Evrim Ağacı
Reklamı Kapat

Varyasyonel Analizde Optimizasyon: Euler-Lagrange Denklemi

Varyasyonel Analizde Optimizasyon: Euler-Lagrange Denklemi
Tavsiye Makale
Reklamı Kapat

Kompakt bir reel aralıktan, bir boyutlu reel uzaya tanımlı ikinci dereceden sürekli diferansiyellenebilir fonksiyonların uzayından bir boyutlu reel uzaya tanımlı olan ve üç boyutlu reel uzay üzerinde tanımlı olan ikinci dereceden sürekli diferansiyellenebilir bir Lagrangian fonksiyonuna sahip fonksiyoneller için sınır şartlarına bağlı klasik optimizasyon problemi tanıtıldı. Bu fonksiyoneller için Euler-Lagrange Denklemi, Varsyasonel Analizin Temel Lemması ispatlanarak, detaylarıyla birlikte verildi. Vasyasyonel Analizde Optimizasyonun; iki boyutlu reel uzayda iki nokta arasındaki minimal eğri, Minimal Revulasyon Yüzeyi ve Minimal Yüzeyler üzerine üç farklı uygulaması verilerek yazı sonlandırıldı.

Bu yazı, Evrim Ağacı'na ait, özgün bir içeriktir. Konu akışı, anlatım ve detaylar, Evrim Ağacı yazarı/yazarları tarafından hazırlanmış ve/veya derlenmiştir. Bu içerik için kullanılan kaynaklar, yazının sonunda gösterilmiştir. Bu içerik, diğer tüm içeriklerimiz gibi, İçerik Kullanım İzinleri'ne tabidir.

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.

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.

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

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}

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,

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.

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:

Agora Bilim Pazarı
₺92.00 ₺113.50

∫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:

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

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.

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.

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?

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

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

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

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,

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.

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}

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.

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.

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.

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 İçerik Size Ne Hissettirdi?
  • Mmm... Çok sapyoseksüel! 2
  • Muhteşem! 1
  • Tebrikler! 1
  • Bilim Budur! 0
  • Güldürdü 0
  • İnanılmaz 0
  • Umut Verici! 0
  • Merak Uyandırıcı! 0
  • Üzücü! 0
  • Grrr... *@$# 0
  • İğrenç! 0
  • Korkutucu! 0
Kaynaklar ve İleri Okuma

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 27/10/2020 16:02:07 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.

Reklamı Kapat
Güncel
Karma
Agora
Instagram
Avcı
Vaka
Felsefe
Yapay Zeka
Genetik Mühendisliği
Güneş
Fosil
Ölüm
Sağlık Bilimleri
Lipit
Genetik Müdahale
Hamilelik
Kedi
Doğum
Anne
Cinsel Seçilim
Şüphecilik
Böcek Bilimi
Eğilim
Ornitoloji
Ses Kaydı
Göğüs Hastalığı
Organ
Salgın
Grip
Daha Fazla İçerik Göster
Daha Fazla İçerik Göster
Reklamı Kapat
Reklamsız Deneyim

Evrim Ağacı'nın çalışmalarına Kreosus, Patreon veya YouTube üzerinden maddi destekte bulunarak hem Türkiye'de bilim anlatıcılığının gelişmesine katkı sağlayabilirsiniz, hem de site ve uygulamamızı reklamsız olarak deneyimleyebilirsiniz. Reklamsız deneyim, Evrim Ağacı'nda çeşitli kısımlarda gösterilen Google reklamlarını ve destek çağrılarını görmediğiniz, daha temiz bir site deneyimi sunmaktadır.

Kreosus

Kreosus'ta her 10₺'lik destek, 1 aylık reklamsız deneyime karşılık geliyor. Bu sayede, tek seferlik destekçilerimiz de, aylık destekçilerimiz de toplam destekleriyle doğru orantılı bir süre boyunca reklamsız deneyim elde edebiliyorlar.

Kreosus destekçilerimizin reklamsız deneyimi, destek olmaya başladıkları anda devreye girmektedir ve ek bir işleme gerek yoktur.

Patreon

Patreon destekçilerimiz, destek miktarından bağımsız olarak, Evrim Ağacı'na destek oldukları süre boyunca reklamsız deneyime erişmeyi sürdürebiliyorlar.

Patreon destekçilerimizin Patreon ile ilişkili e-posta hesapları, Evrim Ağacı'ndaki üyelik e-postaları ile birebir aynı olmalıdır. Patreon destekçilerimizin reklamsız deneyiminin devreye girmesi 24 saat alabilmektedir.

YouTube

YouTube destekçilerimizin hepsi otomatik olarak reklamsız deneyime şimdilik erişemiyorlar ve şu anda, YouTube üzerinden her destek seviyesine reklamsız deneyim ayrıcalığını sunamamaktayız. YouTube Destek Sistemi üzerinde sunulan farklı seviyelerin açıklamalarını okuyarak, hangi ayrıcalıklara erişebileceğinizi öğrenebilirsiniz.

Eğer seçtiğiniz seviye reklamsız deneyim ayrıcalığı sunuyorsa, destek olduktan sonra YouTube tarafından gösterilecek olan bağlantıdaki formu doldurarak reklamsız deneyime erişebilirsiniz. YouTube destekçilerimizin reklamsız deneyiminin devreye girmesi, formu doldurduktan sonra 24-72 saat alabilmektedir.

Diğer Platformlar

Bu 3 platform haricinde destek olan destekçilerimize ne yazık ki reklamsız deneyim ayrıcalığını sunamamaktayız. Destekleriniz sayesinde sistemlerimizi geliştirmeyi sürdürüyoruz ve umuyoruz bu ayrıcalıkları zamanla genişletebileceğiz.

Giriş yapmayı unutmayın!

Reklamsız deneyim için, maddi desteğiniz ile ilişkilendirilmiş olan Evrim Ağacı hesabınıza üye girişi yapmanız gerekmektedir. Giriş yapmadığınız takdirde reklamları görmeye devam edeceksinizdir.

Destek Ol
Türkiye'deki bilimseverlerin buluşma noktasına hoşgeldiniz!

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
“Gizemlerin sınırındayım ve perde her geçen gün biraz daha aralanıyor.”
Louis Pasteur
Geri Bildirim Gönder