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:

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

rozwiązaniem równania Eulera-Lagrange’a:

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

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

$S=\int \limits _{t_{1}}^{t_{2}}Ldt,$

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

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

gdzie:

$E_{kin}$ – energia kinetyczna układu,

$E_{pot}$ – energia potencjalna układu.

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

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

gdzie

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

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

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

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

Przykład: Maszyna Atwooda

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

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

Mamy:

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

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

Czyli lagrangian ma postać:

$L=E_{kin}-E_{pot}={\frac {m_{1}{\dot {x_{1}}}^{2}}{2}}+{\frac {m_{2}{\dot {x_{2}}}^{2}}{2}}+m_{1}gx_{1}+m_{2}gx_{2}.$

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

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

Składowe równania Eulera-Lagrange’a:

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

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

Z równania Eulera-Lagrange’a:

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

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

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

Całkując powyższe równanie dwukrotnie otrzymamy:

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

gdzie $v_{1}(0)$ i $x_{1}(0)$ to prędkość i położenie masy $m_{1}$ w chwili $t=0.$

Trajektorię drugiego ciała łatwo teraz wyznaczyć:

$x_{2}(t)=-x_{1}(t)+C,$

Brachistochrona

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

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

gdzie

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

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

Podstawiając, otrzymujemy:

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

gdzie

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

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

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

Rozwiązując to równanie otrzymujemy brachistochronę:

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

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

gdzie $k$ 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 $g.$ Układ mechaniczny jest w równowadze, gdy jego energia potencjalna jest minimalna. Energia potencjalna wynosi:

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

gdzie

$\rho$ – gęstość liniowa linki,

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

Podstawiając, otrzymujemy:

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

gdzie

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

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

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

Rozwiązując to równanie, otrzymujemy postać krzywej łańcuchowej:

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

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

Dowód

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

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

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

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

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

Korzystając ze wzoru na pochodną funkcji złożonej:

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

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

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

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

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

Bibliografia

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