwiąż je z $y(0) = 0$ , $y(1) = 1$ . Oblicz $J$ dla rozwiązania i porównaj z $J$ dla $y = x$ .

Podpowiedź
Po scałkowaniu $y'^2$ przez części i skorzystaniu z $y'' = y$ : $J = [yy']_0^1$ .

Odpowiedź
$2y'' - 2y = 0$ , więc $y = \tfrac{\sinh x}{\sinh 1}$ . $J = y(1)y'(1) = \coth 1 \approx 1{,}3130$ ; dla $y = x$ : $1 + \tfrac13 \approx 1{,}3333$ . Rozwiązanie wygrywa.
Pokaż, że dla $F = \sqrt{1 + y'^2}$ (długość) z równania Eulera–Lagrange’a wynika prosta.

Odpowiedź
$F$ nie zależy od $y$ , więc $F_{y'} = \tfrac{y'}{\sqrt{1 + y'^2}} = \text{const}$ , czyli $y' = \text{const}$ : prosta.
Znajdź ekstremalę funkcjonału $\int_1^e xy'^2\,dx$ z $y(1) = 0$ , $y(e) = 1$ .

Odpowiedź
$F$ nie zależy od $y$ : $2xy' = C$ , $y = \tfrac C2\ln x + D$ . Z warunków brzegowych $y = \ln x$ .
W przykładzie 2.1 zbadaj, dla jakich $R$ równanie $R = c\cosh(1/c)$ ma rozwiązanie. Co się dzieje z błoną, gdy rozsuwamy pierścienie (czyli zmniejszamy $R$ w stosunku do odstępu)?

Podpowiedź
Funkcja $f(c) = c\cosh(1/c)$ ma minimum; podstaw $u = 1/c$ i przyrównaj pochodną do zera.

Odpowiedź
$f'(c) = 0$ daje $\coth u = u$ , $u \approx 1{,}1997$ , $c \approx 0{,}8336$ , $R_{\min} = f(c) \approx 1{,}509$ . Dla $R < 1{,}509$ (pierścienie dalej niż ok. $1{,}33R$ od siebie) katenoidy nie ma: błona pęka i zostają dwa płaskie krążki (rozwiązanie Goldschmidta). Już od odstępu ok. $1{,}06R$ dwa krążki mają mniejsze pole, ale katenoida pozostaje minimum lokalnym aż do $1{,}33R$ .
Problem Dydony: krzywa o zadanej długości $\ell$ zaczyna się i kończy na osi $x$ . Końce mogą leżeć w dowolnych miejscach osi $x$ . Jaki kształt ogranicza największe pole $\int y\,dx$ ?

Podpowiedź
$F - \lambda G = y - \lambda\sqrt{1 + y'^2}$ nie zależy od $x$ : użyj Beltramiego.

Odpowiedź
Beltrami: $y - \lambda\sqrt{1 + y'^2} + \tfrac{\lambda y'^2}{\sqrt{1 + y'^2}} = y - \tfrac{\lambda}{\sqrt{1 + y'^2}} = C$ . Stąd $(y - C)^2(1 + y'^2) = \lambda^2$ , a to równanie okręgu o promieniu $|\lambda|$ : $(x - x_0)^2 + (y - C)^2 = \lambda^2$ . Przy swobodnych końcach okrąg musi przecinać oś prostopadle, więc odpowiedź to półokrąg o promieniu $\ell/\pi$ i polu $\ell^2/(2\pi)$ . Mnożnik Lagrange’a okazał się promieniem, zgodnie z lekcją 3.1 Reguła łańcuchowa, ekstrema i mnożniki Lagrange'a w wielu zmiennych: $\lambda = dA/d\ell = \ell/\pi$ .

3 Brachistochrona i zasada Fermata

Wróćmy do Bernoulliego. Oś $y$ kierujemy w dół. Koralik startujący z $y = 0$ ma na wysokości $y$ prędkość $v = \sqrt{2gy}$ (zasada zachowania energii, Dział 2: Energia). Na odcinku łuku $ds = \sqrt{1 + y'^2}\,dx$ spędza czas $ds/v$ , więc

T[y] = \int_0^{x_B}\frac{\sqrt{1 + y'^2}}{\sqrt{2gy}}\,dx .

Przykład 3.1 Brachistochrona

Znajdź krzywą najszybszego zjazdu z $A = (0;\ 0)$ do $B = (\pi;\ 2)$ m i porównaj czas z prostą.

$F = \sqrt{(1 + y'^2)/y}$ (stały czynnik $1/\sqrt{2g}$ pomijamy) nie zależy od $x$ . Beltrami: $F - y'F_{y'} = \tfrac{1}{\sqrt{y(1 + y'^2)}} = \text{const}$ , czyli $y(1 + y'^2) = 2r$ .
Rozwiązaniem jest cykloida $x = r(\theta - \sin\theta)$ , $y = r(1 - \cos\theta)$ , tor punktu obręczy toczącego się koła. Sprawdzenie: $y' = \tfrac{\sin\theta}{1 - \cos\theta}$ , $1 + y'^2 = \tfrac{2}{1 - \cos\theta}$ , więc $y(1 + y'^2) = 2r$ ✓.
Punkt $B = (\pi;\ 2)$ odpowiada $\theta = \pi$ i $r = 1$ m, bo $\tfrac{x_B}{y_B} = \tfrac\pi2 = \tfrac{\theta - \sin\theta}{1 - \cos\theta}$ daje $\theta = \pi$ . Wzdłuż cykloidy $ds = 2r\sin\tfrac\theta2\,d\theta$ , $v = 2\sqrt{gr}\sin\tfrac\theta2$ , więc $dt = \sqrt{r/g}\,d\theta$ i $T = \pi\sqrt{r/g} \approx 1{,}003$ s.
Prosta: długość $\sqrt{\pi^2 + 4} \approx 3{,}724$ m, przyspieszenie $g\cdot\tfrac{2}{3{,}724}$ , czas $\sqrt{2L/a} \approx 1{,}189$ s.

Wynik: cykloida, $T \approx 1{,}003$ s wobec $1{,}189$ s po prostej: o $16\%$ krócej.

Sprawdzenie: całkowanie numeryczne $T[y]$ wzdłuż cykloidy daje $1{,}00303$ s ✓. Łuk okręgu przez $A$ i $B$ o pionowej stycznej w $A$ (w duchu Galileusza) daje $1{,}028$ s: lepiej niż prosta, gorzej niż cykloida ✓.

Zasada Fermata. Światło biegnie między dwoma punktami po drodze, której czas przebycia jest stacjonarny. W ośrodku o współczynniku załamania $n$ prędkość światła to $c/n$ , więc szukamy krzywej stacjonarnej dla $\int n\,ds$ . Jeśli $n$ zależy tylko od $y$ , Beltrami daje $\tfrac{n}{\sqrt{1 + y'^2}} = \text{const}$ , czyli

n(y)\sin\theta = \text{const},

gdzie $\theta$ to kąt promienia z osią $y$ . Przy skokowej zmianie $n$ to prawo Snelliusa $n_1\sin\theta_1 = n_2\sin\theta_2$ (Dział 12: Optyka: zasada najmniejszego czasu, interferencja, dyfrakcja). Bernoulli rozwiązał swoje zadanie właśnie tak: brachistochrona to promień światła w ośrodku z $n \propto 1/\sqrt y$ .FLP I-26-3

Zadania · część 3

4 zadania · ok. 35 min

Światło przechodzi z powietrza ( $n_1 = 1$ ) do szkła ( $n_2 = 1{,}5$ ) pod kątem $30^\circ$ do normalnej. Wyprowadź prawo Snelliusa z minimum czasu dla promienia $A = (0;\ h_1)$ → $(x;\ 0)$ → $B = (d;\ -h_2)$ i oblicz kąt załamania.

Odpowiedź
$t(x) = \tfrac{n_1}{c}\sqrt{x^2 + h_1^2} + \tfrac{n_2}{c}\sqrt{(d - x)^2 + h_2^2}$ ; $t'(x) = 0$ daje $n_1\tfrac{x}{\sqrt{x^2 + h_1^2}} = n_2\tfrac{d - x}{\sqrt{(d - x)^2 + h_2^2}}$ , czyli $n_1\sin\theta_1 = n_2\sin\theta_2$ . $\theta_2 = \arcsin\tfrac{0{,}5}{1{,}5} \approx 19{,}47^\circ$ .
Inna droga z $A = (0;\ 0)$ do $B = (\pi;\ 2)$ m: najpierw spadek pionowo o $2$ m, potem jazda poziomo (zakładamy, że zakręt nie zabiera energii). Oblicz czas. Porównaj z prostą i cykloidą.

Odpowiedź
Spadek: $\sqrt{2\cdot2/g} \approx 0{,}639$ s; potem prędkość $\sqrt{2g\cdot2} \approx 6{,}26$ m/s i $\pi/6{,}26 \approx 0{,}502$ s. Razem $\approx 1{,}14$ s: szybciej niż prosta ( $1{,}189$ s), wolniej niż cykloida ( $1{,}003$ s). Szybki start się opłaca.
Tautochrona. Koralik puszczony z dowolnego punktu cykloidy z przykładu 3.1 zjeżdża do najniższego punktu. Pokaż, że czas zawsze wynosi $\pi\sqrt{r/g}$ .

Podpowiedź
Mierz drogę $s$ wzdłuż cykloidy od najniższego punktu. Pokaż, że wysokość nad dnem wynosi $s^2/(8r)$ .

Odpowiedź
Od dna ( $\theta = \pi$ ) długość łuku to $s = 4r\cos\tfrac\theta2$ , a wysokość nad dnem $h = r(1 + \cos\theta) = 2r\cos^2\tfrac\theta2 = \tfrac{s^2}{8r}$ . Z zasady zachowania energii $\tfrac12\dot s^2 + gh(s) = \text{const}$ ; po zróżniczkowaniu $\ddot s = -g\,\tfrac{dh}{ds} = -\tfrac{g}{4r}s$ , czyli drgania harmoniczne o $\omega = \tfrac12\sqrt{g/r}$ niezależnie od amplitudy. Do dna jest ćwierć okresu: $\tfrac{\pi}{2\omega} = \pi\sqrt{r/g}$ . Numerycznie dla startu z połowy wysokości: $1{,}0030$ s ✓. Huygens użył tego w zegarze wahadłowym.
Nad rozgrzanym asfaltem powietrze jest najcieplejsze przy ziemi, więc tam ma najmniejsze $n$ . Korzystając z $n(y)\sin\theta = \text{const}$ , wyjaśnij, dlaczego widać „kałuże” (miraż dolny).

Odpowiedź
Promień biegnący ukośnie w dół wchodzi w warstwy o coraz mniejszym $n$ , więc $\sin\theta$ musi rosnąć: promień pochyla się ku poziomowi, aż zawróci w górę. Do oka dociera światło nieba z kierunku pod horyzontem i mózg interpretuje je jako odbicie w wodzie.

4 Zasada najmniejszego działania

Ten sam rachunek opisuje mechanikę. Zmienną niezależną jest czas $t$ , funkcją położenie $x(t)$ , a funkcjonałem działanie:

Zasada Hamiltona

S[x] = \int_{t_1}^{t_2}L(x,\ \dot x,\ t)\,dt,\qquad L = E_k - E_p .

Spośród ruchów z zadanymi $x(t_1)$ i $x(t_2)$ rzeczywisty jest ten, dla którego $\delta S = 0$ . Równanie Eulera–Lagrange’a $\tfrac{d}{dt}\tfrac{\partial L}{\partial\dot x} = \tfrac{\partial L}{\partial x}$ dla $L = \tfrac12m\dot x^2 - V(x)$ daje $m\ddot x = -V'(x)$ : drugą zasadę dynamiki. Jeśli $L$ nie zależy od $t$ , Beltrami daje stałość wielkości $\dot x\tfrac{\partial L}{\partial\dot x} - L = E_k + E_p$ , czyli zachowanie energii.FLP II-19

Zaleta tej postaci: $L$ można zapisać w dowolnych współrzędnych (kąt, długość łuku), a równanie Eulera–Lagrange’a ma w każdym układzie współrzędnych tę samą postać. Nie trzeba rozkładać sił ani znać sił reakcji więzów.

Przykład 4.1 Oscylator i znak drugiej wariacji

Oscylator $L = \tfrac12\dot x^2 - \tfrac12x^2$ ( $m = k = 1$ ), ruch od $x(0) = 1$ do $x(T) = \cos T$ . Wyprowadź równanie ruchu i sprawdź, czy działanie jest minimalne.

Euler–Lagrange: $\ddot x = -x$ ; rozwiązanie spełniające warunki brzegowe to $x = \cos t$ .
Zaburzenie $\eta = \sin\tfrac{n\pi t}{T}$ znika na końcach. Ponieważ $L$ jest kwadratowe, a wyraz liniowy znika (bo $x = \cos t$ spełnia równanie Eulera–Lagrange’a), $S[\cos t + \varepsilon\eta] = S[\cos t] + \varepsilon\cdot0 + \tfrac{\varepsilon^2}{2}\int_0^T(\dot\eta^2 - \eta^2)\,dt$ .
$\int_0^T\dot\eta^2 = \tfrac T2\big(\tfrac{n\pi}{T}\big)^2$ , $\int_0^T\eta^2 = \tfrac T2$ , więc $\Delta S = \varepsilon^2\,\tfrac T4\Big(\big(\tfrac{n\pi}{T}\big)^2 - 1\Big)$ .

Wynik: dla $T < \pi$ każde zaburzenie zwiększa $S$ (każde $\eta$ jest sumą takich sinusów, a wyrazy mieszane całkują się do zera): minimum. Dla $T > \pi$ zaburzenie z $n = 1$ zmniejsza $S$ : rzeczywisty ruch jest punktem siodłowym działania.

Sprawdzenie: numerycznie dla $\varepsilon = 0{,}2$ : $T = 2$ , $n = 1$ daje $\Delta S = +0{,}0293$ , a $T = 4$ , $n = 1$ daje $-0{,}0153$ ; oba zgodne ze wzorem ✓. Nazwa „najmniejsze działanie” jest więc nieścisła: fizyka wymaga tylko $\delta S = 0$ .

Zadania · część 4

5 zadań · ok. 40 min

Ciało rzucone pionowo: $L = \tfrac12m\dot x^2 - mgx$ . Wyprowadź równanie ruchu.

Odpowiedź
$\tfrac{d}{dt}(m\dot x) = -mg$ , czyli $\ddot x = -g$ .
Wahadło matematyczne: masa $m$ na nici o długości $l$ , kąt $\theta$ od pionu. Zapisz $L$ i wyprowadź równanie ruchu.

Odpowiedź
$E_k = \tfrac12ml^2\dot\theta^2$ , $E_p = -mgl\cos\theta$ , $L = \tfrac12ml^2\dot\theta^2 + mgl\cos\theta$ . $ml^2\ddot\theta = -mgl\sin\theta$ , czyli $\ddot\theta = -\tfrac gl\sin\theta$ . Siła naciągu nici w ogóle się nie pojawiła.
Swobodna cząstka ( $L = \tfrac12m\dot x^2$ ) jedzie ze stałą prędkością $v$ w czasie $T$ . Oblicz, o ile wzrośnie działanie dla ruchu $x = vt + \varepsilon\sin(\pi t/T)$ .

Odpowiedź
$\dot x = v + \tfrac{\varepsilon\pi}{T}\cos\tfrac{\pi t}{T}$ ; wyraz mieszany całkuje się do zera, więc $\Delta S = \tfrac12m\tfrac{\varepsilon^2\pi^2}{T^2}\cdot\tfrac T2 = \tfrac{m\varepsilon^2\pi^2}{4T}$ . Dla $m = 1$ , $T = 1$ , $\varepsilon = 0{,}1$ : $0{,}0247$ . Zawsze dodatnie: dla swobodnej cząstki działanie jest naprawdę minimalne.
Pokaż, że dla $L(x,\ \dot x)$ niezależnego od czasu wielkość $E = \dot x\,\tfrac{\partial L}{\partial\dot x} - L$ jest stała. Oblicz $E$ dla $L = \tfrac12m\dot x^2 - V(x)$ .

Odpowiedź
To tożsamość Beltramiego z $t$ zamiast $x$ . $E = m\dot x^2 - \tfrac12m\dot x^2 + V = \tfrac12m\dot x^2 + V$ : energia całkowita. Zachowanie energii wynika z tego, że prawa ruchu nie zmieniają się w czasie (szczególny przypadek twierdzenia Noether).
W przykładzie 4.1 przyjmij $T = 7$ . Dla których $n$ zaburzenie zmniejsza działanie? Sprawdź w symulacji 2. Co się dzieje przy $T = \pi$ ?

Odpowiedź
$\Delta S < 0$ gdy $n\pi < T$ , czyli $n = 1$ i $n = 2$ ( $2\pi \approx 6{,}28 < 7$ ). Np. $n = 2$ , $\varepsilon = 0{,}2$ : $\Delta S \approx -0{,}0136$ . Przy $T = \pi$ i $n = 1$ jest $\Delta S = 0$ : ruch $\cos t + \varepsilon\sin t$ też spełnia równanie ruchu i warunki brzegowe ( $x(\pi) = -1$ dla każdego $\varepsilon$ ). To punkt sprzężony: wszystkie ruchy startujące z $x = 1$ , z dowolną prędkością początkową, po pół okresu są w $x = -1$ .

5 Błędne intuicje

„Równanie Eulera–Lagrange’a daje minimum.”: Daje funkcje stacjonarne: minimum, maksimum albo siodło. Głębsza katenoida (przykład 2.1) i ruch oscylatora dłuższy niż pół okresu (przykład 4.1) nie są minimami.
„Ciało »wie«, jaki ruch minimalizuje działanie, i wybiera go z góry.”: Warunek $\delta S = 0$ jest równoważny lokalnemu równaniu ruchu w każdej chwili. To ta sama fizyka zapisana inaczej, a nie przewidywanie przyszłości.
„Najkrótsza droga jest najszybsza.”: Tylko przy stałej prędkości. Przy zmiennej (koralik, światło w ośrodku niejednorodnym) opłaca się wydłużyć drogę, żeby szybciej jechać.
„Wariacja $\delta y$ to to samo co różniczka $dy = y'\,dx$ .”: $dy$ to zmiana $y$ przy przesunięciu $x$ wzdłuż tej samej krzywej. $\delta y = \varepsilon\eta(x)$ to zmiana przy stałym $x$ : przejście do sąsiedniej krzywej. Na końcach $\delta y = 0$ i dlatego znika wyraz brzegowy z całkowania przez części.

6 Sprawdź się

1 Co to jest funkcjonał?

Przyporządkowanie liczby funkcji, np. $J[y] = \int F(x,\ y,\ y')\,dx$ .

2 Zapisz równanie Eulera–Lagrange’a.

$\tfrac{d}{dx}\tfrac{\partial F}{\partial y'} - \tfrac{\partial F}{\partial y} = 0$ .

3 Jaką pierwszą całkę daje

F

niezależne od

x

Beltrami: $F - y'F_{y'} = \text{const}$ .

4 Jaki kształt ma brachistochrona?

Cykloida.

5 Jak uwzględnić więz

\int G\,dx = \text{const}

Równanie Eulera–Lagrange’a dla $F - \lambda G$ z mnożnikiem Lagrange’a $\lambda$ .

6 Czym jest lagranżjan w mechanice?

$L = E_k - E_p$ ; ruch rzeczywisty spełnia $\delta\int L\,dt = 0$ .

7 Jakie prawo zachowania wynika z

L

niezależnego od czasu?

Zachowanie energii.

7 Karta wzorów i co dalej

Rachunek wariacyjny

$J[y] = \int_a^bF(x,\ y,\ y')\,dx$ ; $\;J(\varepsilon) = J[y + \varepsilon\eta]$ , $\eta(a) = \eta(b) = 0$

E–L: $\tfrac{d}{dx}F_{y'} - F_y = 0$

$F_y = 0$ → $F_{y'} = \text{const}$ ; $\;F_x = 0$ → $F - y'F_{y'} = \text{const}$

więzy $\int G = \text{const}$ : E–L dla $F - \lambda G$

Zastosowania

długość $\sqrt{1 + y'^2}$ → prosta; $\;y\sqrt{1 + y'^2}$ → $c\cosh\tfrac{x - x_0}{c}$

brachistochrona: $y(1 + y'^2) = 2r$ ; $\;x = r(\theta - \sin\theta)$ , $y = r(1 - \cos\theta)$ ; $\;T = \theta_B\sqrt{r/g}$

Fermat: $\delta\int n\,ds = 0$ ; $\;n\sin\theta = \text{const}$

mechanika: $L = E_k - E_p$ ; $\;\tfrac{d}{dt}\tfrac{\partial L}{\partial\dot x} = \tfrac{\partial L}{\partial x}$ ; $\;E = \dot xL_{\dot x} - L$

Do przeczytania

M. L. Boas, Mathematical Methods in the Physical Sciences, wyd. 3, rozdz. 9: rachunek wariacyjny z wieloma zadaniami z fizyki (geodezyjne, Fermat, Lagrange, więzy).
Feynmana wykłady z fizyki, t. II, rozdz. 19 „Zasada najmniejszego działania”: zapis wykładu Feynmana; t. I, rozdz. 26: zasada Fermata.

W automatyce funkcjonał to koszt sterowania: regulator LQR minimalizuje $\int(x^TQx + u^TRu)\,dt$ (4.3 LQR: koszt zamiast biegunów), a zasada maksimum Pontriagina to rachunek wariacyjny z ograniczeniami na sterowanie (5.1 Zasada maksimum Pontriagina, sterowanie czasooptymalne i metoda strzałów). Następna lekcja, 6.2 Metody numeryczne: Python i C++, pokaże, jak równania ruchu z tej lekcji rozwiązywać numerycznie.