Równania Eulera-Lagrange’a

Równania Eulera-Lagrange'a, równania Lagrange'a – podstawowe równanie rachunku wariacyjnego, którego rozwiązaniami są funkcje, dla których pewne wyrażenie dane całką oznaczoną jest stacjonarne.

Dla funkcjonału:

$S=\int \limits _{t_{1}}^{t_{2}}L(x(t),x'(t),t)dt$$S = \int\limits_{t_1}^{t_2} L(x(t),x'(t),t) dt$

rozwiązaniem rówania Eulera-Lagrange'a:

${\frac {d}{dt}}\left({\frac {\partial L}{\partial x'}}\right)-{\frac {\partial L}{\partial x}}=0$$\frac{d}{dt} \left (\frac{\partial L}{\partial x'}\right ) - \frac{\partial L}{\partial x} = 0$

są funkcje $x(t)$$x(t)$, dla których $S$$S$ jest stacjonarne. To znaczy, że dla niewielkich odchyleń $x(t)$$x(t)$, $S$$S$ zmienia się nieznacznie. Jest to warunkiem koniecznym, żeby $S$$S$ przyjmowało dla $x(t)$$x(t)$ ekstremum.

Historia

Równanie Eulera-Lagrange'a zostało wprowadzone przez Leonharda Eulera i Josepha Louisa Lagrange'a w latach 1750 podczas prac związanych z problemem tautochrony. Lagrange znalazł rozwiązanie tego problemu w 1755 i przesłał je Eulerowi. Obaj rozwijali dalej tę metodę i zastosowali ją w mechanice, co doprowadziło do sformułowania mechaniki lagranżowskiej. Dzięki ich współpracy powstał rachunek wariacyjny (nazwę tę wymyślił Euler w 1766).

Zastosowania

Równania Eulera-Lagrange'a stosuje się w rachunku wariacyjnym, na przykład szukając najkrótszej drogi (geodezyjnej), biegu promienia światła, czyli linii dla której droga optyczna jest najkrótsza (zasada Fermata) albo do minimalizacji energii (krzywa łańcuchowa).

Mechanika klasyczna

Zgodnie z zasadą Hamiltona układ zachowuje się tak, że działanie $S$$S$ jest stacjonarne.

$S=\int \limits _{t_{1}}^{t_{2}}Ldt$$S=\int\limits^{t_2}_{t_1}L dt$,

gdzie $t$$t$ to czas, a $L$$L$ to lagrangian. W mechanice klasycznej ma on postać:

$L=E_{kin}-E_{pot}$$L = E_{kin} - E_{pot}$,

gdzie:

$E_{kin}$$E_{kin}$ — energia kinetyczna układu,

$E_{pot}$$E_{pot}$ — energia potencjalna układu.

Aby $S$$S$ było stacjonarne, $L$$L$ musi spełniać równanie Eulera-Lagrange'a dla każdej zmiennej stanu $q_{k}(t)$$q_k(t)$:

${\frac {d}{dt}}\left({\frac {\partial L}{\partial {\dot {q_{k}}}}}\right)-{\frac {\partial L}{\partial q_{k}}}=0$$\frac{d}{dt} \left (\frac{\partial L}{\partial \dot{q_k}}\right ) - \frac{\partial L}{\partial q_k} = 0$,

gdzie

${\dot {q_{k}}}={\frac {dq_{k}}{dt}}$$\dot{q_k} = \frac{dq_k}{dt}$.

Wyrażenia występujące w równaniach Eulera-Lagrange'a mają swoje nazwy:

${\frac {\partial L}{\partial q_{k}}}=F_{k}$$\frac{\partial L}{\partial q _{k}} = F_{k}$ — siła uogólniona (jej $k$$k$-ta składowa)

${\frac {\partial L}{\partial {\dot {q}}_{k}}}=p_{k}$$\frac{\partial L}{\partial \dot{q} _{k}} = p_{k}$ — pęd uogólniony (jego $k$$k$-ta składowa)

Przykład: Maszyna Atwooda

Maszyna Atwooda. $x_{1}$$x_{1}$ i $x_{2}$$x_{2}$ to odległości ciał o masach odpowiednio $m_{1}$$m_{1}$ i $m_{2}$$m_{2}$ od poziomu osi krążka. Do opisu układu potrzebne są dwie współrzędne stanu ($x_{1}$$x_{1}$ i $x_{2}$$x_{2}$).

Mamy układ dwóch mas $m_{1}$$m_{1}$ $m_{2}$$m_{2}$ w stałym polu grawitacyjnym ${\vec {g}}$$\vec{g}$ przewieszonych przez nieważki krążek. Linka, na której wiszą również jest nieważka i nierozciągliwa. Chcemy znaleźć równania ruchu tych mas.

Mamy:

$E_{kin}={\frac {m_{1}{\dot {x_{1}}}^{2}}{2}}+{\frac {m_{2}{\dot {x_{2}}}^{2}}{2}}$$E_{kin} = \frac{m_1 \dot{x_1}^2}{2} + \frac{m_2 \dot{x_2}^2}{2}$,

$E_{pot}=m_{1}g(-x_{1})+m_{2}g(-x_{2})$$E_{pot} = m_1g(-x_1) + m_2g(-x_2)$.

Czyli lagrangian ma postać:

$L=E_{kin}-E_{pot}={\frac {m_{1}{\dot {x_{1}}}^{2}}{2}}+{\frac {m_{2}{\dot {x_{2}}}^{2}}{2}}+m_{1}gx_{1}+m_{2}gx_{2}$$L = E_{kin} - E_{pot} = \frac{m_1 \dot{x_1}^2}{2} + \frac{m_2 \dot{x_2}^2}{2} + m_1gx_1 + m_2gx_2$.

A ponieważ linka jest nierozciągliwa $x_{1}=-x_{2}+C$$x_1 = - x_2 + C$, gdzie C jest pewną stałą związana z długością linki. Otrzymujemy lagrangian zależny tylko od jednej współrzędnej:

$L={\frac {(m_{1}+m_{2}){\dot {x_{1}}}^{2}}{2}}+(m_{1}-m_{2})gx_{1}+m_{2}gC$$L = \frac{(m_1+m_2) \dot{x_1}^2}{2} + (m_1-m_2)gx_1 + m_2gC$.

Składowe równania Eulera-Lagranga:

${\frac {d}{dt}}\left({\frac {\partial L}{\partial {\dot {x_{1}}}}}\right)={\frac {d}{dt}}\left({(m_{1}+m_{2}){\dot {x_{1}}}}\right)={(m_{1}+m_{2}){\ddot {x_{1}}}}$$\frac{d}{dt} \left (\frac{\partial L}{\partial \dot{x_1}}\right ) = \frac{d}{dt} \left ( {(m_1+m_2) \dot{x_1}} \right ) = {(m_1+m_2) \ddot{x_1}}$,

${\frac {\partial L}{\partial x_{1}}}=(m_{1}-m_{2})g$$\frac {\partial L}{\partial x_1} = (m_1-m_2)g$.

Z równania Eulera-Lagrange'a:

${\frac {d}{dt}}\left({\frac {\partial L}{\partial {\dot {x_{1}}}}}\right)-{\frac {\partial L}{\partial x_{1}}}={(m_{1}+m_{2}){\ddot {x_{1}}}}-(m_{1}-m_{2})g=0$$\frac{d}{dt} \left (\frac{\partial L}{\partial \dot{x_1}}\right ) - \frac{\partial L}{\partial x_1} = {(m_1+m_2) \ddot{x_1}} - (m_1-m_2)g=0$.

Rozwiązując względem ${\ddot {x_{1}}}$$\ddot{x_1}$, otrzymujemy stałe przyspieszenie:

${\ddot {x_{1}}}={\frac {m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}}g$$\ddot{x_1} = \frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}g$.

Wobec tego

$x(t)={\frac {m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}}g{\frac {t^{2}}{2}}+v_{0}t+x_{0}$$x(t) = \frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}g \frac{t^2}{2} + v_0t + x_0$,

gdzie $v_{0}$$v_{0}$ i $x_{0}$$x_{0}$ to stałe wyznaczane na podstawie warunków początkowych.

Brachistochrona

Brachistochrona to taka krzywa łącząca punkty A i B, że czas ruchu masy punktowej od punktu A do B pod wpływem siły ciężkości $mg$$mg$ jest minimalny. Problem znajdowania takiej krzywej można rozwiązać przy użyciu równania Eulera-Lagrange'a. W tym przypadku szukamy takiej krzywej $y(x)$$y(x)$, żeby czas $t$$t$ był minimalny.

$t=\int \limits _{A}^{B}{\frac {ds}{v}}$$t = \int\limits_A^B \frac{ds}{v}$,

gdzie

$v={\sqrt {2gy}}$$v = \sqrt{2gy}$ — prędkość ciała, której zależność od $y$$y$ wynika z zasady zachowania energii,

$ds={\sqrt {dx^{2}+dy^{2}}}={\sqrt {(x'(y))^{2}+1}}dy$$ds = \sqrt{dx^2 + dy^2} = \sqrt{ (x'(y)) ^2 + 1}dy$ — różniczka drogi.

Podstawiając, otrzymujemy:

$t={\frac {1}{\sqrt {2g}}}\int \limits _{A}^{B}{\sqrt {\frac {{x'(y)}^{2}+1}{y}}}dy={\frac {1}{\sqrt {2g}}}\int \limits _{A}^{B}fdy$$t = \frac{1}{\sqrt{2g}} \int\limits_A^B \sqrt{\frac{{x'(y)}^2 + 1}{y}}dy = \frac{1}{\sqrt{2g}} \int\limits_A^B fdy$,

gdzie

$f={\sqrt {\frac {{x'(y)}^{2}+1}{y}}}$$f = \sqrt{\frac{{x'(y)}^2 + 1}{y}}$.

Czas ruchu będzie minimalny dla krzywej $x(y)$$x(y)$ spełniającej równanie Eulera-Lagrange'a:

${\frac {d}{dy}}{\frac {\partial f}{\partial x'}}-{\frac {\partial f}{\partial x}}=0$$\frac{d}{dy} \frac{\partial f}{\partial x'} - \frac{\partial f}{\partial x} = 0$

Rozwiązując to równanie otrzymujemy brachistochronę:

$x(\theta )={\frac {1}{2}}k^{2}(\theta -sin\theta )$$x(\theta) = \frac{1}{2}k^2 (\theta - sin\theta)$,

$y(\theta )={\frac {1}{2}}k^{2}(1-cos\theta )$$y(\theta) = \frac{1}{2}k^2 (1-cos\theta)$,

gdzie $k$$k$ to stała zależna od warunków brzegowych, czyli od punktów A i B.

Krzywa łańcuchowa

Równanie Eulera-Lagrange'a pozwala także wyznaczyć krzywą łańcuchową, która opisuje kształt doskonale nierozciągliwej i nieskończenie wiotkiej liny o niezerowej masie swobodnie zwisającej między dwoma punktami A i B w jednorodnym polu grawitacyjnym $g$$g$. Układ mechaniczny jest w równowadze, gdy jego energia potencjalna jest minimalna. Energia potencjalna wynosi:

$E_{pot}=\int \limits _{A}^{B}\rho gy(x)ds$$E_{pot} = \int\limits_A^B \rho g y(x) ds$,

gdzie

$\rho$$\rho$ – gęstość liniowa linki,

$ds={\sqrt {dx^{2}+dy^{2}}}={\sqrt {1+(y'(x))^{2}}}dx$$ds = \sqrt{dx^2 + dy^2} = \sqrt{1+ (y'(x)) ^2}dx$ — różniczka długości krzywej.

Podstawiając, otrzymujemy:

$E_{pot}=\rho g\int \limits _{x_{1}}^{x_{2}}y{\sqrt {1+(y'(x))^{2}}}dx=\rho g\int \limits _{x_{1}}^{x_{2}}fdx$$E_{pot} = \rho g \int\limits_{x_1}^{x_2} y\sqrt{1+ (y'(x)) ^2}dx = \rho g \int\limits_{x_1}^{x_2} fdx$,

gdzie

$f=y{\sqrt {1+(y'(x))^{2}}}$$f = y\sqrt{1+ (y'(x)) ^2}$.

Aby energia potencjalna była minimalna, $f$$f$ musi spełniać równanie Eulera-Lagrange'a:

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

Rozwiązując to równanie, otrzymujemy postać krzywej łańcuchowej:

$y(x)=a\,\cosh \left({x \over a}\right)$$y(x) = a \, \cosh \left ({x \over a} \right )$,

$a$$a$ jest stałą zależną od długości liny i położenia punktów A i B.

Dowód

Niech $x$$x$ będzie funkcją parametru $t$$t$ o zadanych warunkach początkowych i końcowych:

$x:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ^{n}$$x: \mathbb R \to \mathbb R^n$ i $x(t_{1})=x_{1},x(t_{2})=x_{2}$$x(t_1)=x_1, x(t_2)=x_2$

Mamy daną funkcję $L(x,x',t)$$L(x,x',t)$ i szukamy takich $x(t)$$x(t)$, żeby $S(x)=\int \limits _{t_{1}}^{t_{2}}Ldt$$S(x)= \int \limits_{t_1}^{t_2} Ldt$ było stacjonarne. Załóżmy, że $x_{0}$$x_{0}$ jest takim rozwiązaniem. Wtedy jeśli $x=x_{0}+\varphi$$x=x_0+ \varphi$ to $\Delta S=S(x_{0})-S(x)$$\Delta S = S(x_0) - S(x)$ jest małe w stosunku do $\varphi$$\varphi$ (przybliżenie liniowe $\Delta S(\varphi )$$\Delta S(\varphi)$ jest równe 0).

Jeśli wprowadzimy parametr $y\in \mathbb {R}$$y \in \mathbb R$ niezależny od czasu i zapiszemy $x=x_{0}+y\varphi$$x = x_0 + y\varphi$ to zagadnienie sprowadza się do analizy funkcji jednej zmiennej $S(y)=\int \limits _{t_{1}}^{t_{2}}L(x_{0}+y\varphi ,{x_{0}}'+y\varphi ',t)dt$$S(y) = \int \limits_{t_1}^{t_2} L(x_0+ y\varphi, {x_0}'+ y\varphi',t )dt$, oraz jeśli równanie jest stacjonarne, to ${\frac {dS}{dy}}=0$$\frac{dS}{dy}=0$

${\frac {dS}{dy}}=\int \limits _{t_{1}}^{t_{2}}{\frac {\partial L}{\partial y}}dt$$\frac{dS}{dy}= \int \limits_{t_1}^{t_2} \frac{\partial L}{\partial y}dt$ (twierdzenie Leibnitza)

Korzystając ze wzoru na pochodną funkcji złożonej:

$0={\frac {dS}{dy}}=\int \limits _{t_{1}}^{t_{2}}(\varphi {\frac {\partial L}{\partial x}}+{\varphi }'{\frac {\partial L}{\partial x'}})dt=\int \limits _{t_{1}}^{t_{2}}\varphi {\frac {\partial L}{\partial x}}dt+\int \limits _{t_{1}}^{t_{2}}\varphi '{\frac {\partial L}{\partial x'}}dt$$0 = \frac{dS}{dy}= \int \limits_{t_1}^{t_2} (\varphi\frac{\partial L}{\partial x} + {\varphi}'\frac{\partial L}{\partial x'})dt = \int \limits_{t_1}^{t_2} \varphi\frac{\partial L}{\partial x}dt + \int \limits_{t_1}^{t_2} \varphi'\frac{\partial L}{\partial x'}dt$

Całkując drugi człon przez części, otrzymujemy: $0=\int \limits _{t_{1}}^{t_{2}}\varphi {\frac {\partial L}{\partial x}}dt+{\Big [}\varphi (t){\frac {\partial L}{\partial x'}}{\Big ]}_{t_{1}}^{t_{2}}-\int \limits _{t_{1}}^{t_{2}}\varphi {\frac {d}{dt}}{\frac {\partial L}{\partial x'}}dt$$0 = \int \limits_{t_1}^{t_2} \varphi\frac{\partial L}{\partial x}dt + \Big[ \varphi(t)\frac{\partial L}{\partial x'} \Big]_{t_1}^{t_2} - \int \limits_{t_1}^{t_2} \varphi\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial x'}dt$.

Ponieważ $x(t_{1})=x_{1}$$x(t_1)=x_1$ dla każdego $x$$x$, więc $\varphi (t_{1})=0$$\varphi(t_1) = 0$. Podobnie $\varphi (t_{2})=0$$\varphi(t_2) = 0$. Wobec tego ${\Big [}\varphi (t){\frac {\partial L}{\partial x'}}{\Big ]}_{t_{1}}^{t_{2}}=0$$\Big[ \varphi(t)\frac{\partial L}{\partial x'} \Big]_{t_1}^{t_2} = 0$

$0=\int \limits _{t_{1}}^{t_{2}}\varphi \left({\frac {\partial L}{\partial x}}-{\frac {d}{dt}}{\frac {\partial L}{\partial x'}}\right)dt$$0 = \int \limits_{t_1}^{t_2} \varphi \left (\frac{\partial L}{\partial x} - \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial x'} \right ) dt$.

Ponieważ warunek ten musi być spełniony dla każdej funkcji $\varphi$$\varphi$, więc wyrażenie ${\frac {\partial L}{\partial x}}-{\frac {d}{dt}}{\frac {\partial L}{\partial x'}}$$\frac{\partial L}{\partial x} - \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial x'}$ musi być równe $0$$0$.

Bibliografia

• John R. Taylor: Mechanika klasyczna. T. 1. Warszawa: Wydawnictwo Naukowe PWN, 2006, s. 212-271. ISBN 978-83-01-14674-0.
• W.I. Arnold: Metody matematyczne mechaniki klasycznej. Warszawa: Państwowe Wydawnictwo Naukowe, 1981, s. 56-61. ISBN 83-01-00143-7.