Paylaşım Yap
Tüm Reklamları Kapat

Varyasyonel Analizde Optimizasyon: Euler-Lagrange Denklemi

18 dakika
3,139
Varyasyonel Analizde Optimizasyon: Euler-Lagrange Denklemi
Tüm Reklamları Kapat

Bir önceki yazımızda; tarihi, Kraliçe Dido'dan 17-18. yüzyıl matematikçilerine ve oradan da günümüze kadar uzanan Eşçevre Problemini tanıtmış, fizik alanındaki bazı uygulamalarını inceleyip, Eşçevre Eşitsizliğinin iki boyutlu reel uzay için ispatını vermiştik. Şimdi, varyasyonel analize bir giriş yapalım.

Varyasyonel Analiz

Geçmişi, Newton ve Leibniz'in 1600'lerdeki çalışmalarına kadar uzanan Varyasyonel Analiz, ilk defa aynı yüzyılda Jacob ve Johann Bernoulli tarafından başlı başına bir alan olarak çalışılmaya başlandı. İlerleyen yüzyıllarda ise Euler, Lagrange ve Laplace tarafından gerçekleştirilen büyük çaplı çalışmalarla oldukça geniş bir alan haline gelen Varyasyonel Analiz, daha sonrasında ise Hamilton, Jacobi, Weierstrass, Dirichlet ve Hilbert'in yaptığı katkılarla günümüz matematiksel analizinin merkezindeki alanlardan biri oldu ve hala, matematiğin bir çok alanından fiziğe ve oradan da mühendisliğe kadar uzanan uygulamalarıyla, günümüz dünyasındaki bir çok büyük ilerlemeye olanak vermeye devam ediyor.

Varyasyonel analiz; en basit haliyle, bir fonksiyon uzayı ile reel uzay arasında tanımlı olan fonksiyonellerin, verilen şartlar altında optimize edilmesi ile ilgilenen bir analiz alanıdır.

Tüm Reklamları Kapat

Mesela; JJ fonksiyoneli, y[σ1,σ2]→ℜy_{\,\,{[\sigma_1,\sigma_2]} \to \, \Re }∈C2([σ1,σ2])\,\in C^2([\sigma_1,\sigma_2]) fonksiyonlarını içeren uzay üzerinde tanımlanmış ve Fℜ3→ℜ∈C2(ℜ3)F_{\,\Re^3 \to \Re} \, \in C^2(\Re^3) olsun,

ext\,\,\,ext J[y]=∫σ1σ2\,\,\,\,J[y] = \int_{\sigma_1}^{\sigma_2} F(x,y(x),y′(x))dxF(x,y(x),y^{'}(x)) \,dx

s.t.\,\,\,s.t. y(σ1)=ω1,\,\,\,\,y(\sigma_1)=\omega_1 \,\,, y(σ2)=ω2y(\sigma_2)=\omega_2

formunda olan optimizasyon probleminin çözümleri yani extremalleri; JJ fonksiyonelinin, yukarıdaki sınır şartlarını sağlayan bütün fonksiyonlar arasından, maksimum veya minimum değerlerini aldığı fonksiyonlardır.

Tüm Reklamları Kapat

Yani, daha net bir şekilde ifade etmek gerekirse; eğer y[σ1,σ2]→ℜ∗y^*_{\,\,{[\sigma_1,\sigma_2]} \to \, \Re } ∈C2([σ1,σ2])\,\in C^2([\sigma_1,\sigma_2]) fonksiyonu, yukarıdaki optimizasyon probleminin bir çözümü ise, mesela minimizer fonksiyonu ise yani JJ fonksiyonelini minimize ediyorsa; y∗y^* fonksiyonunun, y(σ1)=ω1y(\sigma_1)=\omega_1 ve y(σ2)=ω2y(\sigma_2)=\omega_2 şartlarını sağlayan bütün y[σ1,σ2]→ℜy_{\,\,{[\sigma_1,\sigma_2]} \to \, \Re }∈C2([σ1,σ2])\,\in C^2([\sigma_1,\sigma_2]) fonksiyonları için, J[y∗]≤J[y]J[y^*] \leq J[y] eşitsizliğini sağladığını söyleyebiliriz.

Euler-Lagrange Denklemi

Şimdi, böyle bir y∗y^* extremalini bulabilmek için öncelikle herhangi bir η(σ1)=η(σ2)=0\eta(\sigma_1)=\eta(\sigma_2)=0 şartını sağlayan η[σ1,σ2]→ℜ∈C2([σ1,σ2])\eta_{\,[\sigma_1,\sigma_2] \to \Re} \in C^2([\sigma_1,\sigma_2]) fonksiyonu seçelim ve y∗ˉ=y∗+ϵη=y∗+δy∗{\bar{y^*}}=y^* + \epsilon \eta=y^*+\delta y^* fonksiyonunu tanımlayalım; buradaki δy∗=ϵη\delta y^* = \epsilon\eta fonksiyonu, y∗y^* fonksiyonunun bir varyasyonudur.

Daha sonrasında ise, ϵ\epsilon parametresine bağlı bir Φ\Phi fonksiyonunu aşağıdaki gibi tanımlayalım.

Φ(ϵ)=J[y∗ˉ]=J[y∗+ϵη]\Phi(\epsilon)=J[\bar{y^*}]=J[y^*+\epsilon\eta] =∫σ1σ2=\int_{\sigma_1}^{\sigma_2} F(x,y∗+ϵη,y∗′+ϵη′)dxF(x,{y^*}+\epsilon\eta,{y^*}'+\epsilon{\eta}')\, dx

Evrim Ağacı'ndan Mesaj

Aslında maddi destek istememizin nedeni çok basit: Çünkü Evrim Ağacı, bizim tek mesleğimiz, tek gelir kaynağımız. Birçoklarının aksine bizler, sosyal medyada gördüğünüz makale ve videolarımızı hobi olarak, mesleğimizden arta kalan zamanlarda yapmıyoruz. Dolayısıyla bu işi sürdürebilmek için gelir elde etmemiz gerekiyor.

Bunda elbette ki hiçbir sakınca yok; kimin, ne şartlar altında yayın yapmayı seçtiği büyük oranda bir tercih meselesi. Ne var ki biz, eğer ana mesleklerimizi icra edecek olursak (yani kendi mesleğimiz doğrultusunda bir iş sahibi olursak) Evrim Ağacı'na zaman ayıramayacağımızı, ayakta tutamayacağımızı biliyoruz. Çünkü az sonra detaylarını vereceğimiz üzere, Evrim Ağacı sosyal medyada denk geldiğiniz makale ve videolardan çok daha büyük, kapsamlı ve aşırı zaman alan bir bilim platformu projesi. Bu nedenle bizler, meslek olarak Evrim Ağacı'nı seçtik.

Eğer hem Evrim Ağacı'ndan hayatımızı idame ettirecek, mesleklerimizi bırakmayı en azından kısmen meşrulaştıracak ve mantıklı kılacak kadar bir gelir kaynağı elde edemezsek, mecburen Evrim Ağacı'nı bırakıp, kendi mesleklerimize döneceğiz. Ama bunu istemiyoruz ve bu nedenle didiniyoruz.

Φ\Phi fonksiyonu, ϵ=0\epsilon=0 noktasında J[y∗]J[y^*] değerini aldığından ve y∗y^* fonksiyonunu da JJ fonksiyonelinin extremali olarak seçmiş olduğumuzdan dolayı; Φ(0)\Phi (0) değeri, Φ\Phi fonksiyonunun bir extremum noktasıdır ve böylece Φ′(0)=0{\Phi}'(0)=0 olur, yani ϵ=0\epsilon=0 için aşağıdaki denklem sağlanır.

Φ′(ϵ)=ddϵ[∫σ1σ2 {\Phi}'(\epsilon)= \frac {d}{d\epsilon}\,[\,\int_{\sigma_1}^{\sigma_2} F(x,y∗+ϵηF(x,y^*+\epsilon\eta,y∗′+ϵη′)dx], {y^*}'+\epsilon{\eta}' )\,dx \,] =∫σ1σ2= \int_{\sigma_1}^{\sigma_2} [ddϵF(x,y∗+ϵη,y∗′+ϵη′)]dx[ \frac{d}{d\epsilon}\,F(x,\,{y^*}+\epsilon\eta,\,{y^*}'+\epsilon{\eta}')\,]\, dx =0=0

Tam bu noktada bir antiparantez açıp ddϵF(x,y∗+ϵη,y∗′+ϵη′)\frac{d}{d\epsilon} F (x,\, y^{*}+\epsilon\eta, \,{y^{*}}'+\epsilon{\eta}') türevinin neye eşit olduğunu detaylıca açıklayalım. Öncelikle, G:ϵ⟼(x,y∗+ϵη,y∗′+ϵη′)G: \epsilon \longmapsto (x,\, y^{*}+\epsilon\eta, \,{y^{*}}'+\epsilon{\eta}') olacak şekilde bir G=(G1,G2,G3)G=(G_1,G_2,G_3) fonksiyonu tanımlayalım; böylece yukarıdaki türevi, ddϵ(F∘G)\frac{d}{d\epsilon} (\,F \circ G\,)(ϵ)(\epsilon) şeklinde yazabiliriz ve fonksiyonların Jacobian matrisleri için:

ddϵ(F∘G)=[D(F∘G)]=\frac{d}{d\epsilon}(F\circ G)=[D ( F\circ G)] = [DF∘G]×[DG][DF \circ G ] \times [ DG ]

yani,

ddϵ(F∘G)\frac{d}{d\epsilon}(F\circ G)=[∂F∂x∘G,∂F∂y∘G,∂F∂y′∘G]×= [ \,\frac{\partial{F}}{\partial{x}} \circ G ,\,\, \frac{\partial{F}}{\partial{y}} \circ G ,\,\, \frac{\partial{F}}{\partial{y^{'}}} \circ G\,] \times[ddϵG1ddϵG2ddϵG3]\begin{bmatrix} \frac{d}{d \epsilon} {G_1} \\ \frac{d}{d \epsilon} {G_2} \\ \frac{d}{d \epsilon} {G_3} \end{bmatrix}

Tüm Reklamları Kapat

olduğundan ve

ddϵG1\frac{d}{d\epsilon} G_1(ϵ)(\epsilon)=ddϵ(x)=\frac{d}{d\epsilon} (x)=0=0 , ddϵG2(ϵ)=ddϵ(y∗+ϵη)\frac{d}{d\epsilon} G_2 (\epsilon)= \frac{d}{d\epsilon} (y^{*}+\epsilon\eta)=η=\eta ve ddϵG3(ϵ)=ddϵ(y∗′+ϵη′)\frac{d}{d\epsilon} G_3(\epsilon)= \frac{d}{d\epsilon}({y^{*}}'+\epsilon{\eta}') =η′={\eta}'

olduğundan dolayı,

Tüm Reklamları Kapat

ddϵF(x,y∗+ϵη,y∗′+ϵη′)=\frac{d}{d\epsilon} F (x,\, y^{*}+\epsilon\eta, \,{y^{*}}'+\epsilon{\eta}')= ddϵ(F∘G)(ϵ)\frac{d}{d\epsilon} (\,F \circ G\,)(\epsilon) =(∂F∂y∘G)(ϵ)η(x)+(∂F∂y′∘G)(ϵ)η′(x)=(\frac{\partial{F}}{\partial{y}} \circ G)(\epsilon)\,\, \eta (x) + (\frac{\partial{F}}{\partial{y^{'}}} \circ G)(\epsilon)\,\, {\eta}'(x)

olur. Böylece:

Φ′(0)=\,\,{\Phi}'(0)= ∫σ1σ2\int_{\sigma_1}^{\sigma_2} [∂F∂yη+∂F∂y′η′][\,\frac{\partial{F}}{\partial{y}} \, \eta + \frac{\partial{F}}{\partial{{y}'}} \, {\eta}' \,] dxdx =0=0 yani, ∫σ1σ2\int_{\sigma_1}^{\sigma_2} ∂F∂yηdx\frac{\partial{F}}{\partial{y}} \, \eta \, dx ++ ∫σ1σ2\int_{\sigma_1}^{\sigma_2} ∂F∂y′η′dx \frac{\partial{F}}{\partial{{y}'}} \, {\eta}'\,dx =0=0

olur.

Tüm Reklamları Kapat

Agora Bilim Pazarı
PALMETRE AYT EŞİT AĞIRLIK 5 DENEME SINAVI

(12. SINIF BİRİNCİ DÖNEM KONULARINI İÇERİR.)

Devamını Göster
₺315.00
PALMETRE AYT EŞİT AĞIRLIK 5 DENEME SINAVI
  • Dış Sitelerde Paylaş

Daha sonrasında ise ∫σ1σ2\int_{\sigma_1}^{\sigma_2}∂F∂y′η′dx\frac{\partial{F}}{\partial{y}'} \, {\eta}'\,dx =∫σ1σ2=\int_{\sigma_1}^{\sigma_2} ∂F∂y′dη\frac{\partial{F}}{\partial{y}'} \,\, d{\eta} integrali için parçalı integrasyon yapılırsa:

∫σ1σ2\int_{\sigma_1}^{\sigma_2} ∂F∂yηdx\frac{\partial{F}}{\partial{y}} \, \eta \, dx ++ ∂F∂y′η\frac{\partial{F}}{\partial{{y}'}} \eta∣σ1σ2\mid_{\sigma_1}^{\sigma_2}−- ∫σ1σ2\int_{\sigma_1}^{\sigma_2} ηd(∂F∂y′)\, \eta \, d(\frac{\partial{F}}{\partial{{y}'}}) == ∂F∂y′η\frac{\partial{F}}{\partial{{y}'}} \eta∣σ1σ2\mid_{\sigma_1}^{\sigma_2} ++ ∫σ1σ2\int_{\sigma_1}^{\sigma_2} ∂F∂yη\frac{\partial{F}}{\partial{y}} \, \eta −- ηddx(∂F∂y′)\, \eta \, \frac{d}{dx}(\frac{\partial{F}}{\partial{{y}'}}) dxdx =0=0

eşitliği elde edilir. Öte yandan, η(σ1)=η(σ2)=0\eta(\sigma_1)=\eta(\sigma_2)=0 olduğundan dolayı, ∂F∂y′η\frac{\partial{F}}{\partial{{y}'}} \eta∣σ1σ2\mid_{\sigma_1}^{\sigma_2} =0=0 olur; yani, eğer y∗y^* fonksiyonu, JJ fonksiyonelinin bir extremali ise; η(σ1)=η(σ2)=0\,\eta(\sigma_1)=\eta(\sigma_2)=0 şartını sağlayan her η[σ1,σ2]→ℜ∈C2([σ1,σ2])\eta_{\,[\sigma_1,\sigma_2] \to \Re} \in C^2([\sigma_1,\sigma_2]) fonksiyonu için:

∫σ1σ2\int_{\sigma_1}^{\sigma_2}[[ ∂F∂y\frac{\partial{F}}{\partial{y}}−\,- ddx∂F∂y′](x,y∗(x),y∗′(x)) \frac{d}{dx}\frac{\partial{F}}{\partial{{y}'}}\,]\,(x,\,{y^*}(x),\,{y^*}'(x)\,) η(x)dx\eta(x) \,\,dx =0=0

eşitliğini sağlar.

Böylece, Euler-Lagrange Denklemine ulaşmamıza son bir adım kalmış oldu. Şimdi; yukarıdaki integrali, FF fonksiyonunun bir kısmi diferansiyel denklemine indirgeyerek hedefimize ulaşabilmek için, Varyasyonel Analizin Temel Lemmasını ve bu lemmanın ispatını vereceğiz.

Lemma (Fundamental Lemma of the Calculus of Variations)

ϕ[σ1,σ2]→ℜ∈C0([σ1,σ2])\phi_{\,[\sigma_1,\sigma_2] \to \Re} \in C^0([\sigma_1,\sigma_2]) fonksiyonu için; her η(σ1)=η(σ2)=0 \eta(\sigma_1)=\eta(\sigma_2)=0 şartını sağlayan η[σ1,σ2]→ℜ∈C2([σ1,σ2])\eta_{\,[\sigma_1,\sigma_2] \to \Re} \in C^2([\sigma_1,\sigma_2]) fonksiyonu, ∫σ1σ2\int_{\sigma_1}^{\sigma_2}ϕ(x)η(x)dx=0\phi(x) \eta(x) \, dx\,=0 eşitliğini sağlıyorsa, ϕ≡0\phi ≡ 0 yani, her x∈[σ1,σ2]x \in [\sigma_1,\sigma_2] için ϕ(x)=0\phi(x)=0 olur.

İspat

Çelişki elde ederek ispatlamak için, ϕ\phi fonksiyonunun x=ξx=\xi noktasında sıfıra eşit olmadığını, pozitif olduğunu varsayalım. Bu durumda, ϕ\phi sürekli olduğundan dolayı, ξ\xi noktasının öyle bir G=(ξ0,ξ1)∋ξ⊂(σ1,σ2)G= (\xi_0,\xi_1)_{\ni \xi} \subset (\sigma_1,\sigma_2) komşuluğu vardır ki, ϕ∣G\phi |_{G} >0\gt 0 olur.

Burada bir antiparantez daha: Eğer ϕ(ξ)>0\phi(\xi) \gt 0 olması için ξ=σ1\xi=\sigma_1 ya da ξ=σ2\xi=\sigma_2 olarak seçilirse de, zaten ϕ\phi fonksiyonunun sürekliliğinden dolayı öyle bir ξ∗∈(σ1,σ2)\xi^* \in (\sigma_1,\sigma_2) vardır ki ϕ(ξ∗)>0\phi(\xi^*) \gt 0 olur, bu durumda da öyle ξ0∗\xi^*_0 ve ξ1∗\xi^*_1 sayıları seçilebilir ki ξ∗\xi^* noktasının G∗=(ξ0∗,ξ1∗)∋ξ∗⊂(σ1,σ2)G^*= (\xi^*_0,\xi^*_1)_{\ni \xi^*} \subset (\sigma_1,\sigma_2) komşuluğu için ϕ∣G∗>0\phi |_{G^*} \gt 0 olur ve bu ξ∗\xi^* noktası için de ispata aşağıdaki gibi devam edilebilir.

η[σ1,σ2]→ℜ∈C2([σ1,σ2])\eta_{\,[\sigma_1,\sigma_2] \to \Re} \in C^2([\sigma_1,\sigma_2]) fonksiyonunu da:

Tüm Reklamları Kapat

η(x)=\eta(x)= {(x−ξ0)4(x−ξ1)4x∈G0x∉G\begin{cases} ( x-\xi_0 )^4 ( x-\xi_1 )^4 && x \in G \\ 0 && x\notin G \end{cases} \,\,\,

olarak tanımlayalım.

Bu durumda; ∫Gϕ(x)η(x)dx>0\int_G \phi(x) \eta(x) \, dx \gt0 ve ∫[σ1,σ2]∖Gϕ(x)η(x)dx=0\int_{[\sigma_1,\sigma_2]\setminus G} \phi(x) \eta(x) \, dx = 0 olduğundan dolayı, ∫σ1σ2ϕ(x)η(x)dx>0\int_{\sigma_1}^{\sigma_2} \phi(x) \eta(x) \, dx \gt0 sonucuna ulaşırız. Böylece:

∫σ1σ2ϕ(x)η(x)dx=0\int_{\sigma_1}^{\sigma_2} \phi(x) \eta(x) \, dx = 0 ⟹∫σ1σ2ϕ(x)η(x)dx>0\implies \int_{\sigma_1}^{\sigma_2} \phi(x) \eta(x) \, dx \gt0

Tüm Reklamları Kapat

şeklinde bir çelişki elde etmiş olduk.

Öyleyse ϕ(ξ)>0\phi(\xi)\gt0 olacak şekilde bir ξ∈[σ1,σ2]\xi \in [\sigma_1,\sigma_2] seçemeyiz ve aynı yolu izleyerek ϕ(ξ)<0\phi(\xi) <0 olacak şekilde de bir ξ∈[σ1,σ2]\xi \in [\sigma_1,\sigma_2] seçemeyeceğimizi de gösterebiliriz. Böylece ϕ(ξ)≠0\phi(\xi) \neq0 olacak şekilde bir ξ∈[σ1,σ2]\xi \in [\sigma_1,\sigma_2] seçemeyeceğimizi göstererek, ϕ≡0\phi ≡ 0 olduğunu ispatlamış olduk.

■\blacksquare

İşte şimdi; ∫σ1σ2\int_{\sigma_1}^{\sigma_2} [∂F∂y−ddx∂F∂y′](x,y∗(x),y∗′(x))η(x)dx[\frac{\partial{F}}{\partial{y}} \,- \frac{d}{dx}\frac{\partial{F}}{\partial{{y}'}}\,]\,(x,\,{y^*}(x),\,{y^*}'(x)\,) \,\, \eta(x) \,dx =0=0 eşitliğindeki integrali, FF fonksiyonunun bir kısmi diferansiyel denklemi olarak yazabiliriz. Detaylıca açıklayacak olursak, H:x⟼H: x \longmapsto (x,y∗(x),y∗′(x))(x,\,{y^*}(x),\,{y^*}'(x)\,) olacak şekilde bir H=(H1,H2,H3)H=(H_1,H_2,H_3) fonksiyonu tanımlayıp∂F∂y−ddx∂F∂y′(x,y∗(x),y∗′(x))\frac{\partial{F}}{\partial{y}} \,- \frac{d}{dx}\frac{\partial{F}}{\partial{{y}'}}\,\,(x,\,{y^*}(x),\,{y^*}'(x)\,) =([∂F∂y−ddx∂F∂y′]∘H)(x)= \big( [\frac{\partial{F}}{\partial{y}} \,- \frac{d}{dx}\frac{\partial{F}}{\partial{{y}'}}\,] \circ H \big) (x) eşitliğini yazarak, Varyasyonel Analizin Temel Lemmasındaki ϕ[σ1,σ2]→ℜ∈C0([σ1,σ2])\phi_{\,[\sigma_1,\sigma_2] \to \Re} \in C^0([\sigma_1,\sigma_2]) fonksiyonunu,([∂F∂y−ddx∂F∂y′]∘H)\big( [\frac{\partial{F}}{\partial{y}} \,- \frac{d}{dx}\frac{\partial{F}}{\partial{{y}'}}\,] \circ H \big) fonksiyonu olarak seçtiğimizde, ([∂F∂y−ddx∂F∂y′]∘H)≡0\big( [\frac{\partial{F}}{\partial{y}} \,- \frac{d}{dx}\frac{\partial{F}}{\partial{{y}'}}\,] \circ H \big) ≡ 0 sonucuna ulaşırız.

Tüm Reklamları Kapat

Yani; eğer y∗y^* fonksiyonu, JJ fonksiyonelinin bir extremali ise, Euler-Lagrange Denklemi olarak adlandırılan aşağıdaki kısmi diferansiyel denklemi sağlar:

∂F∂y\frac{\partial{F}}{\partial{y}} (x,y∗(x),y∗′(x))(x,\,{y^*}(x),\,{y^*}'(x)\,) −- ddx∂F∂y′ \frac{d}{dx}\frac{\partial{F}}{\partial{{y}'}} (x,y∗(x),y∗′(x))(x,\,{y^*}(x),\,{y^*}'(x)\,) =0=0

Böylece; her extremalin, yukarıdaki denklemi sağladığını ispatlamış olduk yani denklemin hiçbir çözümü yoksa fonksiyonelin de hiçbir extremali yoktur; ancak bu durum, tabii ki de bu denklemin her çözümünün bir extremal olduğu anlamına gelmiyor. Extremalin varlığından emin olduğumuz durumlarda; bu extremali, denklemin çözümlerinde ararız ya da bunun üzerine extremalin tekliğinden de eminsek, yani ilgilendiğimiz fonksiyonel bahsettiğimiz durumlarla ilgili olan teoremlerin şartları ile uyuşuyorsa, denklemin tek çözümü olan fonksiyonun, extremal olduğunu söyeleyebiliriz.

Son bölümümüzde de Leonhard Euler ve Joseph-Louis Lagrange'ın isim verdiği bu denklemin bazı uygulamalarından bahsederek yazımızı sonlandıralım.

Tüm Reklamları Kapat

Euler-Lagrange Denklemi ile Optimizasyon

İki Nokta Arasındaki Minimal Eğri

En basit örneklerden bir tanesi ile başlayalım: düzlemdeki iki nokta arasındaki en kısa eğri. Cevabın, sezgisel olarak, bir doğru parçası olduğu çok açık olsa da biz bu sonuca, Varyasyonel Analiz ile nasıl ulaşabileceğimiz üzerinde duralım:

minmin \,\,\,\, ∫σ1σ2\int_{\sigma_1}^{\sigma_2} 1+(u′)2dx\sqrt{1+(u')^2}\, dx

s.t.s.t.\,\,\,\, u(σ1)=ω1u(\sigma_1)=\omega_1 ,u(σ2)=ω2, \, u(\sigma_2)=\omega_2

Yani, düzlemdeki herhangi iki nokta, (σ1,ω1)(\sigma_1,\omega_1) ve (σ2,ω2)(\sigma_2,\omega_2), arasındaki u[σ1,σ2]→ℜ∈C2u_{\,\,[\sigma_1,\sigma_2] \to \Re} \in C^2 eğrilerinden hangisinin yay uzunluğu daha azdır?

Tüm Reklamları Kapat

Antiparantez; esasında, ζ[κ1,κ2]→ℜ2∈C2\zeta_{\,\,[\kappa_1,\kappa_2] \to \Re^2}\in C^2 parametrize eğrileriyle yani problemin daha genel bir domainiyle çalışmak daha doğru olurdu ancak; cevabın, u[σ1,σ2]→ℜ∈C2u_{\,\,[\sigma_1,\sigma_2] \to \Re} \in C^2 eğrilerinden olması gerektiği sezgisini kabul edip bu eğriler üzerine oluşturmuş olduğumuz denklemimizi kullanarak ve extremalin varlığını ise, ilerleyen problemlerde de, varsayarak cevap vereceğiz.

L(x,u,u′)=1+(u′)2L(x,u,u')=\sqrt{1+(u')^2}\, olmak üzere, ∂L∂u\frac{\partial L}{\partial u} =0=0 ve ∂L∂u′=u′1+(u′)2\frac{\partial L}{\partial u'} = \frac{u'}{\sqrt{1+(u')^2}\,} olduğundan dolayı,

Euler-Lagrange Denklemi: ∂L∂u\frac{\partial L}{\partial u} −ddx∂L∂u′- \frac{d}{dx}\frac{\partial L}{\partial u'} == ddx \frac{d}{dx} (u′1+(u′)2)( \frac{u'}{\sqrt{1+(u')^2}} ) =0=0 eşitliğini elde ederiz, böylece:

ddx \frac{d}{dx} (u′1+(u′)2)( \frac{u'}{\sqrt{1+(u')^2}} ) =u′′1+(u′)2−(1+(u′)2)−12u′u′u′′1+(u′)2= \frac {u''\sqrt{1+(u')^2} - (1+(u')^2)^{- \frac{1}{2}}u'u'u''}{1+(u')^2}=0=0

Tüm Reklamları Kapat

olur (1+(u′)2)(1+(u')^2) ile çarparak:

u′′1+(u′)2u''\sqrt{1+(u')^2} =(1+(u′)2)−12u′u′u′′= (1+(u')^2)^{- \frac{1}{2}}u'u'u''

eşitliğini elde edip, her iki tarafı 1+(u′)2\sqrt{1+(u')^2} ile çarpıp:

(1+(u′)2)u′′(1+(u')^2)\,u'' =(u′)2u′′= (u')^2\,u'' yani, [(1+(u′)2)−(u′)2]u′′=0[ (1+(u')^2) - (u')^2 ] \, u'' = 0

Tüm Reklamları Kapat

sonucuna ulaşmış oluruz.

Yani, u′′=0u''=0 olduğundan dolayı, denklemin çözümü, bir doğru parçasıdır.

Minimal Revulasyon Yüzeyi

Bir diğer klasik problem ise Minimal Revulasyon Yüzeyi, yani konusu, v[−t,t]→ℜ∈C2v_{\,\,[-t,t] \to \Re} \in C^2 fonksiyonlarının xx ya da yy ekseni etrafında döndürülerek oluşturulan yüzeyler arasından minimum alana sahip olanı bulmak olan problem... Bu problemde, verilen sınır şartlarına uyan bütün v[−t,t]→ℜ∈C2v_{\,\,[-t,t] \to \Re} \in C^2 fonksiyonları arasından hangisinin, xx ekseninde döndürülünce minimum alana sahip yüzeyi oluşturduğu üzerinde duracağız:

minmin \,\,\,\, 2π∫−tt2 \pi \int_{-t}^{\,t} v(x)1+(v′(x))2dxv(x) \sqrt{1+(v'(x))^2}\,\,dx

Tüm Reklamları Kapat

s.t.s.t. \,\,\,\, v(−t)=v(t)=rv(-t)=v(t)=r

Şimdi, fonksiyonelin integrandı olan fonksiyonun xx değişkenine bağlı olmadığı, yani L(z,ϕ)L(z,\phi) formunda olduğu, yukarıdaki gibi problemler için daha sade bir denklem yazalım. LL fonksiyonunun xx değişkenine bağlı türevini açıp,

ddxL(u,u′)=\frac{d}{dx} L(u,u') = ∂L∂z(u,u′)u′\frac{\partial L}{\partial z} (u,u')\, u' +∂L∂ϕ(u,u′)u′′+\, \frac{\partial L}{\partial {\phi}}(u,u') \, u''

eşitliğini elde ettikten sonra,

Tüm Reklamları Kapat

LL fonksiyonu için Euler-Lagrange Denklemi: ∂L∂z\frac{\partial L}{\partial z} =ddx∂L∂ϕ=\frac{d}{dx} \frac{\partial L}{\partial \phi} olduğundan dolayı,

ddxL(u,u′)=\frac{d}{dx} L(u,u') = u′u' ddx∂L∂ϕ\frac{d}{dx} \frac{\partial L}{\partial \phi} (u,u′)(u,u') +∂L∂ϕ(u,u′)u′′+\, \frac{\partial L}{\partial {\phi}}(u,u') \, u''=ddx[∂L∂ϕ(u,u′)u′]= \frac{d}{dx}[ \frac{\partial L}{\partial \phi}(u,u')\, u' ]

eşitliğini elde ederiz, böylece,

ddx[L(u,u′)−\frac{d}{dx}[ L(u,u')- ∂L∂ϕ(u,u′)u′]\frac{\partial L}{\partial \phi}(u,u')\, u' ] =0=0 yani herhangi bir CC sabiti için, L(u,u′)−∂L∂ϕ(u,u′)u′ L(u,u')-\frac{\partial L}{\partial \phi}(u,u')\, u' == CC olur ve istediğimiz sadeleştirilmiş denkleme ulaşmış oluruz.

Tüm Reklamları Kapat

Minimal Revulasyon Yüzeyi problemimize geri dönecek olursak:

∂L∂ϕ(v,v′)v′\frac{\partial L}{\partial \phi}(v,v')\, v' =v′(x)∂∂ϕ[v(x)1+(v′(x))2]=v'(x)\, \frac{\partial}{\partial \phi} [v(x) \sqrt{1+(v'(x))^2}\,] =v(x)(v′(x))21+(v′(x)2)= \frac{v(x)(v'(x))^2}{\sqrt{1+(v'(x)^2)}}

olduğundan dolayı, Sadeleştirilmiş Euler-Lagrange Denklemi:

v(x)1+(v′(x))2v(x) \sqrt{1+(v'(x))^2} −v(x)(v′(x))21+(v′(x)2)-\,\frac{v(x)(v'(x))^2}{\sqrt{1+(v'(x)^2)}} =1c= \frac{1}{c}

Tüm Reklamları Kapat

olur.

Böylece, her iki tarafı 1+(v′(x))2 \sqrt{1+(v'(x))^2} ile çarparak, cv(x)=1+(v′(x))2cv(x)= \sqrt{1+(v'(x))^2} eşitliğine ulaşırız.

Öte yandan, 1+(v′(x))2 \sqrt{1+(v'(x))^2} ≥1\ge 1 olduğundan dolayı v≥1cv\ge \frac{1}{c} olduğu açıktır ve yukarıdaki denklemden, v(x)=1c⟺v′(x)=0v(x)=\frac{1}{c} \iff v'(x)=0 sonucuna ulaşılabileceğinden ötürü vv fonksiyonunun minimum değerinin 1c\frac{1}{c} olduğunu bulmuş oluruz.

Yukarıdaki denklemin her iki tarafının karesini alarak elde edeceğimiz c2v(x)2−(v′(x))2=1c^2v(x)^2-(v'(x))^2=1 denkleminde her iki tarafında türevini aldığımızda, 2c2v(x)v′(x)−2v′(x)v′′(x)2c^2 v(x) v'(x) -2v'(x)v''(x) =0=0 yani, v′′(x)=c2v(x)v''(x)=c^2v(x) sonucuna ulaşırız ki bu denklemin çözümü de basitçe v(x)=Y12ecx+Y22e−cxv(x)=\frac{Y_1}{2}e^{cx}+\frac{Y_2}{2}e^{-cx} fonksiyonudur.

Tüm Reklamları Kapat

Yüzeysel bir şekilde geçecek olursak, v′′>0v''\gt0 yani v′v' fonksiyonun monoton artıyor olmasıyla, diğer bir deyişle vv fonksiyonun minimuma kadar mutlak azalan sonrasında mutlak artan oluşu ile, çözümün tekliği varsayımı, fonksiyonun yy eksenine göre simetrik olmasını yani fonksiyonun çiftliğini gerektirir ve böylece, Y1=Y2Y_1=Y_2 yani v(x)=Y1(ecx+e−cx2)v(x)=Y_1(\frac{e^{cx} + \,e^{-cx}}{2})=Y1cosh(cx)=Y_1\, cosh(cx) olur ve vv fonksiyonunun türevinin sıfıra eşit olması için yani Y12(cecx−ce−cx)=0\frac{Y_1}{2}(ce^{cx}-ce^{-cx}) =0 olması için de x=0x=0 olması gerektiği de açıktır. Dolayısıyla vv fonksiyonu x=0x=0 değerinde minimum değerini alır ve bu minimumun 1c\frac{1}{c} olduğunu yukarıda bulmuş olduğumuzdan dolayı v(0)=1cv(0)=\frac{1}{c} sonucuna ulaşırız. Öte yandan v(0)=Y1v(0)=Y_1 olduğundan dolayı da, 1c=Y1\frac{1}{c}=Y_1 sonucuna ulaşırız.

Yani yüzeyi minimize eden fonksiyon: v(x)=1ccosh(cx)v(x)=\frac{1}{c}\,cosh(cx) fonksiyonu olur ve bu eğri Catenary Eğrisi olarak isimlendirilir. Ve böylece minimal yüzeyimiz de, bu eğrinin xx ekseni etrafında döndürülmesi ile oluşan Catenoid Minimal Yüzeyi olmuş olur.

İlk başta, iki nokta arasındaki minimal eğri, o noktalar arasındaki doğru parçası olduğundan dolayı minimal yüzeyi oluşturacak fonksiyonun da bu doğru parçası olması gerektiği gibi bir sezgisel yanılgıya düşülebilse de problemin tek parametresi bu olmadığından dolayı, yüzeysel bir anlatımla da olsa, yukarıdaki sonuca ulaştık. Yani, (−t,v(−t))(-t,\,v(-t)) ve (t,v(t))(t,\,v(t)) noktaları arasındaki eğrinin uzunluğunu artırmak pahasına eğriyi xx eksenine yaklaştırarak oluşacak yüzeyin çeşitli dikey kesitlerinin çaplarını azaltarak toplamdaki yüzey alanını azalttık, eğer eğriyi olması gerektiğinden fazla uzatsaydık bu sefer de yüzey alanını artırmaya başlamış olacaktık, en nihayetinde bu dengeyi sağlayarak yüzey alanını minimize eden fonksiyonu ve böylece aşağıdaki Catenoid Minimal Yüzeyini bulmuş olduk.

Tüm Reklamları Kapat

Catenoid Minimal Yüzeyi
Catenoid Minimal Yüzeyi
Minimal Surfaces

Minimal Yüzeyler

U⊂ℜ2U \subset \Re^2 olmak üzere vU→ℜ3v_{\,\,U\to \Re^3 }∈C1(Uˉ)\in C^1(\bar{U}) yüzey paratmerizasyonları ve gg∂U→ℜ_{\,\,{\partial U}\to \Re} olsun.

minA[v]=∫U1+∣∇v∣2dxmin \,\,\,\,\, A[v]=\int_U \sqrt{1+| \nabla v|^2\,\,}\,dx

s.t.s.t. \,\,\,\,\, v∣∂U=gv|_{\partial U} = g

formunda olan Minimal Yüzey Problemi, tanım kümesinin sınırında, verilmiş bir g∂U→ℜg_{\,\,{\partial U}\to \Re} fonksiyonuna eşit olan v=(v1(x1,x2),v2(x1,x2),v3(x1,x2))v=(v_1(x_1,x_2),\,v_2(x_1,x_2),\,v_3(x_1,x_2)) yüzeyleri arasından hangisinin minimum alana sahip olduğu üzerinedir.

Tüm Reklamları Kapat

Examples of Variational Problems

uU→ℜ3∈C2(U)u_{\,\,U\to \Re^3 } \in C^2(U) fonksiyonu problemin bir çözümü ise aşağıdaki Euler-Lagrange Denklemini yani bu problemdeki isimiyle Minimal Yüzey Denklemini sağlar:

∂∂x1(∂u∂x11+∣∇u∣2)+∂∂x2(∂u∂x21+∣∇u∣2)=0\frac{\partial}{\partial x_1}(\frac{\frac{\partial u}{\partial x_1}}{\sqrt{1+|\nabla u|^2\,\,}})\,+\, \frac{\partial}{\partial x_2} (\frac{\frac{\partial u}{\partial x_2}}{\sqrt{1+|\nabla u|^2\,\,}}) = 0

Sonuç

Bu yazımızda ise, matematiksel analizin bir alanı olan Varyasyonel Analizi ve bu alanın en basit Optimizasyon Problemlerinden bazılarını tanıtıp Euler-Lagrange Denklemi'nden bahsederek matematiksel analiz teorilerindeki uygulamalarına örnekler verdik. Bir sonraki yazımızda ise bir çeşit Optimizasyon Problemi olan Kraliçe Dido Problemi'ni tanıtıp, bu problemin çözümüne dair, tüm zamanların en iyi matematikçilerinden olan Leonhard Euler ve Joseph-Louis Lagrange'ın 18. yüzyılın ortalarında yaptıkları çalışmalara dayanan iki farklı ispat vereceğiz.

Bu Makaleyi Alıntıla
Okundu Olarak İşaretle
Özetini Oku
15
0
  • Paylaş
  • Alıntıla
  • Alıntıları Göster
Paylaş
Sonra Oku
Notlarım
Yazdır / PDF Olarak Kaydet
Bize Ulaş
Yukarı Zıpla

İçeriklerimizin bilimsel gerçekleri doğru bir şekilde yansıtması için en üst düzey çabayı gösteriyoruz. Gözünüze doğru gelmeyen bir şey varsa, mümkünse güvenilir kaynaklarınızla birlikte bize ulaşın!

Bu içeriğimizle ilgili bir sorunuz mu var? Buraya tıklayarak sorabilirsiniz.

Soru & Cevap Platformuna Git
Bu İçerik Size Ne Hissettirdi?
  • Mmm... Çok sapyoseksüel! 4
  • Muhteşem! 2
  • Tebrikler! 2
  • Umut Verici! 1
  • Merak Uyandırıcı! 1
  • Bilim Budur! 0
  • Güldürdü 0
  • İnanılmaz 0
  • Üzücü! 0
  • Grrr... *@$# 0
  • İğrenç! 0
  • Korkutucu! 0
Kaynaklar ve İleri Okuma
Tüm Reklamları Kapat

Evrim Ağacı'na her ay sadece 1 kahve ısmarlayarak destek olmak ister misiniz?

Şu iki siteden birini kullanarak şimdi destek olabilirsiniz:

kreosus.com/evrimagaci | patreon.com/evrimagaci

Çıktı Bilgisi: Bu sayfa, Evrim Ağacı yazdırma aracı kullanılarak 21/11/2024 14:09:35 tarihinde oluşturulmuştur. Evrim Ağacı'ndaki içeriklerin tamamı, birden fazla editör tarafından, durmaksızın elden geçirilmekte, güncellenmekte ve geliştirilmektedir. Dolayısıyla bu çıktının alındığı tarihten sonra yapılan güncellemeleri görmek ve bu içeriğin en güncel halini okumak için lütfen şu adrese gidiniz: https://evrimagaci.org/s/9299

İçerik Kullanım İzinleri: Evrim Ağacı'ndaki yazılı içerikler orijinallerine hiçbir şekilde dokunulmadığı müddetçe izin alınmaksızın paylaşılabilir, kopyalanabilir, yapıştırılabilir, çoğaltılabilir, basılabilir, dağıtılabilir, yayılabilir, alıntılanabilir. Ancak bu içeriklerin hiçbiri izin alınmaksızın değiştirilemez ve değiştirilmiş halleri Evrim Ağacı'na aitmiş gibi sunulamaz. Benzer şekilde, içeriklerin hiçbiri, söz konusu içeriğin açıkça belirtilmiş yazarlarından ve Evrim Ağacı'ndan başkasına aitmiş gibi sunulamaz. Bu sayfa izin alınmaksızın düzenlenemez, Evrim Ağacı logosu, yazar/editör bilgileri ve içeriğin diğer kısımları izin alınmaksızın değiştirilemez veya kaldırılamaz.

Keşfet
Akış
İçerikler
Gündem
Eşey
Genler
Evrim Ağacı Duyurusu
Yeşil
Asteroid
Beslenme Bilimi
Kalıtım
Sendrom
Kanser
Dağılım
Ağrı
Nöronlar
Deniz
Sars
Ara Tür
Renk
Embriyo
Tür
Periyodik Tablo
Hukuk
Ortak Ata
Carl Sagan
Evrimsel Tarih
Hayatta Kalma
Kanser Tedavisi
Aklımdan Geçen
Komünite Seç
Aklımdan Geçen
Fark Ettim ki...
Bugün Öğrendim ki...
İşe Yarar İpucu
Bilim Haberleri
Hikaye Fikri
Video Konu Önerisi
Başlık
Bugün bilimseverlerle ne paylaşmak istersin?
Gündem
Bağlantı
Ekle
Soru Sor
Stiller
Kurallar
Komünite Kuralları
Bu komünite, aklınızdan geçen düşünceleri Evrim Ağacı ailesiyle paylaşabilmeniz içindir. Yapacağınız paylaşımlar Evrim Ağacı'nın kurallarına tabidir. Ayrıca bu komünitenin ek kurallarına da uymanız gerekmektedir.
1
Bilim kimliğinizi önceleyin.
Evrim Ağacı bir bilim platformudur. Dolayısıyla aklınızdan geçen her şeyden ziyade, bilim veya yaşamla ilgili olabilecek düşüncelerinizle ilgileniyoruz.
2
Propaganda ve baskı amaçlı kullanmayın.
Herkesin aklından her şey geçebilir; fakat bu platformun amacı, insanların belli ideolojiler için propaganda yapmaları veya başkaları üzerinde baskı kurma amacıyla geliştirilmemiştir. Paylaştığınız fikirlerin değer kattığından emin olun.
3
Gerilim yaratmayın.
Gerilim, tersleme, tahrik, taciz, alay, dedikodu, trollük, vurdumduymazlık, duyarsızlık, ırkçılık, bağnazlık, nefret söylemi, azınlıklara saldırı, fanatizm, holiganlık, sloganlar yasaktır.
4
Değer katın; hassas konulardan ve öznel yoruma açık alanlardan uzak durun.
Bu komünitenin amacı okurlara hayatla ilgili keyifli farkındalıklar yaşatabilmektir. Din, politika, spor, aktüel konular gibi anlık tepkilere neden olabilecek konulardaki tespitlerden kaçının. Ayrıca aklınızdan geçenlerin Türkiye’deki bilim komünitesine değer katması beklenmektedir.
5
Cevap hakkı doğurmayın.
Aklınızdan geçenlerin bu platformda bulunmuyor olabilecek kişilere cevap hakkı doğurmadığından emin olun.
Sosyal
Yeniler
Daha Fazla İçerik Göster
Popüler Yazılar
30 gün
90 gün
1 yıl
Evrim Ağacı'na Destek Ol

Evrim Ağacı'nın %100 okur destekli bir bilim platformu olduğunu biliyor muydunuz? Evrim Ağacı'nın maddi destekçileri arasına katılarak Türkiye'de bilimin yayılmasına güç katın.

Evrim Ağacı'nı Takip Et!
Yazı Geçmişi
Okuma Geçmişi
Notlarım
İlerleme Durumunu Güncelle
Okudum
Sonra Oku
Not Ekle
Kaldığım Yeri İşaretle
Göz Attım

Evrim Ağacı tarafından otomatik olarak takip edilen işlemleri istediğin zaman durdurabilirsin.
[Site ayalarına git...]

Filtrele
Listele
Bu yazıdaki hareketlerin
Devamını Göster
Filtrele
Listele
Tüm Okuma Geçmişin
Devamını Göster
0/10000
Bu Makaleyi Alıntıla
Evrim Ağacı Formatı
APA7
MLA9
Chicago
F. Aktepe, et al. Varyasyonel Analizde Optimizasyon: Euler-Lagrange Denklemi. (20 Eylül 2020). Alındığı Tarih: 21 Kasım 2024. Alındığı Yer: https://evrimagaci.org/s/9299
Aktepe, F., Bakırcı, Ç. M. (2020, September 20). Varyasyonel Analizde Optimizasyon: Euler-Lagrange Denklemi. Evrim Ağacı. Retrieved November 21, 2024. from https://evrimagaci.org/s/9299
F. Aktepe, et al. “Varyasyonel Analizde Optimizasyon: Euler-Lagrange Denklemi.” Edited by Çağrı Mert Bakırcı. Evrim Ağacı, 20 Sep. 2020, https://evrimagaci.org/s/9299.
Aktepe, Furkan. Bakırcı, Çağrı Mert. “Varyasyonel Analizde Optimizasyon: Euler-Lagrange Denklemi.” Edited by Çağrı Mert Bakırcı. Evrim Ağacı, September 20, 2020. https://evrimagaci.org/s/9299.
ve seni takip ediyor

Göster

Şifremi unuttum Üyelik Aktivasyonu

Göster

Şifrenizi mi unuttunuz? Lütfen e-posta adresinizi giriniz. E-posta adresinize şifrenizi sıfırlamak için bir bağlantı gönderilecektir.

Geri dön

Eğer aktivasyon kodunu almadıysanız lütfen e-posta adresinizi giriniz. Üyeliğinizi aktive etmek için e-posta adresinize bir bağlantı gönderilecektir.

Geri dön

Close