Cálculo de variaciones

Método de los multiplicadores de Lagrange

Sea z=f(x1,x2,x3,...xn) una función de n variables. Supongamos que las variables están relacionados por m<n condiciones complementarias

g1(x1,x2,x3,...xn)=0
g2(x1,x2,x3,...xn)=0
.........
gm(x1,x2,x3,...xn)=0

Consideremos una nueva función F(x1,x2,x3,...xn)

F=f+ i=1 m λ i g i

donde λi son factores indeterminados

Formamos el sistema de ecuaciones

{ F x 1 =0 F x 2 =0 .... F x n =0

Que junto a m condiciones, gi(x1,x2,x3,...xn)=0, determinan los valores de los m parámetros λ1, λ2...λm y las n coordenadas x1, x2...xn de los posibles puntos extremos (máximos o mínimos) condicionados de la función z=f(x1,x2,x3,...xn)

Ejemplo 1

Hallar el extremo de la función, f(x,y)= cos 2 x+ cos 2 y , con la condición, y-x=π/4

Formamos la función de Lagrange

F(x,y)= cos 2 x+ cos 2 y+λ( yx π 4 )

El sistema de ecuaciones para determinar el parámetro λ y las coordenadas de los posibles puntos extremos (x,y) es

{ F x =2cosx·sinxλ=0 F y =2cosy·siny+λ=0 yx π 4 =0

La solución de este sistema de ecuaciones es

{ sin( 2x )=λ sin( 2y )=λ yx= π 4

Teniendo en cuenta la relación trigonométrica

sin( 2A )+sin( 2B )=2( sin( A+B )cos( AB ) )

sin(x+y)cos(y-x)=0
sin(x+y)·cos(π/4)=0
x+y=nπ, n=0, ±1,±2...

que con la ecuación y-x=π/4, da lugar a los siguientes puntos

x=n π 2 π 8 y=n π 2 + π 8 n=0,±1,±2...

Ejemplo 2

Hallar el extremo condicionado de la función f(x,y,z)=xyz con la condición de que

{ g 1 (x,y,z)=x+yz3=0 g 2 (x,y,z)=xyz8=0

Formamos la función de Lagrange

F(x,y,z)=xyz+ λ 1 ( x+yz3 )+ λ 2 ( xyz8 )

El sistema de ecuaciones para determinar los λ y las coordenadas de los posibles puntos de extremo es

{ F x =yz+ λ 1 + λ 2 =0 F y =xz+ λ 1 λ 2 =0 F z =xy λ 1 λ 2 =0

Que junto con las dos condiciones, dan lugar a 5 ecuaciones con cinco incógnitas, cuya solución es

x= 11 4 y= 5 2 z= 11 4 λ 1 = 11 32 λ 2 = 231 32

Ecuación de Euler-Lagrange

Dada una función f(x,y, y ˙ ) , tenemos que encontrar la curva y=y(x) que hace que la integral

I(y)= x 1 x 2 f(x,y, y ˙ )dx

denominado funcional, sea un extremo (máximo o mínimo), con las condiciones de contorno

{ y( x 1 )= y 1 y( x 2 )= y 2

El símbolo y ˙ = dy dx

La curva y=y(x) deberá cumplir la ecuación de Euler-Lagrange

f y d dx ( f y ˙ )=0

o bien, la equivalente

f x d dx ( f f y ˙ y ˙ )=0

La demostración se puede encontrar en los textos de Matemáticas que incluyan un capítulo dedicado al cálculo de variaciones. Como veremos en los ejemplos

donde C1 es una constante a determinar

Ejemplo 1

¿En qué curva puede alcanzar su extremo el funcional

I(y)= 1 2 ( y ˙ 2 2xy ) dx

con las condiciones de contorno

y(1)=0 , y(2)=-1?

Aplicamos la ecuación Euler-Lagrange a la función f(x,y, y ˙ )= y ˙ 2 2xy . Las derivadas parciales valen

f y ˙ =2 y ˙ f y =2x d dx ( f y ˙ )=2 y ¨

El resultado es

d 2 y d x 2 =x dy dx = x 2 2 + C 1 y= x 3 6 + C 1 x+ C 2

Con las condiciones de contorno determinamos C1=1/6 y C2=0. El extremo puede alcanzarse sólamente en la curva

y= x 6 ( 1 x 2 )

Ejemplo 2

Entre las curvas que unen los puntos A(1,3) y B(2,5), hallar la curva y=y(x) en la que puede alcanzar su extremo la funcional

I(y)= 1 2 y ˙ (1+ x 2 y ˙ )dx

En este caso, la función f(x,y, y ˙ )= y ˙ (1+ x 2 y ˙ ) , no depende de y, por lo que ∂f/∂y=0. La ecuación de Euler-Lagrange es

f y ˙ =1+2 x 2 y ˙ 1+2 x 2 dy dx = C 1

Cuya solución es

1+2 x 2 dy dx = C 1 dy dx = C 1 1 2 x 2 y= 1 C 1 2x + C 2

Con las condiciones de contorno determinamos C1=9 y C2=7. El extremo puede alcanzarse sólo en la curva

y=7 4 x

Ejemplo 3

Entre las curvas que unen los puntos A(x1,y1) y B (x2,y2) hallar la curva y=y(x) en la que puede alcanzar su extremo la funcional

I(y)= x 1 x 2 1+ y ˙ 2 y dx

En este caso, la función

f(x,y, y ˙ )= 1+ y ˙ 2 y

no depende de x. Utilizamos la segunda forma de la ecuación de Euler-Lagrange

f f y ˙ y ˙ = C 1 1+ y ˙ 2 y y ˙ 2 y 1+ y ˙ 2 = C 1

La solución es

y 1+ ( dy dx ) 2 = C 1 y·dy C 1 2 y 2 =x+ C 2 C 1 2 y 2 =x+ C 2 ( x+ C 2 ) 2 + y 2 = C 1 2

Con las condiciones de contorno determinamos C1y C2. El extremo puede alcanzarse sólo en la curva y=y(x) que es una circunferencia con centro en el eje X que pasa por los puntos A(x1,y1) y B(x2,y2)

Como ejemplo, consideremos la circunferencia con centro en el eje X que pasa por los puntos A(-2,1), B(3,-2).

Calculamos el radio C1 y el centro C2, resolviendo el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas y las guardamos en las variables k1 y k2

>> syms x y c1 c2 t;
>> eq=(x+c2)^2+y^2-c1^2;
>> eq1=subs(eq,{x,y},{-2,1});
>> eq2=subs(eq,{x,y},{3,-2});
>> [k1,k2]=solve(eq1,eq2,c1,c2)
k1 =
 -221^(1/2)/5
  221^(1/2)/5
k2 =
 -4/5
 -4/5

Representamos la circunferencia y los puntos por los que pasa

>> hold on
>> fplot(-k2(1)+k1(2)*cos(t),k1(2)*sin(t),[0,2*pi])
>> plot(-2,1,'o','markersize',3,'markeredgecolor','r','markerfacecolor','r')
>> plot(3,-2,'o','markersize',3,'markeredgecolor','r','markerfacecolor','r')
>> axis equal
>> xlabel('x')
>> ylabel('y')
>> title('Circunferencia que pasa por dos puntos')
>> grid on
>> hold off

Extremo condicionado

En esta sección añadimos condiciones al extremo de la funcional de la sección anterior, resolveremos problemas de extremo condicionado. El más interesante se denomina problema de Dido

Ejemplo 1

Entre todas las curvas cerradas de longitud l que pasan por los puntos A(-a,0) y B(a,0), hallar la curva y=y(x) que encierra el área máxima.

El problema se reduce a calcular el extremo de la funcional (área bajo la curva)

A(y)= a a y(x)·dx

Con las condiciones de contorno y(-a)=0, e y(a)=0, y la condición complementaria

L(y)= a a ds = a a d x 2 +d y 2 = a a 1+ ( dy dx ) 2 ·dx =ll>2a

Formamos la función auxiliar, dependiente de un parámetro λ, F(x,y, y ˙ )=y+λ 1+ y ˙ 2 . Aplicamos la ecuación Euler-Lagrange

F y d dx ( F y ˙ )=0

El resultado es

F y ˙ = λ y ˙ 1+ y ˙ 2 F y =1 d dx ( λ y ˙ 1+ y ˙ 2 )=1 λ y ˙ 1+ y ˙ 2 =x+ C 1

La solución es

dy dx = x+ C 1 λ 2 ( x+ C 1 ) 2 y+ C 2 = x+ C 1 λ 2 ( x+ C 1 ) 2 dx y+ C 2 = λ 2 ( x+ C 1 ) 2 ( x+ C 1 ) 2 + ( y+ C 2 ) 2 = λ 2

Se calculan las constantes C1 y C2 sabiendo que la circunferencia pasa por los puntos A(-a,0) y B(a,0)

( a+ C 1 ) 2 + C 2 2 = λ 2 ( a+ C 1 ) 2 + C 2 2 = λ 2 } C 1 =0 C 2 = λ 2 a 2

Calculamos el parámetro λ sabiendo que la longitud de la curva y=y(x) es l

y= λ 2 x 2 λ 2 a 2 dy dx = x λ 2 x 2 l= a a 1+ ( dy dx ) 2 dx =λ a a 1 λ 2 x 2 dx= λarcsin( x λ ) | a a =2λarcsin( a λ ) a λ =sin( l 2λ )

Dado a y l, se resuelve esta última ecuación trascendente y se calcula λ.

a=1;
L=2.5; %longitud

f=@(x) sin(L./(2*x))-a./x;
lambda=fzero(f,1);
c2=sqrt(lambda^2-a^2);
%circunferencia
x1=@(th) lambda*cos(th);
y1=@(th) -c2+lambda*sin(th);
hold on
fplot(x1,y1,[0,2*pi])
%centro de la circunferencia
line([-0.1,0.1],[-c2,-c2], 'color','k');
line([0,0],[-c2+0.1,-c2-0.1], 'color','k');
%puntos (-a,0) (a,0)
plot(-1,0,'o','markersize',3,'markeredgecolor','r','markerfacecolor','r')
plot(1,0,'o','markersize',3,'markeredgecolor','r','markerfacecolor','r')
%área
ang=atan(c2/a);
phi=ang:pi/180:pi-ang;
xArea=x1(phi);
yArea=y1(phi);
fill(xArea,yArea,'y')
hold off
grid on
axis equal
ylim([-1,1])
xlabel('x')
ylabel('y')
title('problema de Dido')

Mostramos el área en color amarillo, el centro (0,-C2) y radio λ de la circunferencia son

>> c2
c2 =    0.4704
>> lambda
lambda =    1.1051

Calculamos la longitud de la circunferencia con los datos del centro C2 y del radio λ. Como vemos en la figura

tan( θ 2 )= a C 2

Comprobamos que la longitud del arco de circunferencia, l=2θ·λ, es

>> 2*lambda*atan(a/c2)
ans =    2.5000

Ejemplo 2. Ecuación de la superficie de un líquido en rotación

En este apartado utilizaremos el cálculo de variaciones para obtener la ecuación de la parábola z=z(r). La diferencia L=Ek-Ep entre la energía cinética y potencial deberá ser mínima con la condición de que el volumen de líquido permanezca constante.

Energía potencial

Consideremos una capa cilíndrica de de radio r, espesor dr y altura z tal como se muestra en la figura. La masa del líquido contenido en esta capa es ρ(2πr·dr·z), el centro de masa, señalado por un punto de color rojo, está a una altura z/2. La energía potencial de esta capa cilíndrica es ρ(2πr·dr·z)z/2. Siendo ρ la densidad del líquido y g la aceleración de la gravedad. La energía potencial del líquido contenido en el cubo cuando está girando alrededor de su eje con velocidad angular constante ω es

E p = 0 R ρg( 2πr·dr·z ) z 2 =πρg 0 R z 2 r·dr

Energía cinética

La fórmula de la energía cinética de un cuerpo rígido en rotación es

E k = 1 2 I ω 2

El momento de inercia respecto del eje de rotación, de una capa cilíndrica de radio r, anchura dr y altura z, es, ρ( 2πr·dr·z ) r 2 . La energía cinética del líquido contenido en el cubo es

E k = 1 2 { 0 R ρ( 2πr·dr·z ) r 2 } ω 2 =ρ ω 2 π 0 R z r 3 dr

Volumen de líquido en el cubo

El volumen de líquido es πR2h cuando el cubo está en reposo, cuando gira el volumen es

V= 0 R 2πr·dr·z=2π 0 R zr·dr

Extremo condicionado

Tenemos un problema de extremo condicionado, hallar el extremo de la funcional L=Ek-Ep

L(z)=π 0 R ( ρ ω 2 z r 3 ρg z 2 r )dr

sujeto a la condición de que el volumen permanezca constante

V(z)=π 0 R ( 2zr ) dr

Formamos la función

F(r,z, z ˙ )=L+λV=π( ρ ω 2 z r 3 ρg z 2 r )+λπ( 2zr )

donde λ es un parámetro que determinaremos más adelante. Aplicamos la ecuación de Euler-Lagrange

F z d dr ( F z ˙ )=0

Dado que la función F no depende de la derivada dz/dr, el segundo término es nulo. Nos queda una ecuación muy sencilla ∂F/∂z=0

ρ ω 2 r 3 2ρgzr+2λr=0 z= ω 2 2g r 2 + λ ρg

El parámetro desconocido λ se determina sabiendo que el volumen de agua permanece constante, πR2h

π R 2 h=π 0 R ( 2zr ) dr R 2 h=2 0 R ( ω 2 2g r 2 + λ ρg ) r·dr R 2 h= ω 2 g R 4 4 + λ ρg R 2 λ=ρghρ ω 2 R 2 4

Ecuación de la parábola

Finalmente, la ecuación de la superficie del líquido es la de un paraboloide de revolución cuyo eje es el del cilindro. La ecuación de la parábola que genera dicha superficie es

z= ω 2 2g r 2 +h ω 2 R 2 4g

El vértice de la parábola, z0=h-ω2R2/(4g) se hace cero para una velocidad angular máxima, ωm

ω m 2 4g R 2 =h

Para esta velocidad la altura z de la capa de fluido más externa, en contacto con las paredes del recipiente, r=R, vale z=2h. El agua empieza a derramarse por el borde del cubo medio lleno de agua. La altura del cubo es 2h

Cuando, r= 2 R , z=h, independientemente de la velocidad angular ω

La ecuación de la parábola se puede escribir de forma alternativa

z h =1 ( ω ω m ) 2 ( 12 ( r R ) 2 )

Representación z/h en términos de r/R, para varios valores de ω/ωm. Como la parábola es simétrica respecto del eje de rotación, solamente representamos la mitad derecha

hold on
for w=[0,0.25,0.5,0.75,1]
    f=@(x) 1-w^2*(1-2*x.^2);
    fplot(f,[0,1], 'displayName',num2str(w))
end
grid on
legend('-DynamicLegend','location','northwest')
xlabel('r/R')
ylabel('z/h')
title('Cubo medio lleno de agua')

Ejemplo 3

Hallar la curva y=y(x), z=z(x) en la que la funcional

I(x,y,z)= 0 1 ( y ˙ 2 + z ˙ 2 4x z ˙ 4z )dx

alcanza su valor extremo, con las condiciones de que la funcional

K(x,y,z)= 0 1 ( y ˙ 2 x y ˙ z ˙ 2 )dx =2

y en los extremos y(0)=0, y(1)=1, z(0)=0, z(1)=1

Existe un parámetro λ, tal que la curva y=y(x), z=z(x) hace que el funcional

L(y)= 0 1 ( y ˙ 2 + z ˙ 2 4x z ˙ 4z+λ( y ˙ 2 x y ˙ z ˙ 2 ) )dx

alcance su extremo. La ecuación de Euler-Lagrange se escribe ahora para dos variables y, z

F(x,y, y ˙ ,z, z ˙ )=f(x,y, y ˙ ,z, z ˙ )+λg(x,y, y ˙ ,z, z ˙ ) { F y d dx ( F y ˙ )=0 F z d dx ( F z ˙ )=0

lo que resulta

{ d dx ( 2 y ˙ +2λ y ˙ λx )=0 4 d dx ( 2 z ˙ 4x2λ z ˙ )=0

La solución es

{ ( 2+2λ ) dy dx λx= C 1 ( 22λ ) dz dx 4x=4x+ C 3 { y= λ x 2 +2 C 1 x 4(1+λ) + C 2 z= C 3 x 2(1λ) + C 4

Calculamos las constantes C1, C2, C3 y C4, a partir de las condiciones en los extremos

C 1 = 3λ+4 2 C 2 =0 C 3 =2(1λ) C 4 =0

La curva buscada y=y(x), z=z(x) en función del parámetro λ es

{ y= λ x 2 +(3λ+4)x 4(1+λ) z=x

Calculamos el valor del parámetro λ a partir de la condición de que el funcional K(x,y,z) valga 2

0 1 ( ( dy dx ) 2 x dy dx ( dz dx ) 2 )dx =2 0 1 { ( 2λx+3λ+4 4(1+λ) ) 2 + 2λx+3λ+4 4(1+λ) x1 }dx =2

La integral es sencilla pero requiere muchas operaciones algebraicas, por lo que utilizamos MATLAB para realizar esta tarea. La integral definida que se iguala a 2 da como resultado una ecuación de segundo grado en λ (en el código k es λ), que tiene dos raíces reales λ1=-12/11 y λ2=-10/11. Calculamos el funcional I(x,y,z) y nos da como resultado 1 para la primera raíz, y 1/12 para la segunda

>> syms x k;
>> yp=(2*k*x+3*k+4)/(4+4*k);
>> z=int(yp^2-x*yp-1,x,0,1)
z =1/(48*(k + 1)^2) - 25/48
>> s=solve(z-2)
 s = -12/11
 -10/11
>> y1=subs(yp,k,s(1))
 y1 =6*x - 2
>> y2=subs(yp,k,s(2))
y2 =7/2 - 5*x
>> int(y1^2 + 1 - 4*x - 4*x,x,0,1)
 ans =1
>> int(y2^2 + 1 - 4*x - 4*x,x,0,1)
 ans =1/12

La curva buscada y=y(x), z=z(x) para cada una de las raíces es

λ 1 = 12 11 { y=3 x 2 2x z=x λ 2 = 10 11 { y= 1 2 ( 5 x 2 +7x ) z=x

Integrando en el código las derivadas y1=6x-2 e y2=7/2-5x, obtenemos los resultados anteriores

El cálculo de variaciones en otras páginas del Curso de Física

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Película jabonosa entre dos aros

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Referencias

M. L. Krasnov, G. I. Makarenko, A. I. Kiseliov. Cálculo Variacional (ejemplos y problemas). Editorial Mir (1992)