Bölüm 6

Varyasyonlar Hesabı

Bir integralin en küçük ya da durağan değerini veren eğriyi bulma problemi; en kısa yol ve Fermat ilkesi; Euler–Lagrange denklemi ve türetilişi; birinci integraller ve Beltrami özdeşliği; brakistokron (en kısa süre eğrisi), sabun filmi ve katenoid, silindir üzerinde jeodezikler; birden çok bağımlı değişken; kısıtlı problemler ve Lagrange çarpanı ile asılı zincir; Hamilton ilkesine ilk bakış.

32 dk okuma6 çözümlü örnek6 şekil15 problem

Bu bölümde

Bir fonksiyonelin, yani bir eğrinin tamamına bağlı bir integralin, en küçük ya da durağan değerini aramak ne demektir
Euler–Lagrange denklemini türetmeyi ve uygulamayı
İntegrand bağımsız değişkene ya da bağımlı değişkene açıkça bağlı değilse kullanılabilecek birinci integralleri
Brakistokron, sabun filmi ve jeodezik problemlerini çözmeyi
Birden çok bağımlı değişkenli problemlere ve bir integral kısıtı altındaki problemlere Lagrange çarpanıyla yaklaşmayı
Newton'un ikinci yasasının bir varyasyon ilkesinden de çıkarılabileceğini görmeyi: 7. bölümdeki Lagrange mekaniğine hazırlık

6.1İki örnek

Mekanik, şimdiye kadar hep aynı yoldan ilerledi: kuvvetleri bul, ikinci yasayı yaz, diferansiyel denklemi çöz. Bu bölümde fiziği başka bir açıdan, varyasyon ilkeleri açısından görmemizi sağlayacak matematiksel aracı geliştireceğiz. Bu araçla bir sonraki bölümde Newton mekaniğini, çok daha genel ve çoğu zaman çok daha kullanışlı bir biçimde, Lagrange mekaniği olarak yeniden kuracağız.

Sıradan diferansiyel hesapta bir fonksiyonun en küçük değerini ararız: $f(x)$'in hangi $x$ değerinde en küçük olduğunu bulmak için $f'(x) = 0$ denklemini çözeriz. Varyasyonlar hesabında ise bir fonksiyonelin en küçük değerini ararız. Fonksiyonel, bir sayı yerine bütün bir fonksiyonu (bir eğriyi) girdi olarak alan ve bir sayı veren bir kuraldır. Bu bölümde karşılaşacağımız fonksiyoneller şu biçimdedir:

$$ S[y] = \int_{x_1}^{x_2} f\big(y(x),\, y'(x),\, x\big)\,\dd x $$

(6.1)

Köşeli parantez, $S$'nin tek bir sayıya değil, $x_1$'den $x_2$'ye kadar bütün $y(x)$ eğrisine bağlı olduğunu vurgular. Problem, iki uç noktası sabit, $y(x_1) = y_1$ ve $y(x_2) = y_2$, olan bütün eğriler arasından $S$'yi en küçük yapanı bulmaktır.

En kısa yol. Bir düzlemde iki noktayı birleştiren en kısa eğri nedir? Eğri üzerindeki küçük bir parçanın uzunluğu $\dd s = \sqrt{\dd x^2 + \dd y^2} = \sqrt{1 + y'^2}\,\dd x$'tir; toplam uzunluk

$$ L[y] = \int_{x_1}^{x_2} \sqrt{1 + y'(x)^2}\,\dd x $$

bir fonksiyoneldir. Cevabın doğru parçası olduğunu herkes bilir; ama bunu kanıtlamak, ilk bakışta göründüğünden zordur, çünkü sonsuz sayıda eğriyi karşılaştırmak gerekir. Bu bölümde bu kanıtı ve çok daha zor problemlerin çözümünü verecek genel bir yöntem kuracağız.

Fermat ilkesi. 1662'de Pierre de Fermat, ışığın bir noktadan öbürüne en kısa sürede gidilebilecek yolu izlediğini öne sürdü. Kırılma indisi $n$ olan bir ortamda ışığın hızı $c/n$'dir; ışığın bir yol boyunca geçirdiği süre

$$ t = \int \frac{\dd s}{c/n} = \frac{1}{c}\int n\,\dd s $$

(6.2)

olur. $\int n\,\dd s$'ye optik yol uzunluğu denir. Fermat ilkesine göre ışık, optik yol uzunluğunu en küçük yapan yolu izler. (Daha kesin olarak, optik yol uzunluğunun durağan olduğu yolu; bu inceliğe aşağıda döneceğiz.) Türdeş bir ortamda $n$ sabittir ve ilke ışığın düz gitmesini söyler. Farklı ortamlar söz konusu olduğunda ise ilke önemli bir sonuç verir.

Örnek 6.1Fermat ilkesinden kırılma yasası

Işık, kırılma indisi $n_1$ olan bir ortamdaki $A$ noktasından, düz bir ara yüzeyin öbür yanındaki ve kırılma indisi $n_2$ olan ortamdaki $B$ noktasına gidiyor. Fermat ilkesinden Snell yasasını türetin. Havadan ($n_1 = 1{,}000$) suya ($n_2 = 1{,}333$) normalle 30° açı yaparak gelen ışık hangi açıyla kırılır?

Fermat ilkesi ve kırılma — **Şekil 6.1.** Işık, $A$'dan $B$'ye giderken ara yüzeyi, toplam süreyi en küçük yapan $P$ noktasında geçer. Bu koşul Snell yasasını verir.

Çözüm

Her iki ortamda indis sabit olduğundan ışık her ortamda düz gider; tek soru, ara yüzeyi nerede geçeceğidir. $A$, ara yüzeyden $h_1$ yükseklikte; $B$, $h_2$ derinlikte ve yatayda $A$'dan $D$ uzaklıkta olsun. Işık ara yüzeyi $A$'nın izdüşümünden $x$ uzaklıktaki $P$ noktasında geçerse süre

$$ t(x) = \frac{1}{c}\left[n_1\sqrt{h_1^2 + x^2} + n_2\sqrt{h_2^2 + (D - x)^2}\right] $$

olur. Bu, tek değişkenli sıradan bir fonksiyondur; en küçük değerinde türevi sıfırdır:

$$ \dv{t}{x} = \frac{1}{c}\left[\frac{n_1x}{\sqrt{h_1^2 + x^2}} - \frac{n_2(D - x)}{\sqrt{h_2^2 + (D - x)^2}}\right] = 0 $$

Kesirler, gelme açısı $\theta_1$ ve kırılma açısının $\theta_2$ (normalle yapılan açılar) sinüsleridir (Şekil 6.1):

$$ n_1\sin\theta_1 = n_2\sin\theta_2 $$

Bu, Snell yasasıdır. Sayısal olarak $\sin\theta_2 = 0{,}500/1{,}333 = 0{,}375$, $\theta_2 \approx 22{,}0°$. Işık yavaş ortama girerken normale doğru kırılır: daha yavaş olduğu ortamda daha kısa yol almak "işine gelir". Bir cankurtaranın kumda koşup suda yüzerek boğulmak üzere olan birine en kısa sürede ulaşması da aynı problemdir.

Bu örnekte problem tek bir sayıya ($x$) indirgendi, çünkü her ortamdaki yolun düz olduğunu önceden biliyorduk. Genel durumda bilinmeyen bütün bir eğridir. Şimdi bu genel problemi çözelim.

6.2Euler–Lagrange denklemi

$y = Y(x)$, (6.1)'i en küçük yapan (aradığımız) eğri olsun. Onunla karşılaştırmak için, uç noktaları aynı olan komşu eğriler tanımlayalım:

$$ y(x) = Y(x) + \alpha\,\eta(x), \qquad \eta(x_1) = \eta(x_2) = 0 $$

(6.3)

Burada $\eta(x)$, uçlarda sıfır olan herhangi bir türevlenebilir fonksiyon, $\alpha$ ise bir sayıdır. $\alpha = 0$ için aranan eğriyi, $\alpha \neq 0$ için ondan biraz sapan eğrileri elde ederiz.

Aranan eğri ve komşu eğriler — **Şekil 6.2.** Aranan eğri $Y(x)$ ve aynı uç noktalara sahip komşu eğriler $Y(x) + \alpha\eta(x)$. $\eta$, uç noktalarda sıfırdır.

$\eta$'yı sabit tutup $\alpha$'yı değiştirirsek, $S$ artık sıradan bir $S(\alpha)$ fonksiyonu olur. $Y$ en küçük değeri verdiği için $S(\alpha)$'nın $\alpha = 0$'da en küçük değeri vardır, yani her $\eta$ için

$$ \left.\dv{S}{\alpha}\right|_{\alpha = 0} = 0 $$

olmalıdır. Türevi integralin içine taşıyalım. $\partial y/\partial\alpha = \eta$ ve $\partial y'/\partial\alpha = \eta'$ olduğundan zincir kuralıyla

$$ \dv{S}{\alpha} = \int_{x_1}^{x_2}\left(\frac{\partial f}{\partial y}\,\eta + \frac{\partial f}{\partial y'}\,\eta'\right)\dd x $$

İkinci terimi kısmi integralle düzenleyelim:

$$ \int_{x_1}^{x_2}\frac{\partial f}{\partial y'}\,\eta'\,\dd x = \left[\frac{\partial f}{\partial y'}\,\eta\right]_{x_1}^{x_2} - \int_{x_1}^{x_2}\dv{}{x}\!\left(\frac{\partial f}{\partial y'}\right)\eta\,\dd x $$

Köşeli parantezdeki terim sıfırdır, çünkü $\eta$ uçlarda sıfırdır. Böylece

$$ \left.\dv{S}{\alpha}\right|_{\alpha = 0} = \int_{x_1}^{x_2}\left[\frac{\partial f}{\partial y} - \dv{}{x}\frac{\partial f}{\partial y'}\right]\eta(x)\,\dd x = 0 $$

bulunur; köşeli parantez, $\alpha = 0$'da, yani $y = Y$ eğrisi boyunca hesaplanır. Bu integral, uçlarda sıfır olan her $\eta$ için sıfır olmalıdır. Bu ancak köşeli parantezin kendisi her yerde sıfırsa mümkündür: parantez bir noktada, diyelim pozitif olsaydı, yalnızca o noktanın yakınında pozitif olan bir $\eta$ seçerek integrali pozitif yapabilirdik. Bu sonuca varyasyonlar hesabının temel önsavı denir. Vardığımız denklem şudur:

Teorem 6.1Euler–Lagrange denklemi

Uç noktaları sabit olan eğriler arasında (6.1)'i durağan yapan $y(x)$ eğrisi

$$ \frac{\partial f}{\partial y} - \dv{}{x}\left(\frac{\partial f}{\partial y'}\right) = 0 $$

(6.4)

diferansiyel denklemini sağlar.

Kısmi türevler alınırken $y$, $y'$ ve $x$ bağımsız değişkenler gibi ele alınır: $f$'nin içindeki $y'$, $y$'ye göre kısmi türevde sabit tutulur. Ardından gelen $\dd/\dd x$ ise tam türevdir: $\partial f/\partial y'$, $y(x)$ eğrisi boyunca $x$'in bir fonksiyonudur ve $y$ ile $y'$ üzerinden de $x$'e bağlıdır.

Dikkat

Euler–Lagrange denklemi, en küçük değer için gerekli ama yeterli olmayan bir koşuldur: $S$'yi en küçük, en büyük ya da bir eyer noktasındaki gibi durağan yapan bütün eğriler onu sağlar. Fizikteki varyasyon ilkelerinin çoğunda (Fermat ilkesi, Hamilton ilkesi) aslında durağanlık söz konusudur; "en az", gelenekten kalan ve çoğu zaman doğru olan ama her zaman doğru olmayan bir adlandırmadır. Örneğin bir küre üzerinde iki noktayı birleştiren büyük çemberin uzun yayı da durağan bir yoldur, ama en kısa değildir.

Notasyon. Fizikçiler bu hesabı çoğu zaman $\delta$ simgesiyle kısaltır: $\delta y = \alpha\eta$ yoldaki küçük değişimi, $\delta S = (\dd S/\dd\alpha)\alpha$ ise $S$'deki birinci mertebe değişimi gösterir. Euler–Lagrange denklemi, "$\delta S = 0$" koşulunun karşılığıdır. Bu gösterim Lagrange'ın 1755'te genç yaşta Euler'e yazdığı mektuba dayanır; Euler bu yöntemi beğenip benimsedi ve alana varyasyonlar hesabı adını verdi.

Örnek 6.2En kısa yol bir doğrudur

Euler–Lagrange denklemiyle düzlemde iki noktayı birleştiren en kısa yolun bir doğru parçası olduğunu gösterin.

Çözüm

$f = \sqrt{1 + y'^2}$. $f$, $y$'ye bağlı değildir: $\partial f/\partial y = 0$. (6.4) $\dd(\partial f/\partial y')/\dd x = 0$, yani

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

sabit verir. Buradan $y'^2 = C^2/(1 - C^2)$ da sabittir: eğim sabittir ve eğri bir doğrudur, $y = mx + b$. İki sabit ($m$ ve $b$) eğrinin iki uç noktadan geçmesiyle belirlenir. Bu doğrunun gerçekten en küçük (en büyük ya da eyer değil) olduğu, ikinci varyasyonun pozitif olmasından gösterilebilir (Problem 6.5).

6.3Birinci integraller

Euler–Lagrange denklemi genellikle ikinci mertebe bir diferansiyel denklemdir. Ama iki sık rastlanan durumda bir kez integrali hemen alınabilir ve problem birinci mertebeye iner.

$f$, $y$'ye açıkça bağlı değilse. O zaman $\partial f/\partial y = 0$ ve (6.4) doğrudan

$$ \frac{\partial f}{\partial y'} = \text{sabit} $$

(6.5)

verir. Örnek 6.2 bu durumun bir örneğiydi. 7. bölümde bu durumun mekanikteki karşılığının bir korunum yasası olduğunu göreceğiz.

$f$, $x$'e açıkça bağlı değilse. O zaman şu nicelik sabittir:

$$ f - y'\,\frac{\partial f}{\partial y'} = \text{sabit} $$

(6.6)

Buna Beltrami özdeşliği denir. Kanıtı için sol tarafın $x$'e göre tam türevini alalım. $f = f(y, y')$ olduğundan $\dd f/\dd x = (\partial f/\partial y)y' + (\partial f/\partial y')y''$ ve

$$ \dv{}{x}\left(f - y'\frac{\partial f}{\partial y'}\right) = \frac{\partial f}{\partial y}y' + \frac{\partial f}{\partial y'}y'' - y''\frac{\partial f}{\partial y'} - y'\dv{}{x}\frac{\partial f}{\partial y'} = y'\left[\frac{\partial f}{\partial y} - \dv{}{x}\frac{\partial f}{\partial y'}\right] = 0 $$

olur; son adımda Euler–Lagrange denklemini kullandık. Mekanikte bu özdeşliğin karşılığı enerjinin korunumudur (7. bölüm).

Yöntem

Bir problemde hangi değişkeni bağımsız değişken seçeceğimiz çoğu zaman bizim elimizdedir. $f$ bir değişkene açıkça bağlı değilse, o değişkeni bağımlı değişken yapmak (6.5)'in kullanılmasını sağlar ve hesabı çok kısaltır. Aşağıdaki brakistokron probleminde bu yüzden $x$'i $y$'nin fonksiyonu olarak yazacağız.

6.4Brakistokron

Varyasyonlar hesabının doğuşunu sağlayan problem şudur. Haziran 1696'da Johann Bernoulli, Acta Eruditorum dergisinde Avrupa'nın matematikçilerine meydan okudu: Düşey bir düzlemde, aynı düşey doğru üzerinde olmayan iki nokta veriliyor. Yalnızca yer çekiminin etkisiyle, sürtünmesiz kayan bir boncuğun üst noktadan alt noktaya en kısa sürede ulaşmasını sağlayan eğri hangisidir? Bu eğriye Yunanca "en kısa zaman" anlamına gelen brakistokron denir. Çözümü Johann'ın kendisi, ağabeyi Jakob Bernoulli, Leibniz, l'Hôpital ve Newton verdi. Newton'un çözümü imzasız gönderildi; Johann'ın, çözümü okuyunca "aslanı pençesinden tanıdım" dediği anlatılır.

Cevap ilk bakışta şaşırtıcıdır: doğru parçası değildir. Boncuk, başlangıçta daha dik bir yoldan inerse hızlanır ve yolun geri kalanını daha hızlı kat eder; daha uzun ama daha hızlı bir yol, kısa ama yavaş bir yoldan daha iyi olabilir.

Başlangıç noktasını orijin seçelim ve $y$ eksenini aşağı doğru yönlendirelim. Durgun başlayan boncuğun $y$ derinliğindeki hızı enerji korunumundan $v = \sqrt{2gy}$'dir. Küçük bir $\dd s$ parçasının geçilme süresi $\dd s/v$'dir. Yolu $x = x(y)$ biçiminde yazarsak $\dd s = \sqrt{1 + x'^2}\,\dd y$ (burada $x' = \dd x/\dd y$) ve toplam süre

$$ t = \int_0^{y_2}\frac{\sqrt{1 + x'^2}}{\sqrt{2gy}}\,\dd y $$

olur. İntegrand $f = \sqrt{1 + x'^2}/\sqrt{y}$ (sabit çarpan atılarak) $x$'e bağlı değildir; bu yüzden (6.5) ile

$$ \frac{\partial f}{\partial x'} = \frac{x'}{\sqrt{y(1 + x'^2)}} = \text{sabit} \equiv \frac{1}{\sqrt{2a}} $$

yazabiliriz (sabiti uygun bir biçimde adlandırdık). Kareleyip $x'$'yi çekersek

$$ x' = \sqrt{\frac{y}{2a - y}}, \qquad x = \int_0^y\sqrt{\frac{u}{2a - u}}\,\dd u $$

Bu integral, $u = a(1 - \cos\theta)$ değişken değişikliğiyle kolayca alınır: $\dd u = a\sin\theta\,\dd\theta$ ve $\sqrt{u/(2a - u)} = \sqrt{(1 - \cos\theta)/(1 + \cos\theta)} = \tan(\theta/2)$ olduğundan integrand $a\sin\theta\tan(\theta/2)\,\dd\theta = a(1 - \cos\theta)\,\dd\theta$ olur. Sonuç:

$$ x = a(\theta - \sin\theta), \qquad y = a(1 - \cos\theta) $$

(6.7)

Bu, 2. bölümde dik elektrik ve manyetik alanlarda karşılaştığımız sikloiddir: yarıçapı $a$ olan bir çember, $x$ eksenine alttan değerek kaymadan yuvarlanırken çemberin üzerindeki bir noktanın çizdiği eğri ($y$ aşağı doğru ölçüldüğü için sikloid ters dönmüş görünür). $a$ sabiti, eğrinin bitiş noktasından geçmesi koşuluyla belirlenir.

Brakistokron — **Şekil 6.3.** Aynı iki nokta arasında üç yol: doğru parçası, sikloid (brakistokron) ve önce düşey inip sonra yatay giden yol (köşede hız kaybı olmadığı varsayılarak). Noktalar, boncukların 0,1 s aralıklarla konumlarını gösterir; varış süreleri 1,19 s, 1,00 s ve 1,14 s'dir. Sikloid boyunca kayan boncuk bitişe ilk varır.

Örnek 6.3Sikloid ile doğrunun yarışı

Bir boncuk orijinden, yatayda $\pi a$, düşeyde $2a$ aşağıdaki noktaya kayarak iniyor ($a = 1{,}0$ m). Sikloid boyunca ve doğru parçası boyunca iniş sürelerini karşılaştırın.

Çözüm

Bitiş noktası, sikloidin en alt noktasıdır: $\theta = \pi$'de $x = \pi a$, $y = 2a$. Sikloid boyunca süre: $\dd s = \sqrt{x_\theta^2 + y_\theta^2}\,\dd\theta = a\sqrt{2(1 - \cos\theta)}\,\dd\theta$ ve $v = \sqrt{2ga(1 - \cos\theta)}$ olduğundan $\dd t = \dd s/v = \sqrt{a/g}\,\dd\theta$:

$$ t_{\text{sikloid}} = \pi\sqrt{\frac{a}{g}} = \pi\sqrt{\frac{1{,}0}{9{,}8}} \approx 1{,}00\ \text{s} $$

Doğru parçasının uzunluğu $L = a\sqrt{\pi^2 + 4} = 3{,}72$ m, eğimi $\sin\phi = 2a/L$ ve ivmesi $g\sin\phi = 2ga/L$'dir. Durgun başlayan boncuk için $L = \tfrac12(2ga/L)t^2$, yani

$$ t_{\text{doğru}} = \frac{L}{\sqrt{ga}} = \frac{3{,}72}{3{,}13} \approx 1{,}19\ \text{s} $$

Doğru boyunca iniş %19 daha uzun sürer, oysa sikloidin uzunluğu ($4a = 4{,}0$ m) doğrununkinden fazladır. Sikloid boyunca $\dd t/\dd\theta$'nın sabit olması dikkat çekicidir; bu, sikloidin bir başka özelliğine, eş süre (totokron) olmasına bağlanır: eğrinin herhangi bir noktasından bırakılan boncuk en alt noktaya aynı $\pi\sqrt{a/g}$ sürede ulaşır (Problem 6.9). Christiaan Huygens bu özelliği 1673'te yayımladı ve genlikten bağımsız periyotlu bir sarkaçlı saat tasarladı.

6.5Sabun filmi ve en küçük yüzey

Bir sabun filmi, yüzey gerilimi yüzünden alanını en küçük yapmaya çalışır. Aynı eksen üzerinde, aralarında $2d$ uzaklık bulunan, yarıçapı $R$ olan iki çember tel arasında bir sabun filmi gerildiğini düşünelim. Film, eksen çevresinde dönel simetrik bir yüzey oluşturur. Yüzeyin ekseni $x$ ekseni, eksene uzaklığı $y(x)$ olsun. $\dd s$ uzunluğundaki bir şerit eksen çevresinde döndürülünce alanı $2\pi y\,\dd s$ olan bir halka çizer; toplam alan

$$ A = 2\pi\int_{-d}^{d} y\sqrt{1 + y'^2}\,\dd x $$

olur. İntegrand $f = y\sqrt{1 + y'^2}$, $x$'e açıkça bağlı değildir; Beltrami özdeşliği (6.6) ile

$$ y\sqrt{1 + y'^2} - y'\,\frac{yy'}{\sqrt{1 + y'^2}} = \frac{y}{\sqrt{1 + y'^2}} = c $$

yazabiliriz. $y'$'yi çekersek $y' = \sqrt{y^2/c^2 - 1}$; değişkenleri ayırıp integralleyerek ($\int\dd y/\sqrt{y^2 - c^2} = \operatorname{arcosh}(y/c)$)

$$ y = c\cosh\frac{x - b}{c} $$

(6.8)

bulunur. Simetriden $b = 0$'dır. Bu eğriye zincir eğrisi (katener), onun eksen çevresinde dönmesiyle oluşan yüzeye katenoid denir. Sabit $c$, filmin çemberlerden geçmesi koşulundan bulunur:

$$ R = c\cosh\frac{d}{c} $$

(6.9)

Örnek 6.4İki çember arasında sabun filmi

Yarıçapı $R = 1{,}0$ olan iki çember arasındaki uzaklık $2d = 0{,}60$'tır (uzunluk birimi keyfi). Filmin biçimini bulun ve alanını, iki çemberin içini ayrı ayrı kaplayan iki düz filmin toplam alanıyla karşılaştırın. Çemberler uzaklaştırıldıkça ne olur?

Çözüm

(6.9), $1{,}0 = c\cosh(0{,}30/c)$, sayısal olarak çözülür ve iki kök verir: $c = 0{,}952$ ve $c = 0{,}100$. İkinci kök, ortası çok incelmiş bir yüzeydir ve alanı büyüktür; kararsızdır. Birinci kök ortası biraz incelmiş, hafifçe "bel vermiş" bir filmdir. Katenoidin alanı $A = \pi c[2d + c\sinh(2d/c)]$ (Problem 6.7) ile

$$ A(c = 0{,}952) \approx 3{,}71, \qquad A_{\text{iki disk}} = 2\pi R^2 \approx 6{,}28 $$

Katenoid çok daha küçüktür; sabun filmi bu biçimi alır. Çemberler uzaklaştırıldıkça katenoidin alanı büyür ve $2d/R \approx 1{,}06$'da iki diskin alanına eşit olur. Bundan sonra katenoid yalnızca yerel bir en küçük değerdir: film hâlâ bu biçimde durabilir, ama iki düz disk (bu çözüme Goldschmidt çözümü denir) daha küçük alanlıdır. $2d/R \approx 1{,}33$'ten sonra (6.9)'un hiç çözümü kalmaz; film ortadan kopar ve iki çemberde birer düz film olarak kalır. Bu sınır, $u\tanh u = 1$ denkleminin çözümü $u = 1{,}200$ ile $d/R = u/\cosh u = 0{,}663$'ten gelir. Euler–Lagrange denkleminin yalnızca durağan eğrileri verdiğinin ve sınırdaki "köşeli" çözümleri kapsamadığının güzel bir örneğidir.

6.6Birden çok bağımlı değişken

Pek çok problemde aranan nesne tek bir $y(x)$ fonksiyonu değil, birkaç fonksiyondur. Örneğin üç boyutlu uzaydaki bir eğri, bir $u$ parametresine bağlı $x(u)$, $y(u)$, $z(u)$ fonksiyonlarıyla verilir. Daha genel olarak

$$ S = \int_{u_1}^{u_2} f\big(q_1, \ldots, q_n,\; q_1', \ldots, q_n',\; u\big)\,\dd u $$

fonksiyonelini, uç noktaları sabit olan bütün $q_1(u), \ldots, q_n(u)$ fonksiyonları arasında durağan yapmak isteyelim. Her bağımlı değişkeni ayrı ayrı değiştirebiliriz: yalnızca $q_i$'ye $\alpha\eta_i$ ekleyip ötekileri sabit tutarak, tek değişkenli durumdaki hesabın aynısını yaparız. Her biri için ayrı bir Euler–Lagrange denklemi çıkar:

$$ \frac{\partial f}{\partial q_i} - \dv{}{u}\left(\frac{\partial f}{\partial q_i'}\right) = 0, \qquad i = 1, \ldots, n $$

(6.10)

Bu, $n$ tane bağlaşık diferansiyel denklemdir. 7. bölümde, mekanikteki bir sistemin $n$ genelleştirilmiş koordinatı için tam bu denklemleri yazacağız ($u$ yerine zaman $t$ gelecek).

Örnek 6.5Silindir üzerinde jeodezik

Bir yüzey üzerinde iki noktayı birleştiren en kısa yola jeodezik denir. Yarıçapı $R$ olan bir silindirin yüzeyindeki jeodezikleri bulun.

Çözüm

Silindirik koordinatlarda yüzeydeki bir nokta $(\phi, z)$ ile belirlenir. Yolu $z = z(\phi)$ biçiminde yazalım. Küçük bir parçanın uzunluğu $\dd s^2 = R^2\dd\phi^2 + \dd z^2$ olduğundan

$$ L = \int_{\phi_1}^{\phi_2}\sqrt{R^2 + z'^2}\,\dd\phi $$

İntegrand $z$'ye bağlı değildir; (6.5) ile $z'/\sqrt{R^2 + z'^2} = $ sabit, dolayısıyla $z' = \dd z/\dd\phi$ sabittir: $z = k\phi + z_0$. Bu bir sarmaldır (1. bölüm); özel durumda ($k = 0$) yatay bir çemberdir. Düşey doğrular ($\phi$ sabit) da jeodeziktir; ama bunlar $z(\phi)$ biçiminde yazılamaz ve yolu $\phi(z)$ olarak yazınca aynı yöntemle bulunur. Sonuç geometrik olarak açıktır: silindir bir doğru boyunca kesilip düzleme açılırsa yüzeydeki uzunluklar değişmez ve $(R\phi, z)$ koordinatları düzlemdeki Kartezyen koordinatlara dönüşür. Düzlemdeki en kısa yol doğru olduğundan silindirdeki en kısa yol, açılınca doğru olan eğri, yani sarmaldır.

Bir ince nokta: silindir üzerinde iki nokta, sarmalın silindiri farklı sayıda dolanmasıyla sonsuz sayıda jeodezikle birleştirilebilir (açılmış düzlemde noktanın kopyaları $2\pi R$ aralıklarla tekrarlanır). Bunların hepsi durağandır, ama yalnızca biri en kısadır. Örneğin $R = 1$ m'lik bir silindirde yarım tur ve 2 m yükseklik farkı olan iki noktayı birleştiren en kısa sarmal $\sqrt{\pi^2 + 4} \approx 3{,}72$ m uzunluğundadır.

6.7Kısıtlı problemler: asılı zincir

Bazı problemlerde fonksiyonel, ek bir kısıt altında durağan yapılmalıdır. En ünlü örnek, Kartaca kraliçesi Dido'nun efsanevi problemidir: belirli uzunlukta bir iple en büyük alanı çevirmek (Problem 6.15). Mekanikte de böyle bir problem vardır: uçlarından asılan, uzunluğu $\ell$ olan esnek ve türdeş bir zincir, dengede hangi biçimi alır?

Denge durumunda zincirin potansiyel enerjisi en küçüktür. Çizgisel yoğunluğu $\lambda$ olan zincirin $y$ yüksekliğindeki küçük bir parçasının potansiyel enerjisi $\lambda g y\,\dd s$'dir; yukarıyı pozitif alırsak

$$ U = \lambda g\int y\,\dd s = \lambda g\int_{x_1}^{x_2} y\sqrt{1 + y'^2}\,\dd x $$

Ama $U$'yu, uç noktaları sabit olan bütün eğriler arasında değil, yalnızca uzunluğu $\ell$ olanlar arasında en küçük yapmalıyız:

$$ \ell = \int_{x_1}^{x_2}\sqrt{1 + y'^2}\,\dd x $$

Böyle bir kısıt, sıradan hesaptaki gibi bir Lagrange çarpanıyla ele alınır: $U - \lambda g\mu\,\ell$ birleşimini ($\mu$ bilinmeyen bir sabit) kısıtsız olarak durağan yaparız ve sonunda $\mu$'yü kısıtı sağlayacak biçimde seçeriz. (Bunun neden işe yaradığı Problem 6.14'te tartışılmaktadır.) Durağan yapılacak integrand

$$ f = (y - \mu)\sqrt{1 + y'^2} $$

olur. Bu, sabun filmi problemindeki integrandın $y$ yerine $y - \mu$ yazılmış hâlidir. Çözüm de aynıdır:

$$ y - \mu = c\cosh\frac{x - b}{c} $$

(6.11)

Asılı zincir, zincir eğrisi (katener) biçimini alır; adı da buradan gelir. Üç sabit $c$, $b$ ve $\mu$, iki uç koşulu ve uzunluk kısıtıyla belirlenir.

Örnek 6.6Zincirin sarkması

Uzunluğu 2,0 m olan bir zincir, aynı yükseklikteki ve aralarında 1,6 m bulunan iki çividen asılmıştır. Zincir en alt noktasında ne kadar sarkar?

Çözüm

Orijini simetri eksenine alalım; $b = 0$. Uçlar $x = \pm 0{,}80$ m'de. Zincirin uzunluğu $\ell = \int_{-0{,}8}^{0{,}8}\cosh(x/c)\,\dd x = 2c\sinh(0{,}80/c)$ olmalıdır (çünkü $\sqrt{1 + y'^2} = \cosh(x/c)$). $2c\sinh(0{,}80/c) = 2{,}0$ sayısal olarak $c \approx 0{,}676$ m verir. Sarkma, uçtaki ve ortadaki yükseklik farkıdır:

$$ h = c\left[\cosh\frac{0{,}80}{c} - 1\right] \approx 0{,}53\ \text{m} $$

Galileo, İki Yeni Bilim (1638) adlı kitabında asılı zincirin bir parabole çok yakın olduğunu yazmış ve onu parabol çizmenin pratik bir yolu olarak önermişti. Joachim Jungius 1669'da eğrinin parabol olmadığını gösterdi; doğru eğriyi 1691'de, yine bir meydan okumaya yanıt olarak, Johann Bernoulli, Leibniz ve Huygens buldu. Zincir eğrisi, ters çevrildiğinde yalnızca basınç taşıyan bir kemerin ideal biçimidir; Gaudí'nin yapıları ve St. Louis'deki Gateway Arch bu ilkeye dayanır.

6.8Hamilton ilkesine ilk bakış

Bu bölümün aracını mekaniğe bağlayarak bitirelim. Tek boyutta, potansiyel enerjisi $U(x)$ olan bir parçacığı düşünelim ve kinetik enerjiden potansiyel enerjiyi çıkaran şu fonksiyonu tanımlayalım:

$$ \mathcal{L}(x, \dot{x}) = \tfrac12 m\dot{x}^2 - U(x) $$

Bu fonksiyona Lagrange fonksiyonu (Lagrangian) denir. Şimdi parçacığın $t_1$ anında $x_1$'de, $t_2$ anında $x_2$'de bulunduğu bütün olası $x(t)$ hareketleri arasından şu integrali durağan yapanı soralım:

$$ S = \int_{t_1}^{t_2}\mathcal{L}(x, \dot{x})\,\dd t $$

(6.12)

Bu bir fonksiyoneldir; bağımsız değişken $x$ yerine $t$, bağımlı değişken $y$ yerine $x$'tir. (6.4)'ü uygulayalım: $\partial\mathcal{L}/\partial x = -U'(x) = F$ ve $\partial\mathcal{L}/\partial\dot{x} = m\dot{x}$. Euler–Lagrange denklemi

$$ F - \dv{}{t}(m\dot{x}) = 0 \quad\Rightarrow\quad m\ddot{x} = F $$

verir: Newton'un ikinci yasası! Gerçek hareket, $S$ integralini (eylem) durağan yapan harekettir. Bu sonuca Hamilton ilkesi denir ve 7. bölümün temelidir. İlkenin gücü, $\mathcal{L}$'nin herhangi bir koordinat sisteminde yazılabilmesinden gelir: kutupsal, küresel ya da bir sistemin şekline uygun her koordinatta Euler–Lagrange denklemleri hareket denklemlerini doğrudan verir; 1. bölümde karmaşık ivme ifadeleriyle uğraşarak yaptığımız işi, kinetik ve potansiyel enerjiyi yazmak kadar kolaylaştırır.

Tarihçe

En az eylem fikrinin tarihi uzun ve renklidir. Pierre-Louis de Maupertuis 1744'te doğanın her zaman "eylem" denen bir niceliği en küçük yapacak biçimde davrandığını, bunun da Tanrı'nın bilgeliğinin bir kanıtı olduğunu öne sürdü. Aynı yıl Euler, bu fikrin tek bir parçacık için kesin bir matematiksel biçimini verdi. Lagrange 1788'de Mécanique analytique adlı kitabında mekaniği hiç şekil kullanmadan, yalnızca analizle kurdu ve önsözüne kitapta tek bir şekil bulunmadığını gururla yazdı. William Rowan Hamilton 1834–1835'te eylem ilkesini bugünkü genel biçimine kavuşturdu ve optikle mekanik arasındaki derin benzerliği gösterdi; bu benzerlik bir yüzyıl sonra Schrödinger'e dalga mekaniğini kurarken yol gösterecekti.

Özet

Fonksiyonel, bütün bir eğriye bir sayı atar: $S[y] = \int f(y, y', x)\,\dd x$ (6.1). Fermat ilkesine göre ışık, optik yol uzunluğu $\int n\,\dd s$'yi durağan yapan yolu izler (6.2); bu ilkeden Snell yasası çıkar.
Uçları sabit eğriler arasında $S$'yi durağan yapan eğri, Euler–Lagrange denklemini sağlar: $\partial f/\partial y - \dd(\partial f/\partial y')/\dd x = 0$ (6.4). Bu koşul gereklidir ama en küçük değer için yeterli değildir.
$f$, $y$'ye bağlı değilse $\partial f/\partial y'$ sabittir (6.5); $x$'e bağlı değilse $f - y'\partial f/\partial y'$ sabittir (6.6).
Brakistokron bir sikloiddir (6.7); sikloid aynı zamanda eş süre eğrisidir. Dönel simetrik en küçük yüzey katenoiddir (6.8); çemberler yeterince uzaklaşınca yok olur. Silindir üzerindeki jeodezikler sarmaldır.
Birden çok bağımlı değişkende her biri için ayrı bir Euler–Lagrange denklemi yazılır (6.10). Bir integral kısıtı Lagrange çarpanıyla ele alınır; asılı zincir bir katenerdir (6.11).
$\mathcal{L} = K - U$ için eylem $\int\mathcal{L}\,\dd t$'yi durağan yapan hareket Newton'un ikinci yasasına uyar (6.12): Hamilton ilkesi.

Problemler

Problem 6.1Bir fonksiyonelin değerleri★☆☆

$S[y] = \int_0^1 y'^2\,\dd x$ fonksiyonelini, $(0, 0)$ ile $(1, 1)$ noktalarını birleştiren $y = x$, $y = x^2$ ve $y = \sin(\pi x/2)$ eğrileri için hesaplayın. Euler–Lagrange denklemi hangi eğriyi verir? Bu eğrinin değerinin en küçük olduğunu doğrulayın.

Çözümü göster

$y = x$: $S = 1$. $y = x^2$: $\int_0^1 4x^2\,\dd x = 4/3$. $y = \sin(\pi x/2)$: $\int_0^1(\pi^2/4)\cos^2(\pi x/2)\,\dd x = \pi^2/8 \approx 1{,}23$. $f = y'^2$ için (6.4) $\dd(2y')/\dd x = 0$, yani $y'' = 0$ ve $y = x$ verir; değeri gerçekten en küçüktür. Genel olarak $y = x + \alpha\eta$ için $S = 1 + 2\alpha\int\eta'\,\dd x + \alpha^2\int\eta'^2\,\dd x = 1 + \alpha^2\int\eta'^2\,\dd x \ge 1$, çünkü $\int_0^1\eta'\,\dd x = \eta(1) - \eta(0) = 0$.

Problem 6.2İki kolay Euler–Lagrange denklemi★☆☆

Aşağıdaki integrandlar için Euler–Lagrange denklemini yazın ve genel çözümü bulun: (a) $f = y'^2 + y^2$; (b) $f = y'^2 - y^2$.

Çözümü göster

(a) $\partial f/\partial y = 2y$, $\partial f/\partial y' = 2y'$: $2y - 2y'' = 0$, $y'' = y$, $y = Ae^x + Be^{-x}$. (b) $-2y - 2y'' = 0$, $y'' = -y$, $y = A\cos x + B\sin x$. (b), tek boyutlu bir harmonik salınıcının Lagrange fonksiyonu $\tfrac12 m\dot{x}^2 - \tfrac12 kx^2$'nin ($m = k$ için) biçimidir ve beklendiği gibi salınım verir.

Problem 6.3Fermat ilkesinden yansıma yasası★★☆

Işık, bir aynanın aynı tarafındaki $A$ noktasından aynaya çarpıp $B$ noktasına gidiyor. Fermat ilkesinden gelme ve yansıma açılarının eşit olduğunu gösterin. (Yol gösterici: aynadaki yansıma noktası $x$ değişkenine bağlı yol uzunluğunu yazın.)

Çözümü göster

$A$, aynadan $h_1$, $B$ ise $h_2$ yükseklikte ve yatay uzaklıkları $D$ olsun. Yol uzunluğu $\sqrt{h_1^2 + x^2} + \sqrt{h_2^2 + (D - x)^2}$; türevin sıfırı $x/\sqrt{h_1^2 + x^2} = (D - x)/\sqrt{h_2^2 + (D - x)^2}$, yani $\sin\theta_g = \sin\theta_y$ ve $\theta_g = \theta_y$ ✓. Geometrik yorum: $B$'nin aynadaki görüntüsü $B'$ ile $A$'yı birleştiren doğru, en kısa yoldur.

Problem 6.4Değişen kırılma indisi ve serap★★☆

Kırılma indisi yalnızca yüksekliğe bağlı olan, $n = n(y)$, bir ortamda Fermat ilkesinden $n(y)\sin\theta = $ sabit olduğunu gösterin; burada $\theta$, ışığın düşeyle yaptığı açıdır. Sıcak bir asfaltın üzerinde hava yere yakın yerlerde daha seyrek ve $n$ daha küçüktür. Bu, "yoldaki su" serabını nasıl açıklar?

Çözümü göster

Yolu $x(y)$ olarak yazalım: optik yol $\int n(y)\sqrt{1 + x'^2}\,\dd y$. İntegrand $x$'e bağlı değildir; (6.5) ile $n\,x'/\sqrt{1 + x'^2} = $ sabit. $x'/\sqrt{1 + x'^2} = \sin\theta$ olduğundan $n\sin\theta = $ sabit ✓ (Snell yasasının sürekli biçimi). Yere yaklaştıkça $n$ azalır, $\sin\theta$ artar; ışık yataya yatar ve yeterince eğik gelen ışınlar yeniden yukarı döner. Gözlemci, gökyüzünden gelen ve yerden "yansıyormuş" gibi yukarı dönen ışığı görür: yolda parlak bir su birikintisi.

Problem 6.5Doğru gerçekten en kısadır★★☆

Düzlemde $y = mx + b$ doğrusu için $L[Y + \alpha\eta]$'yı $\alpha$'nın ikinci kuvvetine kadar açın ve $\alpha^2$'nin katsayısının pozitif olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$\sqrt{1 + (m + \alpha\eta')^2}$'yi $\alpha$'ya göre açalım: $g(u) = \sqrt{1 + u^2}$ için $g' = u/\sqrt{1 + u^2}$, $g'' = (1 + u^2)^{-3/2}$. $L = \int[g(m) + \alpha g'(m)\eta' + \tfrac12\alpha^2g''(m)\eta'^2]\,\dd x$. Birinci mertebe terim $g'(m)\int\eta'\,\dd x = 0$ (uçlarda $\eta = 0$). İkinci mertebe terim $\tfrac12\alpha^2(1 + m^2)^{-3/2}\int\eta'^2\,\dd x > 0$ ($\eta$ sıfır değilse) ✓. Doğru gerçek bir en küçük değerdir.

Problem 6.6Beltrami özdeşliğinin başka bir yolu★★☆

$f$, $x$'e açıkça bağlı değilse, $x$'i $y$'nin fonksiyonu olarak yazıp ($x = x(y)$, $\dd x = x'\,\dd y$, $y' = 1/x'$) (6.5)'i uygulayarak Beltrami özdeşliğini yeniden türetin.

Çözümü göster

$S = \int f(y, 1/x')\,x'\,\dd y \equiv \int F(y, x')\,\dd y$. $F$, $x$'e bağlı değildir; (6.5) ile $\partial F/\partial x' = $ sabit. $\partial F/\partial x' = f + x'\,(\partial f/\partial y')\cdot(-1/x'^2) = f - (1/x')\,\partial f/\partial y' = f - y'\,\partial f/\partial y'$ ✓.

Problem 6.7Katenoidin alanı★★☆

$y = c\cosh(x/c)$ eğrisinin $-d \le x \le d$ aralığında $x$ ekseni çevresinde döndürülmesiyle oluşan yüzeyin alanının $\pi c[2d + c\sinh(2d/c)]$ olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$\sqrt{1 + y'^2} = \cosh(x/c)$. $A = 2\pi\int_{-d}^{d}c\cosh^2(x/c)\,\dd x = 2\pi c\int_{-d}^{d}\tfrac12[1 + \cosh(2x/c)]\,\dd x = \pi c[2d + c\sinh(2d/c)]$ ✓.

Problem 6.8Sabun filminin kopma uzaklığı★★☆

(6.9)'un bir çözümü olabilmesi için $d/R$'nin en fazla $u/\cosh u$'nun en büyük değeri kadar olabileceğini gösterin ($u = d/c$). Bu en büyük değerin $u\tanh u = 1$ koşulunda alındığını ve yaklaşık 0,663 olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$R = c\cosh(d/c)$ ile $d/R = (d/c)/\cosh(d/c) = u/\cosh u$. Verilen $d/R$ için çözüm ancak bu değer $u/\cosh u$'nun aldığı değerler arasındaysa vardır. $\dd(u/\cosh u)/\dd u = (\cosh u - u\sinh u)/\cosh^2 u = 0$: $u\tanh u = 1$, $u \approx 1{,}200$; en büyük değer $1{,}200/\cosh 1{,}200 \approx 0{,}663$ ✓. Bu değerden küçük her $d/R$ için iki çözüm vardır (Örnek 6.4'teki gibi), büyükler için hiç yoktur.

Problem 6.9Sikloidin eş süre özelliği★★★

(6.7) ile verilen sikloid üzerinde, en alt noktadan ($\theta = \pi$) eğri boyunca ölçülen yay uzunluğunun $s = 4a\cos(\theta/2)$ olduğunu ve boncuğun potansiyel enerjisinin $s^2$ ile orantılı olduğunu gösterin. Buradan, boncuğun eğrinin herhangi bir noktasından bırakıldığında en alt noktaya aynı $\pi\sqrt{a/g}$ sürede ulaştığını çıkarın.

Çözümü göster

$\dd s = a\sqrt{2(1 - \cos\theta)}\,\dd\theta = 2a\sin(\theta/2)\,\dd\theta$; $\theta$'dan $\pi$'ye integral $4a\cos(\theta/2)$ ✓. En alt noktaya göre yükseklik $h = 2a - y = a(1 + \cos\theta) = 2a\cos^2(\theta/2) = s^2/(8a)$. Potansiyel enerji $mgh = (mg/8a)\,s^2$: yay uzunluğu koordinatında bir harmonik salınıcı, $m\ddot{s} = -(mg/4a)s$, $\omega = \sqrt{g/4a}$. Periyot $2\pi/\omega = 4\pi\sqrt{a/g}$, genlikten bağımsızdır; en alt noktaya varış çeyrek periyot, $\pi\sqrt{a/g}$ ✓.

Problem 6.10Üç boyutta en kısa yol★★☆

Üç boyutlu uzayda iki noktayı birleştiren en kısa yolun bir doğru parçası olduğunu, yolu $y(x)$ ve $z(x)$ fonksiyonlarıyla yazıp (6.10)'u kullanarak gösterin.

Çözümü göster

$L = \int\sqrt{1 + y'^2 + z'^2}\,\dd x$. İntegrand $y$'ye ve $z$'ye bağlı değildir; (6.10): $y'/\sqrt{\ldots} = C_1$, $z'/\sqrt{\ldots} = C_2$. İkisini bölünce $y'/z'$ sabit; karelerini toplayınca $(y'^2 + z'^2)/(1 + y'^2 + z'^2)$ sabit, yani $y'^2 + z'^2$ sabit. Dolayısıyla $y'$ ve $z'$ ayrı ayrı sabittir: yol bir doğrudur ✓.

Problem 6.11Küre üzerinde jeodezikler★★★

Yarıçapı $R$ olan bir küre üzerinde jeodeziklerin büyük çemberler (merkezi kürenin merkezi olan çemberler) olduğunu gösterin. (Yol gösterici: $\dd s^2 = R^2(\dd\theta^2 + \sin^2\theta\,\dd\phi^2)$ ile yolu $\phi(\theta)$ olarak yazın; eksenleri, başlangıç noktası ile bitiş noktası aynı boylam üzerinde olacak biçimde seçin.)

Çözümü göster

$L = R\int\sqrt{1 + \sin^2\theta\,\phi'^2}\,\dd\theta$. İntegrand $\phi$'ye bağlı değildir: $\sin^2\theta\,\phi'/\sqrt{1 + \sin^2\theta\,\phi'^2} = C$. İki nokta aynı boylamda ise yolun her iki ucunda $\phi$ aynıdır. $C \neq 0$ olsaydı $\phi'$ işaret değiştiremezdi ve $\phi$ uçlarda eşit olamazdı ($\phi$ monoton olurdu). Dolayısıyla $C = 0$, $\phi' = 0$: yol bir boylam çizgisidir, yani bir büyük çemberin yayıdır. Eksen seçimi keyfi olduğu için genel sonuç: jeodezikler büyük çemberlerdir ✓. Uçaklar uzun uçuşlarda bu yüzden haritada eğri görünen "büyük çember" rotalarını izler.

Problem 6.12Koni üzerinde jeodezik★★☆

Bir koninin yüzeyi, bir doğru boyunca kesilip düzleme açılabilir. Bu düşünceyle, tepe açısı küçük bir koni üzerinde bir noktadan çıkıp koniyi dolanarak geri gelen jeodeziğin bulunup bulunmadığını tartışın.

Çözümü göster

Yarı tepe açısı $\alpha$ olan koni açılınca, açısı $2\pi\sin\alpha$ olan bir daire dilimi olur. Koni üzerindeki jeodezikler, açılmış dilimdeki doğru parçalarıdır. Bir nokta ile koni etrafında bir tur dolandıktan sonraki aynı nokta, açılmış dilimde aralarında $2\pi\sin\alpha$ açı bulunan iki kopyadır. Bu açı $\pi$'den küçükse ($\sin\alpha < 1/2$, yani $\alpha < 30°$) iki kopya dilimin içinde bir doğru parçasıyla birleştirilebilir: koniyi bir kez dolanıp başlangıç noktasına dönen bir jeodezik vardır (ama noktaya aynı yönde dönmez; bir köşe yapar). Daha geniş konilerde böyle bir jeodezik yoktur.

Problem 6.13Hamilton ilkesi ve Newton yasası★★☆

(a) (6.12)'den yola çıkarak, serbest düşen bir cisim için $\mathcal{L} = \tfrac12 m\dot{y}^2 - mgy$'nin Euler–Lagrange denkleminin $\ddot{y} = -g$ olduğunu gösterin. (b) $t = 0$'da $y = 0$, $t = T$'de $y = 0$ olan hareketler arasında, gerçek hareket $y = \tfrac12 gt(T - t)$ için eylemi hesaplayın ve $y = 0$ (hiç hareket etmeme) ile karşılaştırın.

Çözümü göster

(a) $\partial\mathcal{L}/\partial y = -mg$, $\partial\mathcal{L}/\partial\dot{y} = m\dot{y}$; $-mg - m\ddot{y} = 0$ ✓. (b) $\dot{y} = \tfrac12 g(T - 2t)$. $\int_0^T\tfrac12 m\dot{y}^2\,\dd t = \tfrac18 mg^2\int_0^T(T - 2t)^2\,\dd t = mg^2T^3/24$. $\int_0^T mgy\,\dd t = \tfrac12 mg^2\int_0^T t(T - t)\,\dd t = mg^2T^3/12$. $S = mg^2T^3/24 - mg^2T^3/12 = -mg^2T^3/24$. Hiç hareket etmeme için $S = 0$. Gerçek hareketin eylemi daha küçüktür ✓ (bu durumda eylem gerçekten en küçük değerini alır).

Problem 6.14Lagrange çarpanı neden işe yarar?★★★

$S[y] = \int f\,\dd x$'i, $C[y] = \int g\,\dd x = $ sabit kısıtı altında durağan yapmak istiyoruz. Yol iki parametreli bir aileyle değiştirilsin: $y = Y + \alpha_1\eta_1 + \alpha_2\eta_2$. Kısıtı korumak için $\alpha_1$ ve $\alpha_2$'nin birbirine bağlı olması gerektiğini ve sıradan hesaptaki Lagrange çarpanı yöntemiyle $f - \mu g$ için Euler–Lagrange denkleminin çıktığını gösterin.

Çözümü göster

$S(\alpha_1, \alpha_2)$'yi $C(\alpha_1, \alpha_2) = \text{sabit}$ eğrisi üzerinde durağan yapıyoruz; sıradan hesapta bu, $\nabla S = \mu\nabla C$ koşuludur: $\partial S/\partial\alpha_i = \mu\,\partial C/\partial\alpha_i$ ($\alpha = 0$'da). Tek bir değişime $\eta$ kalsaydı genellikle kısıt bozulurdu; ikinci bir $\eta_2$ kısıtı düzeltmek için gereklidir. Her $\partial/\partial\alpha_i$, Kısım 6.2'deki hesapla $\int[E_f - \mu E_g]\eta_i\,\dd x = 0$ verir; burada $E_f$, $f$'nin Euler–Lagrange ifadesidir. $\eta_1$ keyfi olduğundan ($\eta_2$ sabit tutularak) temel önsavla $E_f - \mu E_g = 0$: $f - \mu g$ için Euler–Lagrange denklemi ✓. $\mu$ sabittir, çünkü $\eta_2$'ye bağlıdır ama $\eta_1$'e bağlı değildir.

Problem 6.15Dido problemi★★★

Uçları $x$ ekseni üzerindeki iki sabit noktada bulunan ve uzunluğu $\ell$ olan bir eğri ile $x$ ekseni arasındaki alanı en büyük yapan eğrinin bir çember yayı olduğunu gösterin.

Çözümü göster

Alan $\int y\,\dd x$, kısıt $\int\sqrt{1 + y'^2}\,\dd x = \ell$. Lagrange çarpanıyla $f = y - \mu\sqrt{1 + y'^2}$. $f$, $x$'e bağlı değildir; Beltrami: $y - \mu\sqrt{1 + y'^2} + \mu y'^2/\sqrt{1 + y'^2} = y - \mu/\sqrt{1 + y'^2} = k$. Buradan $1 + y'^2 = \mu^2/(y - k)^2$, yani $\dd y/\dd x = \pm\sqrt{\mu^2 - (y - k)^2}/(y - k)$. İntegralle $(x - x_0)^2 + (y - k)^2 = \mu^2$: yarıçapı $|\mu|$ olan bir çember ✓. Efsaneye göre Dido, bir öküz derisinden kestiği ince şeritle Kartaca'nın kurulacağı toprağı, deniz kıyısında bir yarım çember çizerek çevirmişti.

İleri okuma

J. R. Taylor, Classical Mechanics, 6. bölüm: bu bölümün yapısına en yakın kaynak.
R. Weinstock, Calculus of Variations with Applications to Physics and Engineering (Dover, 1974): kısıtlı problemler, çok değişkenli problemler ve fizikteki uygulamalar.
I. M. Gelfand ve S. V. Fomin, Calculus of Variations (Prentice Hall, 1963; Dover, 2000): matematiksel temeller, ikinci varyasyon ve yeterli koşullar.
R. P. Feynman, R. B. Leighton ve M. Sands, The Feynman Lectures on Physics, Cilt II, 19. bölüm: "En az eylem ilkesi" üzerine ünlü ve çok sezgisel bir ders.
P. J. Nahin, When Least Is Best (Princeton University Press, 2004): brakistokron başta olmak üzere varyasyon problemlerinin tarihi.