Derivación de la ecuación de Euler-Lagrange

Question

He aquí un paso sencillo (probablemente trivial) en la derivación de la ecuación de Euler-Lagrange. Si denotamos $Y(x) = y(x) + \epsilon \eta(x) $ Quiero saber por qué es

$\dfrac{\partial f(Y,x)}{\partial Y} \Big\vert_{\epsilon = 0} = \dfrac{\partial f(y,x)}{\partial y} $

¿Podría alguien justificar los pasos para justificar esto? Seguro que me falta algo elemental.

EDIT: ¿Podría alguien comentar si la "prueba" es correcta? $\dfrac{\partial f(Y,x)}{\partial Y} \Big\vert_{\epsilon = 0} = \lim_{H\rightarrow 0} \dfrac{f(y + \epsilon \eta + H,x) -f(y + \epsilon \eta,x)}{H} \Big\vert_{\epsilon = 0} = \lim_{H\rightarrow 0} \dfrac{f(y + H,x) -f(y,x)}{H} = \dfrac{\partial f(y,x)}{\partial y} $

EDITAR 2: Las respuestas proporcionadas siguen dejándome confundido. Aquí hay otro intento de "prueba". $\dfrac{\partial f(Y,x)}{\partial Y} \Big\vert_{\epsilon = 0} = \lim_{\epsilon\rightarrow 0} \dfrac{\partial f(Y,x)}{\partial Y} = \lim_{\epsilon \rightarrow 0} \left(\lim_{H\rightarrow 0} \dfrac{f(y + \epsilon \eta + H,x) -f(y + \epsilon \eta,x)}{H} \right)$

Ahora bien, si pudiera intercambiar los límites, entonces tendría sentido que obtuviera $\lim_{H\rightarrow 0} \dfrac{f(y + H,x) -f(y,x)}{H} = \dfrac{\partial f(y,x)}{\partial y} $ .

También se permite el intercambio de límites. ¿Qué hipótesis debe cumplirse para que eso ocurra?

Answer 1

Este Confusión con la derivación de Euler-Lagrange fue básicamente lo que me convenció de que todo era un embrollo con símbolos y notación. Sólo para el beneficio de los futuros lectores, lo escribo con mis propias palabras.

Así, la notación $ \dfrac{d f}{dx}\Big|_{x = x^*}$ significa básicamente la derivada de la función $f(\cdot)$ con respecto a su argumento, y luego la evaluación del resultado cuando el argumento se establece en $x^*$ .

Exactamente el mismo razonamiento está involucrado en la pregunta, ya que tomamos la derivada parcial con respecto a $Y$ y el resultado se evalúa en $\epsilon =0$ .

Pero la evaluación del resultado en $\epsilon =0$ equivale a $ \dfrac{\partial f(Y, x)}{\partial Y}\Big|_{Y = y}$ que parece una tontería, pero ahora es cegadoramente obvio para mí que

$ \dfrac{\partial f(Y, x)}{\partial Y}\Big|_{\epsilon = 0} = \dfrac{\partial f(Y, x)}{\partial Y}\Big|_{Y = y} = \dfrac{\partial f(y, x)}{\partial y}$

Answer 2

La fórmula para $\frac{\partial f(Y,x)}{\partial Y}|_{\epsilon=0}$ no es correcto: debe escribir

$$\frac{\partial f(Y,x)}{\partial Y}|_{\epsilon=0}:= \lim_{\epsilon\rightarrow 0}\frac{ f(y+\epsilon\eta,x)-f(y,x)}{\epsilon}= \lim_{\epsilon\rightarrow 0}\frac{ \langle \nabla f(y,x),h_\epsilon\rangle+O(\|h\|^2)}{\epsilon}, $$

donde suponemos que $f$ es diferenciable en $(y(x)+\epsilon\eta(x),x)$ para todos $x$ , denotando por $h_\epsilon$ el incremento

$$h_\epsilon=( \epsilon\eta(x), 0)$$

y por $\nabla f(y,x)=\left(\frac{\partial f}{\partial y},\frac{\partial f}{\partial x}\right)$ el gradiente de $f$ en $(y(x),x)$ .

Entonces

$$\frac{\partial f(Y,x)}{\partial Y}|_{\epsilon=0}= \lim_{\epsilon\rightarrow 0}\frac{\frac{\partial f}{\partial y}\epsilon\eta(x) +O(\epsilon^2)}{\epsilon}=\frac{\partial f}{\partial y}(y(x),x)\eta(x), $$ como se afirma (para todas las pequeñas variaciones $\eta(x)$ ). Lo que nos falta aquí son las condiciones de contorno del incremento $\eta$ de $y$ para hablar de un "problema variacional" y de la forma explícita del funcional $f$ .