Variatierekening. Deborah Cabib, Gerrit Oomens Eindverslag Project Wiskunde 2. Begeleiding: dr. Henk Pijls

Transcriptie

1 Vritierekening Deborh Cbib, Gerrit Oomens Eindverslg Project Wiskunde 2 Begeleiding: dr. Henk Pijls Korteweg-de Vries Instituut voor Wiskunde Fculteit der Ntuurwetenschppen, Wiskunde en Informtic Universiteit vn Amsterdm

2 Smenvtting De vritierekening betreft het vinden vn de extrem vn functionlen op functieruimtes. In dit verslg wordt de klssieke theorie vn de vritierekening besproken. De Euler-Lgrnge vergelijking wordt fgeleid en toegepst om enkele voorbeelden uit te werken. De multiplictorenmethode vn Lgrnge voor het oplossen vn optimliseringsproblemen met nevenvoorwrden wordt bewezen, zowel in het gevl vn R n ls in het gevl vn vritionele problemen. Verder wordt de stelling vn Noether bewezen en wordt hiermee een mnier gegeven om de Euler-Lgrnge vergelijking te vereenvoudigen ls het probleem beplde symmetrieën heeft. Ten slotte worden de geodeten de kortste pden tussen twee punten op een oppervlk besproken ls toepssing vn de theorie vn de vritierekening. Gegevens Titel: Vritierekening Auteurs: Deborh Cbib, dcbib@science.uv.nl, Gerrit Oomens, goomens@science.uv.nl, Begeleider: dr. Henk Pijls Einddtum: Korteweg de Vries Instituut voor Wiskunde Universiteit vn Amsterdm Plntge Muidergrcht 24, 1018 TV Amsterdm

3 Inhoudsopgve Inleiding 2 1 Eindige dimensie Functies op R Functies op R n Vritionele problemen Euler-Lgrnge vergelijking Voorbeelden Nevenvoorwrden Impliciete-functiestelling Multiplictorenmethode vn Lgrnge Open fbeeldingsstelling Multiplictoren bij vritionele problemen Stelling vn Noether Invrintie Geodeten Kortste pden Geodeten op een sfeer Appendix 26 Populire smenvtting 28 Bibliogrfie 30 1

4 Inleiding De vritierekening is de tk vn de wiskunde die zich bezighoudt met het vinden vn extrem vn functies op functieruimten. Dt wil zeggen dt men een functie F bekijkt vn een functieruimte V een (meestl oneindig-dimensionle) vectorruimte wrvn de elementen zelf weer functies zijn nr de reële getllen en dt men dn elementen vn V zoekt wrvoor F mximl of miniml is. Dit kn gezien worden ls een generlistie vn de bekende problemen uit de clculus wrbij men functies bekijkt vn R n nr R. De vritierekening heeft veel toepssingen, onder ndere in de ntuurkunde en de econometrie. Echter, we zullen ons hier voorl beperken tot de wiskunde chter de vritierekening. In dit verslg proberen we de klssieke theorie vn de vritierekening smen te vtten. Voordt we hiermee beginnen, bekijken we het bekende probleem vn functies op R n en werken we dit uit in hoofdstuk 1. Hierbij kijken we nr noodzkelijke en voldoende voorwrden voor extrem bij differentieerbre functies op R n. N deze korte herhling gn we in hoofdstuk 2 verder met het oneindig-dimensionle probleem. We zullen eerst enige begrippen introduceren en drn een noodzkelijke voorwrde voor een extremum vn een functie op een functieruimte fleiden: de zogenmde Euler-Lgrnge vergelijking. Hiermee werken we enkele voorbeelden uit. In hoofdstuk 3 bewijzen en generliseren we een bekende methode uit de clculus: de multiplictorenmethode vn Lgrnge. Met deze methode is het mogelijk ook in het oneindigdimensionle gevl een optimliseringsprobleem met nevenvoorwrden op te lossen, dus een probleem wrbij we extrem vn F zoeken op een deelverzmeling vn de functieruimte V die bestt uit lle functies die n een extr voorwrde voldoen. Onder ndere in de ntuurkunde komt men vk problemen tegen die invrint zijn onder beplde trnsformties. Het blijkt dt deze invrinties het mogelijk mken om de Euler- Lgrnge vergelijking te herschrijven tot een meer eenvoudige differentilvergelijking. In hoofdstuk 4 bewijzen we dit resultt vn Emmy Noether. Ten slotte pssen we in hoofdstuk 5 de theorie toe om de kortste pden te vinden tussen twee punten op een willekeurig oppervlk. 2

5 Hoofdstuk 1 Eindige dimensie Het blijkt vk hndig te zijn om eerst het specifieke gevl goed te begrijpen lvorens n een lgemener gevl te beginnen. Drom zullen we eerst het reltief bekende gevl vn functies vn R n nr R geheel uitwerken. We zullen hierbij noodzkelijke en voldoende condities voor extrem vn deze functies formuleren mr eerst geven we n wt er precies bedoeld wordt met extremum. Definitie 1.1. Zij V een metrische ruimte en f : V R een reëelwrdige functie. Dn heeft f een lokl mximum in x 0 V ls er een open omgeving U vn x 0 bestt zodt voor lle x U geldt dt f(x) f(x 0 ). Evenzo neemt f een lokl minimum n in x 0 ls f(x) f(x 0 ) voor lle x U. We zeggen dt x 0 een lokl extremum is vn f ls f een lokl minimum of mximum heeft in x Functies op R Ten eerste bekijken we functies op R. We formuleren en bewijzen de bekende noodzkelijke voorwrde voor een extremum: een nulpunt vn de fgeleide. Propositie 1.2. Zij f : R R een functie die in x 0 een extremum heeft en differentieerbr is in x 0. Dn is f (x 0 ) = 0. Bewijs. We nemen n dt f een lokl mximum heeft in x 0. Het gevl dt het een minimum is gt nloog. De functie f is differentieerbr in x 0, dus er geldt f f(x 0 + h) f(x 0 ) (x 0 ) = lim. h 0 h We weten dt f een lokl mximum in x 0 heeft, dus f(x 0 +h) f(x 0 ) 0 voor h klein. Hieruit volgt dt voor h positief f(x 0+h) f(x 0 ) f(x h 0 en dn ook lim 0 +h) f(x 0 ) h 0 h 0. Evenzo is f(x deze uitdrukking positief voor h negtief, dus krijgen we ook lim 0 +h) f(x 0 ) h 0 h 0. De limiet moet dus gelijk zijn n 0, dus f (x 0 ) = 0. We hebben nu bewezen dt dit een noodzkelijke voorwrde is voor het hebben vn een extremum, mr het is zeker geen voldoende voorwrde. Een eenvoudig voorbeeld is de functie f(x) = x 3. Deze heeft fgeleide 0 in het punt x = 0, mr heeft dr een buigpunt in plts vn een extremum. Als de functie echter ook twee keer differentieerbr is kunnen we een voldoende voorwrde geven. 3

6 Propositie 1.3. Zij f : R R een functie die differentieerbr is in een omgeving vn x 0 met f (x 0 ) = 0. Stel dt f (x 0 ) bestt en f (x 0 ) > 0. Dn heeft f een lokl minimum in x 0. Evenzo heeft f een lokl mximum in x 0 ls f (x 0 ) < 0. Bewijs. Stel dt f (x 0 ) > 0. We willen nu lten zien dt f een minimum heeft in x 0. De fgeleide f is differentieerbr in x 0, dus er geldt f (x 0 + h) = f (x 0 ) + f (x 0 )h + o(h) voor h 0. Verder is f (x 0 ) = 0 en voor lle ɛ > 0 bestt er een δ zodt ɛ h < o(h) < ɛ h voor h < δ. Dus ook voor ɛ = f (x 0 )/2 bestt er zo n δ, mr dn is voor h < δ: f (x 0 + h) = f (x 0 )h + o(h) > f (x 0 )h 1 2 f (x 0 ) h > 0 ls h > 0 f (x 0 + h) = f (x 0 )h + o(h) < f (x 0 )h f (x 0 ) h < 0 ls h < 0. Dus voor h kleiner dn 0 is de fgeleide vn f negtief. Mr voor h groter dn nul is de fgeleide vn f positief. Dit bewijst dt f een lokl minimum heeft in x 0, wnt de functie stijgt rechts vn x 0 en dlt links vn x 0. Het bewijs dt f een lokl mximum in x 0 heeft ls f (x 0 ) < 0 verloopt nloog. Merk op dt hoewel deze propositie een voldoende conditie geeft voor een lokl extremum, deze conditie niet noodzkelijk is. Als de tweede fgeleide in x 0 gelijk is n 0 vertelt de propositie niets, mr kn de functie nog wel een extremum in x 0 hebben. De functie f(x) = x 4 is een voorbeeld vn een functie met een minimum in x 0 = 0 en f (x 0 ) = 0. Voor functies ls x 4 is het mogelijk het gedrg in 0 te bestuderen door nr hogere orde fgeleiden te kijken, mr ook dit kn niet voor lle functies. De functie e 1/x2 is een voorbeeld vn een functie met f (n) (0) = 0 voor lle n N, dus hier is het niet mogelijk met behulp vn fgeleides in 0 te beplen of deze functie een extremum heeft in Functies op R n De resultten uit de vorige prgrf lten zich vrij eenvoudig generliseren nr R n : Propositie 1.4. Zij f : R n R een functie die in x 0 een extremum heeft en differentieerbr is in x 0. Dn is f (x 0 ) = 0. Bewijs. Neem h R n. Dn is g(t) := f(x 0 + th) een functie vn R nr R met een extremum in 0. Verder is g (0) = f (x 0 )h en dit is gelijk n 0 volgens propositie 1.2. Dit geldt voor lle h R n, dus f (x 0 ) = 0. De generlistie vn propositie 1.3 is wt ingewikkelder. De tweede fgeleide is nu een symmetrische mtrix geworden. Om dit terug te schrijven nr het de meer eenvoudige situtie gebruiken we het volgende lemm. Lemm 1.5. Zij S een symmetrische n n mtrix met eigenwrden λ 1,..., λ n en h R n. Als S positief definiet (dus λ i > 0 voor lle i) is, geldt S(h, h) = h T Sh > 0. Evenzo geldt S(h, h) < 0 ls S negtief definiet is. Bewijs. De mtrix S is symmetrisch, dus er bestt een orthonormle bsis vn eigenvectoren v 1,... v n zodt S = V T DV, wrbij V de mtrix is met ls kolommen de eigenvectoren en 4

7 D = dig(λ 1,..., λ n ). Schrijf V h = n i=1 iv i. Dn is n n S(h, h) = h T Sh = h T V T DV h = DV h, V h = i λ i v i, i v i = i=1 i=1 n λ i 2 i. i=1 Voor h 0 is dit positief ls lle eigenwrden positief zijn en negtief ls lle eigenwrden negtief zijn. Propositie 1.6. Zij f : R n R een functie die differentieerbr is in een omgeving vn x 0 met f (x 0 ) = 0. Stel dt f (x 0 ) bestt en positief definiet is. Dn heeft f een lokl minimum in x 0. Evenzo heeft f een lokl mximum in x 0 ls f (x 0 ) negtief definiet is. Bewijs. Neem h R n en beschouw g h (t) := f(x 0 + th). Nu is g (t) = f (x 0 + th)h en g (0) = f (x 0 )(h, h). Dn geldt volgens bovenstnd lemm g (0) > 0 of g (0) < 0, dus kunnen we propositie 1.3 toepssen. Hieruit volgt dt g h een lokl extremum heeft in x 0 voor lle h. Dus heeft f zelf ook een lokl extremum in x 0. In dit hoofdstuk hebben we de voorwrden voor extrem in het eindig-dimensionle gevl herhld. Dit is niet lleen hndig om te begrijpen voordt we het lgemene gevl gn bekijken, mr het zl ook blijken dt we vk oneindig-dimensionle problemen terug zullen brengen nr eindig-dimensionle problemen en drbij kunnen wede theorie vn dit hoofdstuk toepssen. 5

8 Hoofdstuk 2 Vritionele problemen We hebben in het vorige hoofdstuk gezien hoe extrem werken in R n en gn nu door met het oneindig-dimensionle gevl. We beschouwen functies op functieruimten zols C 1 ([, b]), de ruimte vn continu differentieerbre functies op een intervl [, b]. Als eerste geven we een ntl definities. Definitie 2.1. Zij V een vectorruimte over R. Een functionl op V is een functie F : V R. Een functionl heet lineir ls F [λu + µv] = λf [u] + µf [v]. Voorbeeld 2.2. Neem V = C([, b]), de ruimte vn continue functies vn het gesloten intervl [, b] nr R. Dn is de evlutiefbeelding in x [, b], F [u] = u(x), een lineire functionl. Ook de integrl G[u] = u(x) dx is lineir, mr H[u] = 1 + u (x) dx is dit niet. Meer lgemeen definiëren we voor een gegeven functie f : R 3 R een functionl F C 1 ([, b]) R ls volgt F [u] = f(x, u(x), u (x)) dx. Als op V een norm gegeven is, kunnen we op de gebruikelijke mnier begrippen ls fgeleide definiëren: Definitie 2.3. Zij F een functionl op een vectorruimte V met norm. Dn heet F differentieerbr in u V ls er een lineire functionl L bestt zodt voor h U geldt dt F [u + h] F [u] = L[h] + o(h) voor h 0, wrbij voor lle ɛ > 0 er een δ > 0 bestt zodt o(h) < ɛ h voor h < δ. We noemen L de fgeleide of vritie vn F en noteren deze met F. Anloog n het eindig-dimensionle gevl is een nulpunt vn de fgeleide een noodzkelijke conditie voor een extremum: Stelling 2.4. Zij F een functionl op een vectorruimte V. Stel dt F een extremum heeft in u. Dn geldt F [u] 0. Bewijs. Neem 0 h V willekeurig. Definieer een functie G : R R door G(t) = F [u + th]. Dn geldt G G(µ) G(0) F [u + µh] F [u] (0) = lim = lim µ 0 µ µ 0 µ F [u]µh + o(µh) = lim = F [u]h. µ 0 µ 6 (2.1)

9 De ltste stp volgt uit het feit dt o(µh) o(µ). Immers, voor lle ɛ > 0 is er een δ > 0 zodt o(µh) < ɛ δ h µh = ɛµ voor µh < δ. Als nu µ < h is o(µh) < ɛµ. Nu volgt uit 2.1 dt F [u]h = 0, wnt G is een reëelwrdige functie met een extremum in 0, dus G (0) = Euler-Lgrnge vergelijking We hebben gezien dt een nulpunt vn de vritie vn een functionl een noodzkelijke conditie is voor het hebben vn een extremum. We kunnen ons fvrgen hoe we dit kunnen gebruiken om de extrem vn een functionl te vinden. Hiervoor moeten we de vergelijking F = 0 oplossen. Het blijkt dt voor een functionl vn de vorm F [u] = b f(x, u(x), u (x)) dx het mogelijk is deze vergelijking te herschrijven tot een differentilvergelijking, de zogenmde Euler-Lgrnge vergelijking: u d dx u = 0. Voordt we deze vergelijking zullen fleiden geven we een lemm dt hierbij nodig is. Lemm 2.5. (Hoofdlemm vn de vritierekening) Zij g C 1 ([, b]) en stel dt voor lle h C 1 ([, b]) met h() = h(b) = 0 geldt dt Dn is g(x) = 0 voor lle x [, b]. g(x) h(x) dx = 0. Bewijs. Kies h(x) = ( x)(x b) g(x), dn voldoet h n de nnmen. Er geldt dus h(x) g(x) dx = ( x)(x b) g(x)2 dx = 0. Ook is ( x)(x b) > 0 voor lle x (, b) en g(x) 2 0 voor lle x, dus geldt g(x) = 0 voor lle x (, b). Hiermee kunnen we de bovenstnde vergelijking fleiden. Stelling 2.6. (Euler-Lgrnge) Schrijf Cα,β 1 ([, b]) = {u C1 ([, b]) : u() = α, u(b) = β} en zij F : Cα,β 1 ([, b]) R een functionl met F [u] = f(x, u(x), u (x)) dx, wrbij f : R 3 R een tweeml continu differentieerbre functie is. Stel dt v(x) een extremum is vn F, dn geldt er: u (x, v(x), v (x)) d dx u (x, v(x), v (x)) = 0. (2.2) Bewijs. We nemen h C 1 met h() = h(b) = 0 en definiëren de functie G(t) = F [v + th] = f(x, (v + th)(x), (v + th) (x)) dx. 7

10 Er geldt h() = h(b) = 0, dus is v + th Cα,β 1 ([, b]) en is 0 een lokl extremum vn G. Angezien G een functie vn R nr R is, geldt dn dt de fgeleide vn G in 0 gelijk is n 0. We berekenen nu deze fgeleide met behulp vn differentitie onder het integrlteken (zie stelling 1 in de ppendix) en de kettingregel: Ġ(0) = d dt = = f(x, (v + th)(x), (v + th) (x)) dx t=0 d dt f(x, v(x) + th(x), v (x) + th (x)) t=0 dx u h + u h dx. In de ltste gelijkheid gebruiken we dt x, v en v niet vn t fhngen, dus dx x dt = 0. We pssen op de tweede term prtiële integrtie toe en krijgen en dv dt [ ] b 0 = Ġ(0) = u h b + u h dx d dx u h dx = b u h dx = 0, dv dt = 0 d dx u h dx, wnt h() = h(b) = 0. Dit geldt voor lle h C0 1 ([, b]), dus volgt uit het vorige lemm dt u (x, v(x), v (x)) d dx u (x, v(x), v (x)) = 0. Het is eenvoudig n te gn dt deze stelling nog steeds geldt ls we een functionl bekijken vn de vorm F [u 1,..., u n ] = f(x, u 1,... u n, u 1,... u n) dx en we zullen lter ook functionlen vn deze vorm beschouwen. Zie stelling 2 in de ppendix voor een bewijs hiervn. Merk op dt de Euler-Lgrnge vergelijking 2.2 in het lgemeen een tweede-orde differentilvergelijking is. Immers, ls we deze vergelijking met behulp vn de kettingregel uitschrijven, krijgen we het volgende: 0 = u d dx = u = u u 2 f u x 2 f u x 2 f u u du dx 2 f du u 2 dx 2 f u u u 2 f u 2 u. Ten slotte geven we nog een lgemener resultt. We hebben gezien dt de fgeleide vn een functionl F gelijk n 0 is in een extremum, en we hebben een vergelijking fgeleid wrn een extremum moet voldoen, mr wt is nu het verbnd tussen de fgeleide vn de functionl en deze vergelijking? De volgende stelling geeft het ntwoord op deze vrg. Stelling 2.7. Zij F : C 1 ([, b]) R een functionl met F [u] = f(x, u(x), u (x)) dx, 8

11 wrbij f : R 3 R een C 2 -functie. Neem op C 1 ([, b]) de norm met Dn geldt er F [u]h = u = mx u(x) + mx x [,b] x [,b] u (x). Bewijs. Neem h C 1 ([, b]) en bekijk F [u + h] F [u] = = ( u (x, u, u ) d dx f(x, u + h, u + h ) f(x, u, u ) dx = h(x) + u u h (x) dx + ) u (x, u, u ) h(x) dx. (2.3) o( h(x)) dx, f (x) h(x) + o( h(x)) dx wrbij h(x) = (0, h(x), h (x)). We willen lten zien dt o( h(x))dx o(h) voor h 0, wnt drn volgt (2.3) n prtieel integreren. Neem ɛ > 0 en schrijf r = u + h. Omdt f een C 2 -functie is, zijn de prtiële fgeleiden vn f uniform continu op de compcte verzmeling [, b] [ r, r] [ r, r], dus er bestt een δ > 0 zodt er voor v v < δ geldt dt u (v) u (v ) < ɛ b en ook u (v) u (v ) < ɛ b. Dn is o( h(x)) = f(x, u + h, u + h ) f(x, u, u ) h(x) u u h (x) f(x, u + h, u ) f(x, u, u ) u h(x) + f(x, u + h, u + h ) u h (x) f(x, u + h, u ). h(x) = 0 u (x, u + t, u ) u (x, u, u ) dt h (x) + 0 u (x, u + h, u + t) u (x, u, u ) dt h(x) ɛ h < b + (x) ɛ b = ɛ( h(x) + h (x) ) b 0 0 ɛ h b. Dit geeft ons o( h(x)) dx < ɛ h dx = ɛ h. b 2.2 Voorbeelden We geven enkele voorbeelden wrbij we de gevonden Euler-Lgrngevergelijking toegepssen om optimliseringsproblemen op te lossen. Voorbeeld 2.8. We zoeken een kromme y = u(x) in het vlk R 2 vn minimle lengte met eindpunten (0, 0) en (1, 1). Stel dt we geen idee hebben hoe die kromme er uit moet zien, dn 9

12 willen we de Euler-Lgrnge vergelijking toepssen om een oplossing te vinden. De lengte vn een dergelijke kromme γ wordt gegeven door de lijnintegrl γ 1 ds. Dus ls we functies u(x) bekijken met x [0, 1] die voldoen n u(0) = 0 en u(1) = 1, wordt de kromme γ gegeven door de prmetristie (x, y) = (x, u(x)) en krijgen we ls functionl F [u] = 1 ds = x (x) 2 + y (x) 2 dx = 1 + u (x) 2 dx = f(x, u, u ) dx, γ 0 ls we nemen f(x, u, u ) = 1 + u (x) 2. De Euler-Lgrnge vergelijking toepssen geeft nu 0 = u d dx u = 0 d dx = u 1 + u u 2 u 0 0 ) (1 + 2u u 2. Dit is wr ls u = 0 of 1 + 2u 2 2u = 0, oftewel 2 = 1. Mr dit ltste kn niet, dus er 1+u 2 1+u 2 moet gelden u = 0, oftewel u(x) = x+b. We weten ook u(0) = 0 en u(1) = 1, dus u(x) = x. Verrssend genoeg vinden we dt het korste pd tussen (0, 0) en (1, 1) een rechte lijn is. Opmerking 2.9. In dit gevl ws de functie f : R 3 R vn vrij eenvoudige vorm, deze functie hing niet vn x f (en zelfs ook niet vn u). Het toepssen vn de Euler-Lgrnge vergelijking geeft toch nog een vrij uitgebreide berekening. Dit kn echter ook mkkelijker de Euler-Lgrnge vergelijking is in dit gevl: 0 = u d dx u = u 2 f u u u 2 f u 2 u. Vermenigvuldigen met u geeft 0 = u u 2 f u u u 2 2 f u 2 u u = d ( f u ) dt u en integreren geeft nu dt voor een zekere constnte c R geldt f u u = c. We hebben in dit gevl het probleem teruggebrcht nr een eerste-orde differentilvergelijking in de onbekende u. Met deze vereenvoudiging kunnen we een enigszins ingewikkelder probleem npkken. Voorbeeld (Brchistochronen) We zoeken de kromme y = u(x) in het vlk wrover een deeltje in zo min mogelijk tijd onder de invloed vn de zwrtekrcht vn één punt (x 0, u(x 0 )) nr een nder punt (x 1, u(x 1 )) rolt. We verwrlozen hierbij de wrijving, zodt we de snelheid kunnen vinden door gebruik te mken vn behoud vn energie: 1 2 mv2 = mgy. Dit geeft ons v = 2gy. Voor een kromme γ wordt de tijd gegeven door de fgelegde weg gedeeld door de snelheid - dit geeft de lijnintegrl γ 1 v ds = x1 2gu(x) 1 + u (x) 2 dx = x 0 1 x1 x 0 f(x, u(x), u (x)) dx. wrbij we nemen f(x, u, u 1+u ) = 2 2gu. We willen dus de functionl F [u] = x 1 x 0 f(x, u, u )dx minimliseren, wrbij f niet fhngt vn x. Hiervoor pssen we de bovenstnde opmerking 10

13 toe, dus we berekenen eerst de fgeleide vn f nr u : ( ) (1 + u 2 ) 1/2 (2gu) 1 2 u u = u = 1 + u 2 2gu. Dit geeft ons voor zekere c R dt c = f u u = 1 + u 2 2gu u u 2 2gu = 1 2gu 1 + u 2 en kwdrteren geeft c 2 = 1 (2gu)(1 + u 2 ) oftewel (1 + u 2 )u = 1 2gc 2. Voor het gemk schrijven we k = 1/(2gc 2 ). Nu willen we de eerste-orde differentilvergelijking (1 + u 2 )u = k oplossen. Herschrijven geeft: u = k u u u oftewel u k u = 1. Met behulp vn de substitutie u = k sin 2 t (met du = 2k sin t cos t dt) integreren we: x = = 2k u k u Dit geeft ons ls vergelijkingen du = 2k sin t sin t cos t dt = 2k cos t = k(t 1 sin 2t) + C voor zekere C R. 2 k sin 2 t k(1 sin 2 sin t cos t dt t) sin 2 t dt = k 1 cos 2t dt x(t) = k(t 1 sin 2t) + C 2 y(t) = k sin 2 t. en dit blijkt een cycloïde te zijn (zie figuur). Figuur 2.1: Cycloïde met k = 1 en C = π x 11

14 Hoofdstuk 3 Nevenvoorwrden In dit hoofdstuk bekijken we optimliseringsproblemen met een extr nevenvoorwrde. Hierbij gt het om het vinden vn de lokle extrem vn een functie op de nulverzmeling vn een ndere functie. Dus we zijn bijvoorbeeld geïnteresseerd in de lokle extrem vn een functie f : R n R binnen de verzmeling M = {x R n : g(x) = 0} voor een zekere functie g : R n R. Dit is een bekend probleem uit de clculus en wordt opgelost met behulp vn de zogenmde multiplictorenmethode vn Lgrnge, wrbij we zoeken nr oplossingen (λ, x) vn de vergelijking f (x) λg (x) = 0. Wij zullen in dit hoofdstuk een bewijs geven vn deze multiplictorenmethode dt eenvoudig kn worden gegenerliseerd nr het gevl wr f en g functionlen op oneindig-dimensionle ruimten zijn. Hierbij volgen we grotendeels [2]. Ten eerste bewijzen we enkele lgemene resultten uit de nlyse en topologie die we nodig zullen hebben voor het bewijs, drn pssen we deze eerst toe om de multiplictorenmethode zowel in R n ls in de situtie vn hoofdstuk 2 te bewijzen. 3.1 Impliciete-functiestelling Ten eerste zullen we de impliciete-functiestelling bewijzen voor volledige genormeerde vectorruimten. Dit kunnen we ook fkorten: Definitie 3.1. Een Bnchruimte is een volledige genormeerde vectorruimte, dus een genormeerde vectorruimte wrin iedere Cuchyrij convergeert. Het zl duidelijk zijn dt R n een Bnchruimte is. In prgrf 3.4 zullen we zien dt ook C 1 ([, b]) een Bnchruimte is in een goed gekozen norm. We bewijzen eerst de inversefunctiestelling en we lten drn zien dt de impliciete-functiestelling hieruit volgt. Voordt we met dit bewijs beginnen, leiden we enkele eigenschppen vn continue lineire fbeeldingen tussen Bnchruimten f. Definitie 3.2. Zij X, Y Bnchruimten. We schrijven Lin(X, Y ) voor de ruimte vn lle continue lineire fbeeldingen vn X nr Y. Het is eenvoudig in te zien dt dit weer een vectorruimte is. We zullen op Lin(X, Y ) in het lgemeen de opertornorm gebruiken, gedefinieerd door L(x) L = mx x U x. 12

15 Definitie 3.3. Zij X, Y Bnchruimten. Een fbeelding f : X Y heet differentieerbr in x X ls er een L Lin(X, Y ) bestt zodt f(x + h) f(x) = L(h) + o(h). We noemen L de fgeleide vn f in x en we noteren dit met f (x). We zeggen dt f een C 1 -fbeelding op O X is ls f differentieerbr is in ieder punt vn O en de fbeelding x f (x) continu is op O. Propositie 3.4. Zij X, Y Bnchruimten en L Lin(X, Y ) met L < 1. Dn is I L inverteerbr met (I L) 1 = n=0 Ln. Bewijs. Ten eerste gn we n dt n=0 Ln convergeert in de opertornorm. Neem ɛ > 0, dn geldt er m m L n L n < ɛ, k=n wrbij we gebruiken dt n=0 L n convergeert voor L < 1. Dn is (I L) L n = n=0 n=0 k=n L n L n+1 = I. Gevolg 3.5. Zij f : X Y een C 1 -fbeelding. Stel dt f () inverteerbr is voor een zekere X. Dn is er een open omgeving U vn zodt f (x) inverteerbr is voor x U. Bewijs. De fgeleide vn f is continu, dus er bestt een δ > 0 zodt voor x < δ geldt dt f () f (x) < f () 1 1. Dn is I f () 1 f (x) = f () 1 (f () f (x)) f () 1 f () f (x) < 1. n=0 Dus f () 1 f (x) is inverteerbr, mr dn is f (x) zelf dt ook. Lemm 3.6. Zij X, Y Bnchruimten. Definieer G = {L Lin(X, Y ) : L is inverteerbr}. Dn is de fbeelding G G gegeven door L L 1 continu in de opertornorm op Lin(X, Y ). Bewijs. Neem L 0 G. We bekijken voor L G de uitdrukking L 1 L 1 0 = L 1 (I LL 1 0 ) L 1 I LL 1 0 = L 1 (L 0 L)L 1 0 L 1 L 0 L L 1 0. We willen nu L 1 fschtten. Als L 0 L < (2 L 1 0 ) 1 dn is I L 1 0 L < 1/2, dus volgens propositie 3.4 is L 1 0 L inverteerbr met inverse n=0 (I L 1 0 L)n. Dn is ( ) L 1 = (I L 1 0 L)n L 1 0 L 1 0 I L 1 0 L n < L 1 0 ( ) 1 n = 2 L Dit geeft ons n=0 n=0 L 1 L 1 0 < 2 L L 0 L < ɛ ls L 0 L < (2 L ) 1 ɛ. n=0 13

16 Stelling 3.7. (Lokle inverse-functiestelling) Zij X een Bnchruimte en f : O X een C 1 -functie met O open in X. Neem O en schrijf b = f(). Als f () inverteerbr is, dn zijn er open omgevingen U vn en V vn b zodt f : U V een C 1 -diffeomorfisme is. Bewijs. Ten eerste merken we op dt we zonder verlies vn lgemeenheid mogen nnemen dt = b = 0 en f () = I. Immers ls dit niet zo is, kunnen we overgn op de functie g(x) = f () 1 f(x + ) b, en ls de stelling wr is voor deze functie g dn ook voor f. Omdt f () inverterbr is, bestt er volgens gevolg 3.5 een r 0 > 0 zodt f (x) inverteerbr is voor x < r 0. Definieer R(x) := f(x) f (0)x. Dn geldt R(x) R(y) = f(x) f(y) f (0)(y x) f(x) f(y) f (x)(y x) + (f (x) f (0))(y x). Vnwege het feit dt f een C 1 -fbeelding is, bestt er een δ 1 (0, r 0 ) zodt voor x < δ 1 geldt dt f (x) f (0) < 1/4. Verder geldt ook f(x) f(y) = f (x)(y x)+o(y x), dus er bestt ook een δ 2 (0, r 0 ) zodt voor y x < δ 2 geldt dt f(x) f(y) f (x)(y x) < x y /4. Neem r = min(δ 1, δ 2 /2), dn geldt voor x, y met x < r en y < r dt R(x) R(y) f(x) f(y) f (x)(y x) + f (x) f (0) (x y) < x y /2. We mogen nnemen dt f (0) = I, dus we krijgen voor x, y B r (0) dt f(x) f(y) = R(x) R(y) + x y x y R(x) R(y) > x y /2. Hieruit volgt dt f : B r (0) f(b r (0)) injectief is en dus een bijectie. Nu rest nog te bewijzen dt de inverse continu is. Neem x = f(x ), y = f(y ) f(b r (0)), dn krijgen we f 1 (x) f 1 (y) = x y 2 f(x ) f(y ) = 2 x y. (3.1) Dus f 1 is (Lipschitz) continu, en hieruit volgt dt f : B r (0) f(b r (0)) een homeomorfisme is. We willen lten zien dt er een open verzmeling bevt is in f(b r (0)). Drtoe kiezen we s (0, r/2) en nemen we q B s (0) willekeurig. We zoeken een x B r (0) met f(x) = q, oftewel x + R(x) = q. Definieer F q (x) = q R(x) en merk op dt F q de gesloten verzmeling B 2s (0) fbeeldt binnen B 2s (0), immers F q (x) = q R(x) q + R(x) R(0) < s + x /2 2s. Ook is F q een retrctie, wnt F q (x) F q (y) = R(x) R(y) < x y /2. Dn heeft F een uniek dekpunt in B 2s (0) B r (0) (zie lemm 5.3 in de ppendix), dus er is een x B r (0) met x = F q (x) = q R(x) = q + x f(x), oftewel f(x) = q. Dus B s (0) f(b r (0)). Neem V = B s (0) en U = f 1 (V ), dn is f : U V een homeomorfisme. Ten slotte bewijzen we dt f 1 een C 1 -fbeelding is. Neem y = f(x) V en schrijf h = f 1 (y + h) f 1 (y). Omdt f differentieerbr is in x, geldt oftewel h = f(x + h) f(x) = f (x) h + o( h), f 1 (y + h) f 1 (y) = h = f (x) 1 (h o( h)) = f (f 1 (y))h f (x) 1 o( h). 14

17 Er rest te bewijzen dt f (x) 1 o( h) o(h). Neem ɛ > 0, dn bestt er een δ > 0 zodt voor h < δ geldt dt o( h) < ɛ h /(2 f (x) 1 ). Als nu h < δ/2 geldt wegens (3.1) dt h < δ en dus f (x)o( h) f (x) 1 o( h) < ɛ h /2 ɛ h. We concluderen dt f 1 differentieerbr is in y met fgeleide f (f 1 (y)) 1. Omdt f 1, f en de fbeelding A A 1 llen continu zijn, is ook de fbeelding y f (f 1 (y)) 1 continu, dus f 1 is C 1. Stelling 3.8. (Impliciete-Functiestelling) Zij X, Y Bnchruimten en f : X Y een C 1 - fbeelding. Stel dt X = L 1 L 2, met L 1 en L 2 gesloten lineire deelruimten vn X en neem (, b) X. Stel dt f(, b) = 0 en dt f (, b) L2 een isomorfisme L 2 V is. Dn bestn er open omgevingen U vn en V vn b en een C 1 -fbeelding g : U V zodt voor (x, y) U V geldt f(x, y) = 0 dn en slechts dn ls y = g(x). Bewijs. Definieer φ(x, y) = (x, f(x, y)). Dn geldt voor h = (h 1, h 2 ) dt φ( + h 1, b + h 2 ) φ(, b) = (h 1, f (, b)h + o(h)) = φ (, b)h + o(h), wrbij φ (, b) een lineire fbeelding is met φ (, b) L1 = id en φ (, b) L2 = f (, b) L2. Dit is inverteerbr, wnt f (, b) L2 en de identiteit zijn beiden inverteerbr. Dus volgens de inverse-functiestelling zijn er open omgevingen U, V vn en b zodt φ : U V φ(u V ) een C 1 -diffeomorfisme is. Schrijf φ 1 (x, z) = (x, g(x, z)) en definieer g(x) = g(x, 0). Er geldt f(x, y) = 0 φ(x, y) = (x, 0) φ 1 (x, 0) = (x, y) g(x, 0) = y g(x) = y. Ook is φ 1 een C 1 -fbeelding en dus ook g en g zelf zijn C Multiplictorenmethode vn Lgrnge In deze sectie zullen we de volgende stelling over extrem vn functies vn een Bnchruimte nr R met nevenvoorwrden bewijzen: Stelling 3.9. (Multiplictorenmethode vn Lgrnge) Zij X, Y Bnchruimten en f : X R een C 1 functie. Zij verder M = {x X : g(x) = 0} de nulverzmeling vn een C 1 -fbeelding g : X Y, wrbij g (x) surjectief is voor lle x M. Stel dt f op M een lokl extremum nneemt in, oftewel f(x) f() (of f(x) f()) voor lle x U M voor een zekere open omgeving U vn. Stel verder dt geldt X = ker g () L voor een zekere lineire deelruimte L. Dn bestt er een λ Lin(Y, R) zodt f () (λ g ()) = 0. Het bewijs dt we hier geven, berust op de volgende homomorfiestelling uit de Lineire Algebr: Propositie Zij X, Y, Z vectorruimten en f : X Z, g : X Y lineire fbeeldingen. Stel dt g surjectief is en dt er geldt ker g ker f. Dn bestt er een unieke lineire fbeelding λ : Y Z zodt het volgende digrm commuteert: 15

18 X g Y f Z λ Bewijs. Voor x = g(x ) Y definiëren we λ(x) = f(x ). We moeten lleen ngn of dit goedgedefinieerd en lineir is. Stel dt er ook geldt x = g( x), dn is g(x ) = g( x), dus x x ker g. Dn volgt ook x x ker f, dus f(x ) = f( x). De fbeelding λ is dus goedgedefinieerd. Stel dt ook geldt y = g(y ) Y en α R, dn is λ(αx + y) = f(αx + y ) = αf(x ) + f(y ) = αλ(x) + λ(y). Dus λ is lineir. De uniciteit vn λ volgt direct uit de surjectiviteit vn g en uit de eis dt voor lle x U geldt λ(g(x)) = f(x). Om dit toe te pssen bij het bewijs vn stelling 3.9, moeten we lleen inzien dt ker g () ker f (). Hiervoor bekijken we de rkruimte vn M: Definitie Zij X een Bnchruimte en M een deelverzmeling vn X. Neem M. Als γ : ( ɛ, ɛ) M een C 1 kromme is met γ(0) = dn noemen we γ (0) een rkvector n M in. De rkruimte T (M) in is de verzmeling vn lle rkvectoren n M in, dus h T (M) dn en slechts dn ls er een γ : ( ɛ, ɛ) M bestt die C 1 is met γ(0) = en γ (0) = h. Lemm Zij X, Y Bnchruimten en g : X Y een C 1 -functie. Stel dt g () surjectief is voor lle M = {x X : g(x) = 0} en stel dt geldt X = ker g () L voor een zekere lineire deelruimte L. Dn geldt T (M) = ker g (). Bewijs. Neem M. Dn is g () L injectief en surjectief, dus een isomorfisme. Volgens de impliciete-functiestelling zijn er open omgevingen U, V vn 1, 2 en een C 1 -fbeelding f : U V zodt voor (x, y) U V geldt dt g(x, y) = 0 dn en slechts dn y = f(x). Dn geldt M (U V ) = {(x, y) U V : g(x, y) = 0} = {(x, f(x)) : x U}. Kies h = ( h, 0) ker g () en neem γ(t) = (t h + 1, +f(t h + 1 )). Dn is γ(0) = en γ (0) = ( h, f ( 1 ) h). Verder geldt er dt g γ 0, dus 0 = (g γ) (0) = g ()( h, f ( 1 ) h) = g ()( h, 0) + g ()(0, f ( 1 ) h) = g ()(0, f ( 1 ) h). Dus (0, f ( 1 ) h) ker g (), mr er geldt ook (0, f ( 1 ) h) L, dus (0, f ( 1 ) h) = 0. Dn is γ (0) = ( h, 0), dus h T (M). Er geldt dus ker g () T (M). Als nu h T (M) dn bestt er een γ : ( ɛ, ɛ) M met γ(0) = en γ (0) = h. Mr dn is g γ 0 op ( ɛ, ɛ), dus 0 = (g γ) (0) = g ()h. We concluderen dt T (M) = ker g (). Nu we deze gelijkheid hebben, kunnen we de benodigde inclusie vn kernen bewijzen en drmee ook de stelling: Bewijs vn stelling 3.9. Neem h ker g (). Dn geldt volgens het bovenstnde lemm dt h T (M), dus er is een γ : ( ɛ, ɛ) M met γ(0) = en γ (0) = h. Bekijk nu de functie f γ. Omdt f een lokl extremum heeft in γ(0), is 0 een lokl extremum vn f γ, dus 0 = (f γ) (0) = f ()h. Dus h ker f (), oftewel ker g () ker f (). Stelling 3.10 geeft nu een lineire fbeelding λ : Y R zodt f () = λ g (), oftewel f () λ g () = 0. 16

19 De bekende multiplictorenmethode vn Lgrnge in R n is hier een direct gevolg vn: Gevolg Zij f : R n R een C 1 functie. Zij verder M = {x X : g(x) = 0} de nulverzmeling vn een C 1 -fbeelding g = (g 1,..., g m ) : R n R m, wrbij g (x) surjectief is voor lle x M. Stel dt f op M een lokl extremum nneemt in, dn bestn er λ 1,..., λ m zodt f () λ 1 g 1() λ m g m() = 0. (3.2) Bewijs. Stelling 3.9 geeft ons een lineire fbeelding λ : R m R zodt f () λ g () = 0. Een dergelijke lineire fbeelding R m R is niets nders dn een liggende vector, dus we kunnen schrijven λ = (λ 1,..., λ m ). Dit geeft ons precies (3.2). 3.3 Open fbeeldingsstelling Voor het bewijs vn de multiplictorenmethode in oneindige dimensie hebben we nog een extr resultt nodig uit de theorie vn de Bnchruimten de open-fbeeldingsstelling. Deze stelling zegt dt iedere continue surjectieve lineire opertor op een Bnchruimte een open fbeelding is. Het bewijs vn deze stelling berust op de zogenmde Bire Ctegory Theorem uit de topologie. In deze prgrf zullen we beide stellingen formuleren en bewijzen. Definitie Een topologische ruimte X heet een Bire ruimte ls voor elke ftelbre collectie gesloten deelverzmelingen C 1, C 2,... vn X die voldoet n C i = voor lle i, geldt dt i=1 C i een leeg inwendige heeft. Stelling (Bire Ctegory Theorem) Elke volledige metrische ruimte is een Bire ruimte. Bewijs. Zij X een volledige metrische ruimte met metriek d en lt C 1, C 2,... gesloten deelverzmelingen vn X zijn met Ci = voor lle i. Definieer D := i=1 C i. We willen nu bewijzen dt voor iedere open verzmeling U X er een x U is met x D. Neem y 1 U \ C 1 (dit kn, wnt nders zou U C 1 en dus C1 ) en definieer U 0 = B(y 1, r 0 ) U. Nu zijn {y 1 } en C 1 disjuncte gesloten verzmelingen, dus er is een r 1 (0, 1) zodt U 1 = B(y 1, r 1 ) voldoet n U 1 C 1 = en zodt U 1 U 0. Stel nu dt we voor i {1,..., n 1} punten y i en open omgevingen U i vn de y i hebben met U i U i 1 en U i C i =. Kies y n U n \ C n. Dn kunnen we zols boven r n (0, 1/n) vinden zodt U n = B(y n, r n ) voldoet n U n U n 1 en U n C n =. Nu hebben we een rijtje (y n ) n N dt Cuchy is. Immers, neem ɛ > 0 en kies N = 1/ɛ. Dn geldt voor n m > N dt y n B(y n, r n ) B(y m, r m ) en dus d(y n, y m ) < r m = 1/m < 1/N = ɛ. Schrijf y = lim n y n. Dn zit y U i voor lle i, wnt nders zou er een B(y, ɛ) X \ U i bestn, mr dit is in tegensprk met het feit y n U i voor n i. Dn geldt dus ook y U, mr tevens y D. Immers, ls y D dn is er een i zodt y C i, mr dt kn niet, wnt y U i U i en U i C i =. Stelling (Open fbeeldingsstelling) Zij X, Y Bnchruimten en T : X Y een continue en surjectieve lineire fbeelding. Dn is T open, dt wil zeggen dt het beeld vn een open verzmeling onder T weer open is. Bewijs. ([7], p. 5 6) Het is voldoende om te bewijzen dt het beeld vn de open bol B X (0, 1) X een open bol B Y (0, r) Y bevt. Immers, een willekeurige bol is te verkrijgen ls het beeld vn deze bol onder een lineire trnsformtie. Bekijk nu de open bollen B(r) = B X (0, r). 17

20 Vnwege de surjectiviteit vn T is Y = n=1 T (B(n)), dus volgens de bovenstnde stelling is er een n N zodt B(n). Dn bestt er een r > 0 en y Y zodt B Y (y, r) B(n). Merk op dt er geldt B Y (0, r) {y 1 y 2 : y 1, y 2 B Y (y, r)} T (B(2n)) vnwege de lineiriteit vn T. Evenzo geldt voor ρ > 0 dt B Y (0, ρr/2n) B(ρ). Neem nu ɛ > 0 en y Y met y < 1. Omdt B Y (0, 1) T (B(2n/r)) kunnen we x 1 B(2n/r) kiezen met y T x 1 < ɛ. Er geldt B Y (0, ɛ) T (B(ɛ 2n/r), dus we kunnen x 2 B(ɛ 2n/r) kiezen zodt y T x 1 T x 2 < ɛ/2. Zo kunnen we doorgn en x i B(ɛ/2 i 2 2n/r) kiezen zodt i y T x k < ɛ/2 i 1. k=1 Definieer nu de rij s i = i k=1 x i. Dn is s i Cuchy, wnt j j x k x k < 2nɛ j r k=i k=i en de reeks i=0 2i convergeert. Schrijf x = lim n s n. Dn geldt er vnwege de continuïteit vn T dt T x = lim n T s n = y. Verder is ( ) x 2n ɛ 1 + r 2 i = 2n (1 + 2ɛ). r i=0 k=i 2 k 2 Voor iedere y Y met y kunnen we zo n rij s i vinden, dus er geldt ( ( )) 2n B Y (0, 1) T B (1 + 2ɛ) r voor willekeurige ɛ > 0, oftewel B Y (0, 1/(1 + 2ɛ)) T (B(2n/r)). Mr dn geldt er B Y (0, 1) = ɛ>0 B Y (0, 1/(1 + 2ɛ)) T (B(2n/r)) en dus B Y (0, 1) T (B(2n/r)), oftewel B Y (0, r/2n) T (B(1)). 3.4 Multiplictoren bij vritionele problemen Om stelling 3.9 toe te pssen op functionlen C 1 ([, b]) R, moeten we eerst ngn dt C 1 ([, b]) inderdd een Bnchruimte is: Propositie De ruimte C 1 ([, b]) is volledig in de norm gegeven door f = mx f(x) + mx f (x). x [,b] x [,b] 18

21 Bewijs. Stel dt (f n ) een Cuchyrij is in C 1 ([, b]) en neem ɛ > 0. Dn bestt er een N zodt voor n, m > N geldt dt f n f m < ɛ/2. Dn geldt voor x [, b] ook f n (x) f m (x) < f n f m < ɛ, dus (f n ) convergeert puntsgewijs, en we kunnen definieren f(x) = lim n f n (x). Voor n > N geldt nu f n f m < ɛ/2 en dus f f n = lim m f m f n = lim m f m f n ɛ/2 < ɛ. De rij (f n ) convergeert dus uniform nr f. Vervolgens bewijzen we dt deze limietfunctie f continu is. Neem x, y [, b], dn geldt er f(x) f(y) f(x) f n (x) + f n (x) f n (y) + f n (y) f(y) < ɛ wnt iedere term is kleiner dn ɛ/3 vnwege de convergentie en continuïteit vn f n. Nu rest nog te bewijzen dt f differentieerbr is met continue fgeleide. Volgens een zelfde rgument ls boven convergeert ook (f n) uniform nr een continue functie f, immers er geldt f n(x) f m(x) < f n f m < ɛ. Bekijk nu ( x ) f(x) = lim f n(x) = lim f n n n(x) dx + f n () = x lim f n n(x) dx + f() = x f (x) dx + f(). Volgens de hoofdstelling vn de clculus is x f (x) dx differentieerbr met fgeleide f (x), dus is ook f(x) differentieerbr met fgeleide f (x). Nu kunnen we stelling 3.9 toepssen: Stelling Zij F : C 1 ([, b]) R en G : C 1 ([, b]) R functionlen met F [u] = f(x, u, u ) dx en G[u] = g(x, u, u ) dx. Stel dt G [u] surjectief is voor u M = {u C 1 ([, b]) : G[u] = 0}. Als v een lokl extremum op M heeft in v, dn bestt er een λ R zodt u d dx u λ ( g u d dx ) g u = 0. (3.3) Bewijs. Volgens stelling 3.9 is het voldoende om te bewijzen dt C 1 ([, b]) = ker G [v] R. Immers, ls dit zo is geldt voor lle h C 1 ([, b]) met h() = h(b) = 0 dt 0 = F [v]h λg [v]h = ( u d dx u λ g u + λ d g dx u ) h(x) dx, wrbij de tweede gelijkheid volgt uit stelling 2.7. Dn volgt (3.3) onmiddelijk uit lemm 2.5. Omdt G [v] surjectief is, bestt er een u C 1 ([, b]) met G [v]u = 1. Neem nu x C 1 ([, b]), dn is G [v](x G [v]u) = 0, dus x = x + λu voor zekere x ker G [v] en λ R. Dn hebben we een isomorfisme φ : C 1 ([, b]) ker G [v] Ru gegeven door φ(x) = ( x, λ) ls x zols boven is. De fbeelding φ is duidelijk continu, dus volgens de open fbeeldingsstelling is φ een homeomorfisme. Dn is C 1 ([, b]) = ker G [v] R en hiermee is de stelling bewezen. 19

22 Voorbeeld We zoeken de kromme y = u(x) in het vlk met vste lengte l zodt de oppervlkte tussen de grfiek vn u en de x-s mximl is. Dus, we willen de functionl F [u] = u(x) dx mximliseren onder de voorwrde dt G[u] = 1 + u (x) 2 dx = l. Volgens de bovenstnde stelling moeten we de volgende vergelijking oplossen: Integeren geeft nu 1 + λ d u (x) dx 1 + u (x) = 0. 2 u (x) x + λ 1 + u (x) = k 2 1 oftewel λ 2 u (x) u (x) 2 = (x k 1) 2. We schrijven u ls functie vn x: u (x k 1 ) (x) = 2 λ 2 (x k 1 ) 2 en we krijgen door nogmls te integreren (x k 1 ) u(x) = 2 λ 2 (x k 1 ) 2 dx = ±1 2 2(x k 1 )(λ 2 (x k 1 ) 2 ) 1/2 dx = ± λ 2 (x k 1 ) 2 + k 2 = ± λ 2 (x k 1 ) 2 + k 2. Dus we hebben nu y = ± λ 2 (x k 1 ) 2 + k 2, oftewel (x k 1 ) 2 + (y k 2 ) 2 = λ 2, dus dit is een cirkel. We concluderen dt een cirkelboog de mximle oppervlkte geeft bij constnte lengte. We hebben in dit hoofdstuk een korte inleiding gegeven in de theorie vn de nlyse op Bnchruimten. Hierbij hebben we enkele belngrijke resultten uit de nlyse gegenerliseerd tot oneindig-dimensionle ruimten. Vervolgens hebben we deze theorie toegepst om een methode te vinden wrmee een grotere klsse vn optimliseringsproblemen opgelost kn worden. 20

23 Hoofdstuk 4 Stelling vn Noether In eerdere hoofdstukken hebben we gezien hoe we verschillende vritionele problemen op kunnen lossen. Hiervoor moest echter vk een tweede-orde differentilvergelijking opgelost worden. Meestl is het oplossen vn een dergelijke vergelijking vrij gecompliceerd. In dit hoofdstuk zullen we een methode bespreken wrmee we in beplde situties deze differentilvergelijking terug kunnen brengen tot een eenvoudigere (eerste-orde) differentilvergelijking. 4.1 Invrintie Bekijk een functionl F : C 1 ([, b], R n ) R vn de vorm F [u] = f(x, u, u ) dx, wrbij f zols gewoonlijk een C 2 -functie is. Het kn voorkomen dt de functie f invrint is onder beplde trnsformties vn x of u. Bijvoorbeeld hebben we in hoofdstuk 2 een functionl gezien die niet vn x fhing dit komt overeen met invrintie onder de trnsformtie x x + ɛ. In dt gevl konden we de Euler-Lgrnge vergelijking terugbrengen tot een eerste-orde differentilvergelijking. De stelling vn Emmy Noether die we nu zullen bewijzen, lt zien dt dit voor een veel lgemenere klsse vn trnsformties mogelijk is. Stelling 4.1. (Noether) Zij F een functionl zols boven en h : ( ɛ, ɛ) R n R n een C 2 -fbeelding die voldoet n h(0, z) = z voor lle z R n. Stel dt voor lle s ( ɛ, ɛ) en lle u C 1 ([, b], R n ) geldt dt ( ) d f x, h(s, u(x)), h(s, u(x)) = f ( x, u(x), u (x) ). (4.1) dx Dn geldt er ls v(x) een extremum is vn F dt u (x, v(x), v (x)) d ds h(s, v(x)) s=0 k voor zekere k R. 21

24 Bewijs. ([4], p. 27) Neem x 0 [, b]. Er volgt uit (4.1) dt 0 = d x0 ( ) d f x, h(s, u(x)), h(s, u(x)) dx ds dx s=0 x0 ( ) d = ds f d x, h(s, u(x)), h(s, u(x)) dx dx s=0 x0 ( = x, u(x), u (x) ) d u ds h(s, u(x)) s=0 + ( x, u(x), u u (x) ) d d ds dx h(s, u(x)) s=0 dx. Nu geeft de Euler-Lgrnge vergelijking voor F ons dt u (x, u(x), u (x)) = d dx u (x, u(x), u (x)), en hiermee kunnen we de ltste term vn (4.2) herschrijven. We krijgen x0 d 0 = dx u (x, u(x), u (x)) d ds h(s, u(x)) s=0 + ( x, u(x), u u (x) ) d d ds dx h(s, u(x)) s=0 dx x0 ( d = dx u (x, u(x), u (x)) d ) ds h(s, u(x)) s=0 dx. Volgens de hoofdstelling vn de integrlrekening krijgen we nu u (, u(), u ()) d ds h(s, u()) s=0 = u (x 0, u(x 0 ), u (x 0 )) d ds h(s, u(x 0)) s=0. (4.2) Dit geldt voor willekeurige x 0 [, b], dus u (x, v(x), v (x)) d ds h(s, v(x)) s=0 is constnt voor x [, b]. Voorbeeld 4.2. Als eenvoudige toepssing vn deze stelling bekijken wt er gebeurt ls de functie f invrint is onder een rottie. We bekijken een functionl F : C 1 ([, b], R 2 ) gegeven door F [x, y] = f(t, x, y, ẋ, ẏ) dt, wrbij f invrint is onder de trnsformtie ( cos s sin s h(s, x, y) = sin s cos s Oftewel, er geldt ) ( x y f(t, x, y, ẋ, ẏ) = f(t, x cos s y sin s, x sin s + y cos s, ẋ cos s ẏ sin s, ẋ sin s + ẏ cos s). Nu geeft stelling 4.1 ons dt voor een extremum v geldt Dus er volgt dt constnt is in t. k = u d ds h(s, v(x)) s=0 = u [( x sin s y cos s x cos s y sin s ). )] s=0 y (x, v(x), v(x)) + x (x, v(x), v(x)) ẋ ẏ = u ( ) y. x 22

25 Hoofdstuk 5 Geodeten In hoofdstuk 2 hebben we gezien wt het kortste pd is tussen twee punten in het pltte vlk. In dt gevl ws het probleem vrij eenvoudig, mr wt gebeurt er ls we nu het pltte vlk vervngen door een nder oppervlk? We kunnen hierbij bijvoorbeeld denken n het kortste pd tussen twee punten op het oppervlk vn een bol we zoeken dn nr het nlogon vn een rechte lijn op een bol. Het blijkt dt we ook hier de Euler-Lgrnge vergelijking kunnen toepssen om een kortste pd te vinden. 5.1 Kortste pden Bekijk een oppervlk S in een willekeurige ruimte. Om Euler-Lgrnge toe te kunnen pssen, prmetriseren we eerst het oppervlk met twee reële prmeters u en v: r = r(u, v). Als we nu een kromme op het oppervlk nemen, wordt deze gegeven door een kromme γ(t) = (u(t), v(t)) tussen twee punten P, Q in het prmetervlk met P = γ() en Q = γ(b). We kunnen de lengte vn de kromme op het oppervlk r γ berekenen met de volgende functionl: F [u, v] = d (r γ) dt dt. Hiervoor berekenen we eerst het kwdrt vn deze lengte in termen vn de prtiële fgeleiden r u, r v vn r nr u en v: d 2 ( ) (r γ) dt = r (γ(t))γ (t) 2 = u(t) 2 (r u, r v ) v(t) We schrijven nu voor het gemk: Dn wordt F [u, v] gegeven door = r u u(t) + r v v(t) = r u u(t) + r v vt, r u u(t) + r v vt = u(t) 2 r u, r u + 2 u(t) v(t) r u, r v + v(t) 2 r v, r v. E = r u, r u F = r u, r v G = r v, r v. F [u, v] = E u 2 + 2F u v + G v 2 dt. 23

26 De Euler-Lgrnge vergelijkingen die bij deze functionl horen, zijn E u u 2 + 2F u u v + G u v 2 E u 2 + 2F u v + G v d 2(E u + F v) 2 dt E u 2 + 2F u v + G v = 0 2 E v u 2 + 2F v u v + G v v 2 E u 2 + 2F u v + G v d (5.1) 2(F u + G v) 2 dt E u 2 + 2F u v + G v = 0 2 en deze vergelijkingen geven de zogenmde geodeten op het oppervlk geprmetriseerd door r de rechte lijnen op een oppervlk dt niet recht hoeft te zijn. Deze vergelijkingen zijn nog vrij gecompliceerd, mr we kunnen een vereenvoudiging nbrengen. De wortel E u 2 + 2F u v + G v 2 die in beide termen in de noemer stt is nmelijk niets nders dn d dt (r γ), de norm vn de snelheid wrmee we de kromme doorlopen. Het zl blijken dt we de kromme kunnen prmetriseren op zo n mnier dt deze snelheid ltijd gelijk is n 1. Ten eerste merken we op dt herprmetriseren zinnig is de lengte vn een kromme hngt niet f vn de prmetristie: Lemm 5.1. Zij V een ruimte met norm en γ : [, b] V een C 1 -kromme. Stel dt ϕ : [α, β] [, b] een coördintentrnsformtie is. Dn geldt d dt γ(t) β dt = d dτ γ(ϕ(τ)) dτ. Bewijs. We mogen zonder verlies vn lgemeenheid nnemen dt ϕ (τ) > 0 voor lle τ [α, β], wnt ϕ is continu en nooit nul. We berekenen de ltste integrl met behulp vn de substitutie t = ϕ(τ). Dit geeft dτ = dt/ϕ (ϕ 1 (t)) = 1/ϕ (τ), dus we krijgen: β α d dτ γ(ϕ(τ)) β dτ = γ(ϕ(τ)) ϕ (τ) dτ = α α γ(t) ϕ (τ) ϕ (τ) dt = γ(t) dt. Dit willen we gebruiken om voor een willekeurige kromme γ een prmetristie te vinden zodt geldt γ 1. Als voorbeeld kunnen we het lijnstuk in R 2 tussen de punten (0, 0) en (1, 1) bekijken. Een mogelijke prmetristie hiervn is γ(t) = (t 2, t 2 ) wrbij t tussen 0 en 1 loopt. In dit gevl is γ(t) = (2t, 2t), dus γ(t) = 8 t. Hierbij vrieert de snelheid dus nrmte we de kromme doorlopen. Een ndere prmetristie, die hier geen lst vn heeft, is γ(t) = (t, t), wrbij t nog steeds tussen 0 en 1 loopt. Dn is γ(t) = (1, 1), en dit heeft lengte 2. Nu is de snelheid constnt. Om de snelheid 1 te mken, kunnen we overgn op een prmeter τ, wrbij γ(τ) = 2 1 (τ, τ) en τ loopt tussen 0 en 2. In het lgemeen is dit ook mogelijk: Lemm 5.2. Zij V een ruimte met norm en γ : [, b] V een C 1 -kromme. Stel dt γ(t) = 0 voor lle t [, b]. Dn bestt er een coördintentrnsformtie ϕ : [, b] [0, l] zodt d ds γ(ϕ 1 (s)) = 1. Bewijs. We definiëren ϕ(t) = t γ(ξ) dξ, dn is ϕ(t) = γ(t) = 0, dus volgens de inverse-functiestelling is ϕ inverteerbr met differentieerbre fgeleide. Dn geldt d ds γ(ϕ 1 (s)) = γ(ϕ 1 (s)) d ds ϕ 1 = γ(ϕ 1 (s)) γ(ϕ 1 (s)) = 1. 24

27 Volgens dit lemm kunnen we nu in plts vn nr (5.1) ook nr de volgende vergelijkingen kijken: E u u 2 + 2F u u v + G u v 2 d 2(E u + F v) = 0 dt E v u 2 + 2F v u v + G v v 2 d 2(F u + G v) = 0. dt Immers, iedere kromme γ met d dt (r γ) 0 die n deze vergelijkingen voldoet, is n herprmetrisering ook een oplossing vn (5.1) en vice vers. 5.2 Geodeten op een sfeer Een voorbeeld vn een oppervlk wrop we dit kunnen toepssen om de kortste pden te vinden, is de sfeer. In R 3 wordt deze gegeven door Dit geeft r(θ, ϕ) = (cos θ sin ϕ, sin θ sin ϕ, cos ϕ). r θ = ( sin θ sin ϕ, cos θ sin ϕ, 0) r ϕ = (cos θ cos ϕ, sin θ cos ϕ, sin ϕ), en dus E = sin 2 ϕ, F = 0, G = 1. Als we hiervoor de bovenstnde vergelijkingen opschrijven krijgen we 0 = d dt ( θ sin 2 ϕ) = 2 ϕ θ sin ϕ cos ϕ + θ sin 2 ϕ 0 =2 θ 2 sin ϕ cos ϕ d dt 2 ϕ = 2 θ 2 sin ϕ cos ϕ 2 ϕ. We zullen niet proberen dit stelsel differentilvergelijkingen op te lossen, mr we kunnen wel onmiddelijk inzien dt een mogelijke oplossing gegeven wordt door θ = 0, ϕ = 0. Dit zijn krommen met θ constnt en ϕ lineir, dus θ(t) = c, ϕ(t) = t + b en deze zijn precies de meridinen vn de bol. We hebben nu het kortste pd gevonden tussen twee punten op de bol met gelijke hoek θ en we kunnen de symmetrie vn de bol gebruiken om hiermee ook het kortste pd tussen twee willekeurige punten op de bol te vinden. Immers, we kunnen de bol ltijd drien zodt deze twee punten op een enkele meridin liggen. We zien nu dt dit pd ltijd in een vlk door de oorsprong ligt. Immers, n driing is het pd een stuk vn een meridin, die duidelijk in een vlk door de oorsprong ligt. Als we nu terugdrien blijft dit een vlk door de oorsprong, dus we kunnen concluderen dt het kortste pd tussen twee punten op de sfeer ltijd in een vlk door oorsprong ligt. Uit dit voorbeeld blijkt dt het zelfs in het (reltief eenvoudige) gevl vn de sfeer niet eenvoudig is om de geodetenvergelijkingen op te lossen. Toch geven deze vergelijkingen ons wel informtie wrmee we iets over de geodeten kunnen zeggen. In dit gevl kunnen we zelfs gebruik mken vn de symmetrie om het kortste pd tussen twee willekeurige punten op een bol te vinden. 25

28 Appendix In deze ppendix bewijzen we enkele stellingen die we in eerdere hoofdstukken hebben gebruikt. Het bewijs vn onder ndere de Euler-Lgrnge vergelijking berust op het omwisselen vn fgeleide en integrlteken. We bewijzen eerst dt het meer lgemeen onder beplde voorwrden mogelijk is om limiet en integrl te verwisselen. Stelling 1. (Verwisseling vn limiet en integrlteken) Zij f : [, b] [t 0, t 1 ] R een continue functie. Stel dt t lim x x0 f(x, t) continu is in t. Dn geldt: t1 t1 lim f(x, t) dt = lim f(x, t) dt. x x 0 t 0 t x x 0 0 Bewijs. Definieer g(t) = lim x x0 f(x, t) en neem ɛ > 0. Dn bestt er volgens de definitie vn limiet voor iedere τ [t 0, t 1 ] een δ τ > 0 zodt voor lle x geldt x x 0 < δ τ f(x, t) g(t) < ɛ/3. Ook zijn f en g continu op een compcte verzmeling en dus uniform continu. Er bestt nu een δ > 0 zodt voor lle p 1, p 2 [, b] [t 0, t 1 ] geldt dt ls d(p 1, p 2 ) < δ dn is f(p 1 ) f(p 2 ) < ɛ/3 en ook nog voor lle τ 1, τ 2 [t 0, t 1 ] geldt τ 1 τ 2 < δ g(τ 1 ) g(τ 2 ) < ɛ/3. Verder kunnen we voor iedere τ [t 0, t 1 ] een bol B τ = B((x 0, τ), min(δ τ, δ)) nemen. Deze bollen vormen een open overdekking vn de compcte verzmeling x 0 [t 0, t 1 ], dus er zijn enig veel τ 1,..., τ n zodt τ [t 0, t 1 ] n i=1 B τ i. Dn bestt er een δ > 0 zodt voor lle (x, τ) geldt dt ls x x 0 < δ dn is (x, τ) B τi voor zekere i. Dn geldt er ook f(x, τ) g(τ) f(x, τ) f(x, τ i ) + f(x, τ i ) g(τ) < ɛ/3 + g(τ) g(τ i ) + g(τ i ) f(x, τ i ) < ɛ/3 + ɛ/3 + ɛ/3 = ɛ. Hiermee krijgen we t1 t1 f(x, t) g(t) dt f(x, t) g(t) dt < t 0 t 0 Dus er geldt inderdd t1 t1 t1 lim f(x, t) dt = g(t) dt. x x 0 t 0 t 0 t 0 ɛ dt = (t 1 t 0 ) ɛ. Stelling 2. (Euler-Lgrnge in meer dimensies) Zij F : C 1 ([, b], R n ) R een functionl gegeven door F [u] = F [u 1,..., u n ] = f(x, u 1 (x),..., u n (x), u 1(x),..., u n(x)) dx, 26

29 wrbij f : [, b] R n R n R een C 2 -functie is en u = (u 1,..., u n ) een vector C 1 -functies. Stel dt v een extremum is vn F, dn geldt voor i {1,..., n} dt (x, v, v ) d u i dx (x, v, v ) = 0, (5.2) Dit geeft dus n differentilvergelijkingen wrn het extremum v moet voldoen. Bewijs. Het bewijs verloopt nloog n het gevl wr u een functie vn 1 vribele is. We nemen h = (h 1,..., h n ) C ( [, b], R n ) met h() = h(b) = 0 en definiëren G(t) = F [v + th]. Dn is G een functie R R met een extremum in 0, dus 0 = Ġ(0) = = = u i d dt f(x, u + th, u + th ) t=0 dx h h n + u 1 u n u h u h n dx n h 1 d h h n d u 1 u n dx u 1 dx u n h n dx. Dit geldt voor willekeurige h, dus in het bijzonder ls we een vste i nemen en functies h bekijken met h j = 0 voor j i en h i C0 1 [(, b)] willekeurig. Dn hebben we 0 = ( d u i dx u i ) h i dx en een toepssing vn het hoofdlemm vn de vritierekening geeft nu (5.2). Lemm 5.3. Zij X een volledige metrische ruimte. Stel dt de continue fbeelding f : X X de gesloten en begrensde verzmeling M X binnen zichzelf fbeeldt en dt f een retrctie is, dt wil zeggen dt er een c (0, 1) bestt zodt d(f(x), f(y)) c d(x, y). Dn heeft f een uniek dekpunt binnen M, dus er is een unieke x M met f(x) = x. Bewijs. Neem p 0 M willekeurig en definieer de rij (p n ) met p n+1 = f(p n ). Kies L > 0 zodt M B(p 0, L). Dn geldt er voor n m dt d(p n, p m ) = d(f(p n 1 ), f(p m 1 )) c d(p n 1, p m 1 ) c n d(p 0, p m n ) c n L, dus (p n ) is een Cuchyrij. Schrijf x = lim n p n, dn is x M omdt M gesloten is. Wegens de continuïteit vn f geldt dn x = lim n p n = lim n f(p n) = f(x), dus x is een dekpunt. Stel nu dt x ook een dekpunt is, dn is d(f(x), f(x )) = d(x, x ) > c d(x, y) en dit is een tegensprk. Het dekpunt is dus ook uniek. 27