Varyasyonel Analizde Optimizasyon: Euler-Lagrange Denklemi

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; $J$ fonksiyoneli, $y_{[{\sigma }_1,{\sigma }_2]\to \Re }$$\in C^2([{\sigma }_1,{\sigma }_2])$ fonksiyonlarını içeren uzay üzerinde tanımlanmış ve $F_{{\Re }^3\to \Re }\in C^2({\Re }^3)$ olsun,

$ext$ $J[y]={\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$ $F(x,y(x),y^{{}^{\prime }}(x))dx$

$s.t.$ $y({\sigma }_1)={\omega }_1,$ $y({\sigma }_2)={\omega }_2$

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

Yani, daha net bir şekilde ifade etmek gerekirse; eğer $y_{[{\sigma }_1,{\sigma }_2]\to \Re }^{\ast }$ $\in C^2([{\sigma }_1,{\sigma }_2])$ fonksiyonu, yukarıdaki optimizasyon probleminin bir çözümü ise, mesela minimizer fonksiyonu ise yani $J$ fonksiyonelini minimize ediyorsa; $y^{\ast }$ fonksiyonunun, $y({\sigma }_1)={\omega }_1$ ve $y({\sigma }_2)={\omega }_2$ şartlarını sağlayan bütün $y_{[{\sigma }_1,{\sigma }_2]\to \Re }$$\in C^2([{\sigma }_1,{\sigma }_2])$ fonksiyonları için, $J[y^{\ast }]\le J[y]$ eşitsizliğini sağladığını söyleyebiliriz.

Euler-Lagrange Denklemi

Şimdi, böyle bir $y^{\ast }$ extremalini bulabilmek için öncelikle herhangi bir $\eta ({\sigma }_1)=\eta ({\sigma }_2)=0$ şartını sağlayan ${\eta }_{[{\sigma }_1,{\sigma }_2]\to \Re }\in C^2([{\sigma }_1,{\sigma }_2])$ fonksiyonu seçelim ve $\overline{y^{\ast }}=y^{\ast }+ϵ\eta =y^{\ast }+\delta y^{\ast }$ fonksiyonunu tanımlayalım; buradaki $\delta y^{\ast }=ϵ\eta$ fonksiyonu, $y^{\ast }$ fonksiyonunun bir varyasyonudur.

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

$\Phi (ϵ)=J[\overline{y^{\ast }}]=J[y^{\ast }+ϵ\eta ]$ $={\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$ $F(x,y^{\ast }+ϵ\eta ,{y^{\ast }}^{\prime }+ϵ{\eta }^{\prime })dx$

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

${\Phi }^{\prime }(ϵ)=\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dϵ}[{\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$ $F(x,y^{\ast }+ϵ\eta$$,{y^{\ast }}^{\prime }+ϵ{\eta }^{\prime })dx]$ $={\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$$[\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dϵ}F(x,y^{\ast }+ϵ\eta ,{y^{\ast }}^{\prime }+ϵ{\eta }^{\prime })]dx$ $=0$

Tam bu noktada bir antiparantez açıp $\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dϵ}F(x,y^{\ast }+ϵ\eta ,{y^{\ast }}^{\prime }+ϵ{\eta }^{\prime })$ türevinin neye eşit olduğunu detaylıca açıklayalım. Öncelikle, $G:ϵ⟼(x,y^{\ast }+ϵ\eta ,{y^{\ast }}^{\prime }+ϵ{\eta }^{\prime })$ olacak şekilde bir $G=(G_1,G_2,G_3)$ fonksiyonu tanımlayalım; böylece yukarıdaki türevi, $\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dϵ}(F\circ G)$$(ϵ)$ şeklinde yazabiliriz ve fonksiyonların Jacobian matrisleri için:

$\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dϵ}(F\circ G)=[D(F\circ G)]=$ $[DF\circ G]\times [DG]$

yani,

$\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dϵ}(F\circ G)$$=[\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial x}\circ G,\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y}\circ G,\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y^{{}^{\prime }}}\circ G]\times$$\left[\begin{array}{c}\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dϵ}{G}_1\\ \genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dϵ}{G}_2\\ \genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dϵ}{G}_3\end{array}\right]$

olduğundan ve

$\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dϵ}{G}_1$$(ϵ)$$=\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dϵ}(x)$$=0$ , $\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dϵ}{G}_2(ϵ)=\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dϵ}(y^{\ast }+ϵ\eta )$$=\eta$ ve $\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dϵ}{G}_3(ϵ)=\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dϵ}({y^{\ast }}^{\prime }+ϵ{\eta }^{\prime })$ $={\eta }^{\prime }$

olduğundan dolayı,

$\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dϵ}F(x,y^{\ast }+ϵ\eta ,{y^{\ast }}^{\prime }+ϵ{\eta }^{\prime })=$ $\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dϵ}(F\circ G)(ϵ)$ $=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y}\circ G)(ϵ)\eta (x)+(\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y^{{}^{\prime }}}\circ G)(ϵ){\eta }^{\prime }(x)$

olur. Böylece:

${\Phi }^{\prime }(0)=$ ${\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$$[\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y}\eta +\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y^{\prime }}{\eta }^{\prime }]$ $dx$ $=0$ yani, ${\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$$\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y}\eta dx$ $+$ ${\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$$\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y^{\prime }}{\eta }^{\prime }dx$ $=0$

olur.

Agora Bilim Pazarı

ENERJİ AYT FİZİK 20 DENEME SINAVI

(12.SINIF 1.DÖNEM KONULARINI İÇERİR.)

Devamını Göster

₺285.00

Satın Al Tüm Ürünler

• Dış Sitelerde Paylaş

Daha sonrasında ise ${\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$$\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y^{\prime }}{\eta }^{\prime }dx$ $={\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$$\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y^{\prime }}d\eta$ integrali için parçalı integrasyon yapılırsa:

${\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$$\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y}\eta dx$ $+$ $\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y^{\prime }}\eta$${\mid }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$$-$ ${\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$$\eta d(\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y^{\prime }})$ $=$ $\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y^{\prime }}\eta$${\mid }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$ $+$ ${\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$$\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y}\eta$ $-$ $\eta \genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dx}(\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y^{\prime }})$ $dx$ $=0$

eşitliği elde edilir. Öte yandan, $\eta ({\sigma }_1)=\eta ({\sigma }_2)=0$ olduğundan dolayı, $\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y^{\prime }}\eta$${\mid }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$ $=0$ olur; yani, eğer $y^{\ast }$ fonksiyonu, $J$ fonksiyonelinin bir extremali ise; $\eta ({\sigma }_1)=\eta ({\sigma }_2)=0$ şartını sağlayan her ${\eta }_{[{\sigma }_1,{\sigma }_2]\to \Re }\in C^2([{\sigma }_1,{\sigma }_2])$ fonksiyonu için:

${\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$$[$ $\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y}$$-$ $\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dx}\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y^{\prime }}](x,y^{\ast }(x),{y^{\ast }}^{\prime }(x))$ $\eta (x)dx$ $=0$

eşitliğini sağlar.

Böylece, Euler-Lagrange Denklemine ulaşmamıza son bir adım kalmış oldu. Şimdi; yukarıdaki integrali, $F$ 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)

${\varphi }_{[{\sigma }_1,{\sigma }_2]\to \Re }\in C^0([{\sigma }_1,{\sigma }_2])$ fonksiyonu için; her $\eta ({\sigma }_1)=\eta ({\sigma }_2)=0$ şartını sağlayan ${\eta }_{[{\sigma }_1,{\sigma }_2]\to \Re }\in C^2([{\sigma }_1,{\sigma }_2])$ fonksiyonu, ${\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$$\varphi (x)\eta (x)dx=0$ eşitliğini sağlıyorsa, $\varphi \equiv 0$ yani, her $x\in [{\sigma }_1,{\sigma }_2]$ için $\varphi (x)=0$ olur.

İspat

Çelişki elde ederek ispatlamak için, $\varphi$ fonksiyonunun $x=\xi$ noktasında sıfıra eşit olmadığını, pozitif olduğunu varsayalım. Bu durumda, $\varphi$ sürekli olduğundan dolayı, $\xi$ noktasının öyle bir $G=({\xi }_0,{\xi }_1{)}_{\ni \xi }\subset ({\sigma }_1,{\sigma }_2)$ komşuluğu vardır ki, $\varphi {|}_G$ $>0$ olur.

Burada bir antiparantez daha: Eğer $\varphi (\xi )>0$ olması için $\xi ={\sigma }_1$ ya da $\xi ={\sigma }_2$ olarak seçilirse de, zaten $\varphi$ fonksiyonunun sürekliliğinden dolayı öyle bir ${\xi }^{\ast }\in ({\sigma }_1,{\sigma }_2)$ vardır ki $\varphi ({\xi }^{\ast })>0$ olur, bu durumda da öyle ${\xi }_0^{\ast }$ ve ${\xi }_1^{\ast }$ sayıları seçilebilir ki ${\xi }^{\ast }$ noktasının $G^{\ast }=({\xi }_0^{\ast },{\xi }_1^{\ast }{)}_{\ni {\xi }^{\ast }}\subset ({\sigma }_1,{\sigma }_2)$ komşuluğu için $\varphi {|}_{G^{\ast }}>0$ olur ve bu ${\xi }^{\ast }$ noktası için de ispata aşağıdaki gibi devam edilebilir.

${\eta }_{[{\sigma }_1,{\sigma }_2]\to \Re }\in C^2([{\sigma }_1,{\sigma }_2])$ fonksiyonunu da:

$\eta (x)=$ $\{\begin{array}{llc}(x-{\xi }_0{)}^4(x-{\xi }_1{)}^4& & x\in G\\ 0& & x\notin G\end{array}$

olarak tanımlayalım.

Bu durumda; ${\int }_G\varphi (x)\eta (x)dx>0$ ve ${\int }_{[{\sigma }_1,{\sigma }_2]\setminus G}\varphi (x)\eta (x)dx=0$ olduğundan dolayı, ${\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}\varphi (x)\eta (x)dx>0$ sonucuna ulaşırız. Böylece:

${\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}\varphi (x)\eta (x)dx=0$ $⟹{\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}\varphi (x)\eta (x)dx>0$

şeklinde bir çelişki elde etmiş olduk.

Öyleyse $\varphi (\xi )>0$ olacak şekilde bir $\xi \in [{\sigma }_1,{\sigma }_2]$ seçemeyiz ve aynı yolu izleyerek $\varphi (\xi )<0$ olacak şekilde de bir $\xi \in [{\sigma }_1,{\sigma }_2]$ seçemeyeceğimizi de gösterebiliriz. Böylece $\varphi (\xi )\ne 0$ olacak şekilde bir $\xi \in [{\sigma }_1,{\sigma }_2]$ seçemeyeceğimizi göstererek, $\varphi \equiv 0$ olduğunu ispatlamış olduk.

$■$

İşte şimdi; ${\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$ $[\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y}-\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dx}\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y^{\prime }}](x,y^{\ast }(x),{y^{\ast }}^{\prime }(x))\eta (x)dx$ $=0$ eşitliğindeki integrali, $F$ fonksiyonunun bir kısmi diferansiyel denklemi olarak yazabiliriz. Detaylıca açıklayacak olursak, $H:x⟼$ $(x,y^{\ast }(x),{y^{\ast }}^{\prime }(x))$ olacak şekilde bir $H=(H_1,H_2,H_3)$ fonksiyonu tanımlayıp$\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y}-\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dx}\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y^{\prime }}(x,y^{\ast }(x),{y^{\ast }}^{\prime }(x))$ $=([\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y}-\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dx}\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y^{\prime }}]\circ H)(x)$ eşitliğini yazarak, Varyasyonel Analizin Temel Lemmasındaki ${\varphi }_{[{\sigma }_1,{\sigma }_2]\to \Re }\in C^0([{\sigma }_1,{\sigma }_2])$ fonksiyonunu,$([\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y}-\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dx}\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y^{\prime }}]\circ H)$ fonksiyonu olarak seçtiğimizde, $([\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y}-\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dx}\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y^{\prime }}]\circ H)\equiv 0$ sonucuna ulaşırız.

Yani; eğer $y^{\ast }$ fonksiyonu, $J$ fonksiyonelinin bir extremali ise, Euler-Lagrange Denklemi olarak adlandırılan aşağıdaki kısmi diferansiyel denklemi sağlar:

$\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y}$$(x,y^{\ast }(x),{y^{\ast }}^{\prime }(x))$ $-$ $\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dx}\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial F}{\partial y^{\prime }}$ $(x,y^{\ast }(x),{y^{\ast }}^{\prime }(x))$ $=0$

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:

$min$ ${\int }_{{\sigma }_1}^{{\sigma }_2}$$\sqrt{1+(u^{\prime }{)}^2}dx$

$s.t.$ $u({\sigma }_1)={\omega }_1$ $,u({\sigma }_2)={\omega }_2$

Yani, düzlemdeki herhangi iki nokta, $({\sigma }_1,{\omega }_1)$ ve $({\sigma }_2,{\omega }_2)$, arasındaki $u_{[{\sigma }_1,{\sigma }_2]\to \Re }\in C^2$ eğrilerinden hangisinin yay uzunluğu daha azdır?

Antiparantez; esasında, ${\zeta }_{[{\kappa }_1,{\kappa }_2]\to {\Re }^2}\in C^2$ parametrize eğrileriyle yani problemin daha genel bir domainiyle çalışmak daha doğru olurdu ancak; cevabın, $u_{[{\sigma }_1,{\sigma }_2]\to \Re }\in C^2$ eğrilerinden olması gerektiği sezgisini kabul edip bu eğriler üzerine oluşturmuş olduğumuz denklemimizi kullanarak ve extremalin varlığını ise, ilerleyen problemlerde de, varsayarak cevap vereceğiz.

$L(x,u,u^{\prime })=\sqrt{1+(u^{\prime }{)}^2}$ olmak üzere, $\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial L}{\partial u}$ $=0$ ve $\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial L}{\partial u^{\prime }}=\genfrac{}{}{0ex}{}{u^{\prime }}{\sqrt{1+(u^{\prime }{)}^2}}$ olduğundan dolayı,

Euler-Lagrange Denklemi: $\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial L}{\partial u}$ $-\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dx}\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial L}{\partial u^{\prime }}$ $=$ $\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dx}$ $(\genfrac{}{}{0ex}{}{u^{\prime }}{\sqrt{1+(u^{\prime }{)}^2}})$ $=0$ eşitliğini elde ederiz, böylece:

$\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dx}$ $(\genfrac{}{}{0ex}{}{u^{\prime }}{\sqrt{1+(u^{\prime }{)}^2}})$ $=\genfrac{}{}{0ex}{}{u^{\prime \prime }\sqrt{1+(u^{\prime }{)}^2}-(1+(u^{\prime }{)}^2{)}^{-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}}{u}^{\prime }{u}^{\prime }{u}^{\prime \prime }}{1+(u^{\prime }{)}^2}$$=0$

olur $(1+(u^{\prime }{)}^2)$ ile çarparak:

$u^{\prime \prime }\sqrt{1+(u^{\prime }{)}^2}$ $=(1+(u^{\prime }{)}^2{)}^{-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}}{u}^{\prime }{u}^{\prime }{u}^{\prime \prime }$

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

$(1+(u^{\prime }{)}^2)u^{\prime \prime }$ $=(u^{\prime }{)}^2{u}^{\prime \prime }$ yani, $[(1+(u^{\prime }{)}^2)-(u^{\prime }{)}^2]u^{\prime \prime }=0$

sonucuna ulaşmış oluruz.

Yani, $u^{\prime \prime }=0$ olduğundan dolayı, denklemin çözümü, bir doğru parçasıdır.

Minimal Revulasyon Yüzeyi

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

$min$ $2\pi {\int }_{-t}^t$ $v(x)\sqrt{1+(v^{\prime }(x){)}^2}dx$

$s.t.$ $v(-t)=v(t)=r$

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

$\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dx}L(u,u^{\prime })=$ $\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial L}{\partial z}(u,u^{\prime })u^{\prime }$ $+\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial L}{\partial \varphi }(u,u^{\prime })u^{\prime \prime }$

eşitliğini elde ettikten sonra,

$L$ fonksiyonu için Euler-Lagrange Denklemi: $\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial L}{\partial z}$ $=\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dx}\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial L}{\partial \varphi }$ olduğundan dolayı,

$\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dx}L(u,u^{\prime })=$ $u^{\prime }$ $\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dx}\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial L}{\partial \varphi }$ $(u,u^{\prime })$ $+\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial L}{\partial \varphi }(u,u^{\prime })u^{\prime \prime }$$=\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dx}[\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial L}{\partial \varphi }(u,u^{\prime })u^{\prime }]$

eşitliğini elde ederiz, böylece,

$\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{dx}[L(u,u^{\prime })-$ $\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial L}{\partial \varphi }(u,u^{\prime })u^{\prime }]$ $=0$ yani herhangi bir $C$ sabiti için, $L(u,u^{\prime })-\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial L}{\partial \varphi }(u,u^{\prime })u^{\prime }$ $=$ $C$ olur ve istediğimiz sadeleştirilmiş denkleme ulaşmış oluruz.

Minimal Revulasyon Yüzeyi problemimize geri dönecek olursak:

$\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial L}{\partial \varphi }(v,v^{\prime })v^{\prime }$ $=v^{\prime }(x)\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial }{\partial \varphi }[v(x)\sqrt{1+(v^{\prime }(x){)}^2}]$ $=\genfrac{}{}{0ex}{}{v(x)(v^{\prime }(x){)}^2}{\sqrt{1+(v^{\prime }(x{)}^2)}}$

olduğundan dolayı, Sadeleştirilmiş Euler-Lagrange Denklemi:

$v(x)\sqrt{1+(v^{\prime }(x){)}^2}$ $-\genfrac{}{}{0ex}{}{v(x)(v^{\prime }(x){)}^2}{\sqrt{1+(v^{\prime }(x{)}^2)}}$ $=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{c}$

olur.

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

Öte yandan, $\sqrt{1+(v^{\prime }(x){)}^2}$ $\ge 1$ olduğundan dolayı $v\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{1}{c}$ olduğu açıktır ve yukarıdaki denklemden, $v(x)=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{c}⟺v^{\prime }(x)=0$ sonucuna ulaşılabileceğinden ötürü $v$ fonksiyonunun minimum değerinin $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{c}$ olduğunu bulmuş oluruz.

Yukarıdaki denklemin her iki tarafının karesini alarak elde edeceğimiz $c^{2}v(x{)}^2-(v^{\prime }(x){)}^2=1$ denkleminde her iki tarafında türevini aldığımızda, $2c^{2}v(x)v^{\prime }(x)-2v^{\prime }(x)v^{\prime \prime }(x)$ $=0$ yani, $v^{\prime \prime }(x)=c^{2}v(x)$ sonucuna ulaşırız ki bu denklemin çözümü de basitçe $v(x)=\genfrac{}{}{0ex}{}{Y_1}{2}{e}^{cx}+\genfrac{}{}{0ex}{}{Y_2}{2}{e}^{-cx}$ fonksiyonudur.

Yüzeysel bir şekilde geçecek olursak, $v^{\prime \prime }>0$ yani $v^{\prime }$ fonksiyonun monoton artıyor olmasıyla, diğer bir deyişle $v$ fonksiyonun minimuma kadar mutlak azalan sonrasında mutlak artan oluşu ile, çözümün tekliği varsayımı, fonksiyonun $y$ eksenine göre simetrik olmasını yani fonksiyonun çiftliğini gerektirir ve böylece, $Y_1=Y_2$ yani $v(x)=Y_1(\genfrac{}{}{0ex}{}{e^{cx}+e^{-cx}}{2})$$=Y_{1}cosh(cx)$ olur ve $v$ fonksiyonunun türevinin sıfıra eşit olması için yani $\genfrac{}{}{0ex}{}{Y_1}{2}(c{e}^{cx}-c{e}^{-cx})=0$ olması için de $x=0$ olması gerektiği de açıktır. Dolayısıyla $v$ fonksiyonu $x=0$ değerinde minimum değerini alır ve bu minimumun $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{c}$ olduğunu yukarıda bulmuş olduğumuzdan dolayı $v(0)=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{c}$ sonucuna ulaşırız. Öte yandan $v(0)=Y_1$ olduğundan dolayı da, $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{c}=Y_1$ sonucuna ulaşırız.

Yani yüzeyi minimize eden fonksiyon: $v(x)=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{c}cosh(cx)$ fonksiyonu olur ve bu eğri Catenary Eğrisi olarak isimlendirilir. Ve böylece minimal yüzeyimiz de, bu eğrinin $x$ 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, $(-t,v(-t))$ ve $(t,v(t))$ noktaları arasındaki eğrinin uzunluğunu artırmak pahasına eğriyi $x$ 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.

Minimal Surfaces

Minimal Yüzeyler

$U\subset {\Re }^2$ olmak üzere $v_{U\to {\Re }^3}$$\in C^1(\bar{U})$ yüzey paratmerizasyonları ve $g$${}_{\partial U\to \Re }$ olsun.

$minA[v]={\int }_U\sqrt{1+|\nabla v{|}^2}dx$

$s.t.$ $v{|}_{\partial U}=g$

formunda olan Minimal Yüzey Problemi, tanım kümesinin sınırında, verilmiş bir $g_{\partial U\to \Re }$ fonksiyonuna eşit olan $v=(v_1(x_1,x_2),v_2(x_1,x_2),v_3(x_1,x_2))$ yüzeyleri arasından hangisinin minimum alana sahip olduğu üzerinedir.

Examples of Variational Problems

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

$\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial }{\partial x_1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial u}{\partial x_1}}{\sqrt{1+|\nabla u{|}^2}})+\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial }{\partial x_2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial u}{\partial x_2}}{\sqrt{1+|\nabla u{|}^2}})=0$

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.