Segundo lema de variación Cálculo para probar la ecuación de Euler-Lagrange

Question

Segundo Lema de la variación de Cálculo

Si $u(x)$ es una función derivable de $a\leq x \leq b$y $$ \int_{a}^{b} u(x) \cdot \phi'(x)\: dx = 0$$ para todos infinitamente a menudo funciones diferenciables $\phi(x)$ luego $$u'(x) = 0 \quad \text{for all} \quad a\leq x \leq b \quad \text{and} \quad u(a) \cdot \phi(a) = u(b) \cdot \phi(b) = 0$$

$\textbf{Proof:}$ utilizamos la integración por partes $$ 0 = \int_{a}^{b}u(x)\cdot\phi'(x)\:dx = u(b) \cdot \phi(b) - u(a) \cdot \phi(a) - \int_{a}^{b}u'(x)\cdot\phi(x)\:dx $$ Teniendo en cuenta todas las pruebas de la función $\phi(x)$ con $\phi(a) = \phi(b) = 0$ conduce a la condición de $u'(x) = 0$. Somos libres para elegir las funciones de prueba con valores arbitrarios al final de los puntos de $a$ e $b$, con lo que llegamos a $u(a)\cdot\phi(a) = u(b))\cdot\phi(b) = 0$

Para una función determinada, $f(x,u,u')$ tratamos de encontrar la $u(x)$ tales que el funcional $$ F(u) = \int_{a}^{b} f(x,u(x),u'(x))\:dx $$ tiene un valor crítico para la función de $u$. Si el funcional $F$ alcanza su valor mínimo en la función de $u(x)$ llegamos a la conclusión de que $$ g(\varepsilon) = F(u + \varepsilon\phi) \geq F(u) \quad \text{para todos los $\varepsilon \in \mathbb{R}$ y funciones arbitrarias $\phi(x)$} $$ Por lo tanto la función escalar $g(\varepsilon)$ tiene un mínimo en $\varepsilon = 0$ y por tanto la derivada debe desaparecer. Requerimos que $$ \frac{d\:g(0)}{d\varepsilon} = \frac{d}{d\varepsilon}F(u + \varepsilon\phi)\big|_{\varepsilon = 0} = 0\quad \text{para todas las funciones} \quad \phi $$ Para encontrar las ecuaciones de ser satisfecho por la solución de $u(x)$ utilizamos aproximaciones lineales. Para valores pequeños de a$\Delta u$ e $\Delta u'$ utilizamos una aproximación de Taylor a la conclusión de \begin{align*} f(x, u + \Delta u, u' + \Delta u') &\approx f(x,u,u') + \frac{\partial f(x,u,u')}{\partial u}\Delta u + \frac{\partial f(x,u,u')}{\partial u'}\Delta u' \\ &= f(x,u,u') + f_u (x,u,u')\Delta u + f_{u'} (x,u,u')\Delta u' \\ f(x, u(x) + \varepsilon\phi(x), u'(x) + \varepsilon\phi'(x)) &= f(x,u(x),u'(x)) + \varepsilon f_u(x,u(x),u'(x))\phi(x) \\ &+ \varepsilon f_{u'}(x,u(x),u'(x))\phi'(x) + O(\varepsilon^2) \\ \end{align*} Ahora vamos a examinar el funcional en cuestión \begin{align*} g(0) &= F(u) = \int_{a}^{b}f(x,u(x),u'(x))\:dx \\ g(\varepsilon) &= F(u + \varepsilon\phi) = \int_{a}^{b}f(x,u(x) + \varepsilon\phi(x),u'(x) + \varepsilon\phi'(x))\:dx \\ &= \int_{a}^{b}f(x,u(x),u'(x)) + \varepsilon f_u(x,u(x),u'(x))\phi(x) + \varepsilon f_{u'}(x,u(x),u'(x))\phi'(x)\:dx \\ &= F(u) + \varepsilon \int_{a}^{b} f_u(x,u(x),u'(x))\phi(x) + f_{u'}(x,u(x),u'(x))\phi'(x)\:dx\tag{1} \end{align*} o $$ \frac{d}{d\varepsilon}F(u + \varepsilon\phi) \big|_{\epsilon = 0} = \int_{a}^{b} f_u(x,u(x),u'(x))\phi(x) + f_{u}(x,u(x),u'(x))\phi'(x)\:dx\etiqueta{2} $$ Esta integral tiene que desaparecer para toda la función $\phi(x)$ y podemos usar el Lema Fundamental, que conduce a una condición necesaria. Una integración por partes conduce a la \begin{align*} 0 &= \int_{a}^{b} f_u(x,u(x),u'(x))\phi(x) + f_{u'}(x,u(x),u'(x))\phi'(x)\:dx\tag{3}\\ &= f_{u'}(x,u(x),u'(x))\phi'(x)\big|_{x = a}^b + \int_{a}^{b}\Big( f_u(x,u(x),u'(x)) - \frac{d}{dx}f_{u'}(x,u(x),u'(x))\:\Big)\: \phi(x)\:dx\tag{4} \end{align*} Dado que esta expresión tiene que desaparecer para toda la función $\phi(x)$ necesitamos $$ \int_{a}^{b}f(x,u(x),u'(x))\:dx \: \text{extremal} = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{d}{dx}f_{u'}(x,u(x),u'(x)) &= f_u(x,u(x),u'(x))\quad \quad \quad \quad \text{(5)}\\ f_{u'}(a,u(a),u'(a))\cdot\phi(a) &= 0 \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \text{(6)}\\ f_{u'}(b,u(b),u'(b))\cdot\phi(b) &= 0 \\ \end{array} \right. $$

Aquí están mis preguntas

• ¿cómo se puede ir de (1) a (2), o lo que hace la expresión de la $\frac{d}{d\varepsilon}F(u + \varepsilon\phi) \big|_{\epsilon = 0}$ significa exactamente y cómo se conectan con el resto?
• ¿cómo se puede ir de (3) a (4)
• ¿cómo se puede afirmar $\frac{d}{dx}f_{u'}(x,u(x),u'(x)) = f_u(x,u(x))$ a (5) a partir de la prueba

para la respuesta de cada uno de esos puntos, por favor detalle su respuesta, lo más posible, con explicación paso a paso

Answer 1

Respuesta parcial:

Lo primero es lo primero: elogio para el bello formato pregunta!

Para ir de 1 a 2, note que la ecuación 1 se parece (como una función de la $\epsilon$ solamente)

$$ g(\epsilon) = C + \epsilon D $$ donde $C$ e $D$ son expresiones que no impliquen $\epsilon$. La derivada de $g(\epsilon)$ con respecto al $\epsilon$ es evidentemente $D$.

En cuanto a "¿qué $\frac{d}{d\varepsilon}F(u + \varepsilon\phi) \big|_{\epsilon = 0}$ significa?", significa exactamente el cálculo sólo hice anteriormente.

En general $\frac{d}{dz} H(z) \big|_{z = c}$ significa "tomar la derivada de $H$ con respecto al $z$, $z = c$", que también se podría haber escrito $H'(z)$. Cuando $H$ es dado como una expresión más compleja, en lugar de tener un solo nombre, es decir, cuando en lugar de $H$ tenemos $F(k + z p)$, por ejemplo, no es nada fácil "prime" de notación para expresar este (especialmente cuando se $k$ e $p$ no son números reales, pero algo más complicado como funciones).

Otra respuesta a esa pregunta es una fórmula explícita: que significa $$ \lim_{h \to 0} \frac{F(u + (0+h)\cdot\phi) - F(u + 0 \cdot\phi)}{h}, $$ prácticamente el mismo que el de cualquier otro derivado que jamás hayas visto.

Para ir de 3 a 4, use integración por partes (con límites superior e inferior), es decir, $$ \int_a^b F(x)G'(x) dx = F(x)G(x)\big|_a^b - \int_a^b F'(x) G(x) dx $$ en este caso aplicar la integración por partes sólo para la SEGUNDA integral en (4), y de la cosecha $$ F(x) = f_{u}(x,u(x),u'(x))\\ G(x) = \phi(x) $$ La mano derecha, a continuación, se convierte en una suma de la primera integral, una evaluación de $a$ a $b$, y otro integral, y los autores han combinado las dos integrales.

Para responder a la tercera viñeta, he tenido que volver atrás y mirar el texto. En el párrafo justo después de la palabra "Prueba" , creo que la frase de partida "Para una función dada ..." se debe comenzar un nuevo párrafo, o, de hecho, una nueva sección, en la que el lema demostró ser aplicado.

Al llegar a la ecuación (2), que tiene exactamente la situación que aparece en el Lema: algunas de las funciones (en este caso un desorden complicado) veces $\phi'$ integra a $0$ para todos los posibles $\phi$. A partir de eso, se puede concluir directamente el desorden complicado debe ser en todas partes de cero (que es exactamente lo que la parte superior de la línea de crédito (5), dice).

(El resto de integración por partes le dice, entre otras cosas, supongo, supongo que las otras dos líneas de reivindicación 5, pero yo no comprobar esto).