Victor Daniel Rojas Cerna Matemática III 1 INTRODUCCION AL CALCULO VARIACIONAL. Siempre hemos tenido tres problemas clásicos en el cálculo de variaciones. Problema Geodésico. El problema consiste en encontrar una función ( ), , y yx x ab , de manera que la longitud de la curva grafica de dicha función sea mínima. Es decir abría que encontrar el valor mínimo de la funcional: 2 () 1 ( ) b a J yx y dx Así tendremos que la curva debe pasar por , () , () aya ybyb por tanto no hay un valor máximo para dicha funcional. Problema de la superficie de área mínima. El problema consiste en encontrar una curva () y yx cuya grafica al rotarla alrededor del eje x, ser obtiene una solido cuya área de su superficie sea mínima. Lo cual significara minimizar la funcional 2 () 2 1 ( ) b a Jyx y y dx determine un sólido de revolución de área de su superficie mínima. Problema isoperimétrico. Consiste en encontrar una curva simple cerrada de longitud dada L , de manera que encierre una región de área máxima. A B
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Victor Daniel Rojas Cerna Matemática III
1
INTRODUCCION AL CALCULO VARIACIONAL.
Siempre hemos tenido tres problemas clásicos en el cálculo de variaciones.
Problema Geodésico.
El problema consiste en encontrar una función ( ), ,y y x x a b , de manera que la longitud de
la curva grafica de dicha función sea mínima.
Es decir abría que encontrar el valor mínimo de la funcional:
2( ) 1 ( )
b
a
J y x y dx
Así tendremos que la curva debe pasar por , ( ) , ( )a y a y b y b por tanto no hay un valor máximo
para dicha funcional.
Problema de la superficie de área mínima.
El problema consiste en encontrar una curva ( )y y x cuya grafica al rotarla alrededor del eje x, ser
obtiene una solido cuya área de su superficie sea mínima.
Lo cual significara minimizar la funcional 2( ) 2 1 ( )
b
a
J y x y y dx determine un sólido de
revolución de área de su superficie mínima.
Problema isoperimétrico.
Consiste en encontrar una curva simple cerrada de longitud dada L , de manera que encierre una
región de área máxima.
A
B
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Para lo cual tendremos que maximizar la funcional
1 , ( ), ( ) / 0,2
b
a
J f xy yx dt f x t y t t T pero condicionado a que
2 2
0
T
L x y dt
Conceptos de Análisis Funcional
Consideremos el espacio vectorial de las funciones que cumplan alguna condición como el espacio
vectorial de todas las funciones integrables en ,a b .
: / int ,V f R f egrable en a b
: / ,W f R f continua en a b
Una functional es una función de un espacio vectorial en R . Así tendremos las siguientes
funcionales.
: , ( ) 1
b
y
a
J V R J y y x e dx
: , ( )2
a bW R f f
Ambas son funcionales.
Funcionales lineales.
Diremos que la funcional : ,J V R es lineal si cumple la siguiente condición de linealidad:
, , :f g V c d R J af bg aJ f bJ g
Ejemplos.
1. Con V definido anteriormente, : , ( ) 1
b
a
J V R J y y x y dx es una funcional lineal.
L
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2. Con W definido anteriormente, : , ( )2
a bW R f f es una funcional lineal.
Valores extremos de funcionales.
Sea la funcional : ,W R diremos que alcanza un valor máximo en h V si se
cumple:
: ( ) ( )g V g h
Diremos que alcanza un valor máximo en h V si se cumple:
: ( ) ( )g V g h .
Ejemplos .
I) Encontrar los valores extrémales para las siguientes funcionales
1)
2
0
22 dxyyyJ 1)1(
1)0(
y
y
Solución:
Aplicando la ecuación de Euler:
2
2( ) 0y y y y y x y
d y dyf f f f
dx dx …(1)
Donde:
yf
f
f
yf
yyf
y
xy
yy
y
2
0
0
2
22
Reemplazando en (1)
0)20(022
2
ydx
dy
dx
yd
0
022
yy
yy
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Una solución de esta ecuación diferencial es: rxey
0)1(
0
2
2
re
eer
rx
rxrx
De aquí:
1
12
r
r
De esto:
xrxreyey 21
21 ;
La solución general seria:
xx ececy 21
Y de las condiciones iniciales 1)1(
1)0(
y
y, se obtiene:
e
ec
ec
1;
1
121
Finalmente, la ecuación seria:
xx ee
ee
ey
11
1
2)
1
0
2)(][ dxyeyJ y 2)1(
1)0(
y
y
Solución:
Como la funcional no depende directamente de x , la ecuación de Euler se
reduce a:
1
fy f c
y
…(1)
Donde:
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5
)(2
)( 2
yef
yef
y
y
y
Reemplazando en (1)
cyeye yy 22 )()(2
cye y 2)(
cyey
)(2
Entonces integramos y obtenemos:
dyedxcy
22
322 cxce
y
Despejando y obtenemos la solución general:
)ln(2 32 cxcy
Y de las condiciones iniciales 2)1(
1)0(
y
y, se obtiene:
21
32
1
2 ; eceec
Finalmente, se obtiene la ecuación:
32
23
2
2)12(
xy
3)
3
0
22 )()( dxyyyyyJ 2)1(
1)0(
y
y
Solución:
Como la funcional no depende directamente de x , la ecuación de Euler se
reduce a:
1
fy f c
y
…(1)
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Donde:
2
22
2
)()(
yyyf
yyyyf
y
Reemplazando en (1)
1
2222 )()(2 cyyyyyyyy
1
2)( cyy
Entonces integramos y obtenemos:
dyycdx 2/1
2
La solución general:
32
3
23
2cycx
Y de las condiciones iniciales 2)1(
1)0(
y
y, se obtiene:
12
2;
12
3
233
232
cc
Finalmente, se obtiene la ecuación:
32
23
2
2)12(
xy
4) Encuentre la curva cerrada de longitud l , que podamos encerrar la mayor área
posible:
Solución:
Tenemos la ecuación de la curva cerrada en forma parametrica)(
)(
tyy
txx
Su área en paramétricas es
T
dtxyyxtytxS0
)(2
1)](),([
Y la condición es
T
dtyxl0
22
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Sean las funcionales para paramétricas
1
0
),,,()](),([
t
t
dtyxyxHtytxV
Entonces tenemos:
2
xyyxF
22 yxG
22
2yx
xyyxGFH
Para parametricas se tiene el sistema de ecuaciones
0dt
dHH x
x 0
dt
dHH
y
y
Como H no depende explícitamente de t se tiene:
0 yHH yyy …(1)
0 xHH xxx …(2)
De (1)
0)(2 2
322
2
yx
yxx
2
1
)( 23
22
yx
yx
…(3)
De (2)
0)(2 2
322
2
yx
xyy
2
1
)( 23
22
yx
yx
…(4)
De (3) y (4)
kyx
yx
yx
yx
1)
2
1(
2
1
)()( 23
2223
22
Tenemos:
kyx
yxyx
23
22 )(
; k es la curvatura para parametricas.
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Como la curvatura es k = constante.
Entonces, la curva cerrada de máxima área es un círculo.
5) Encuentra una curva que pase por los siguientes puntos (1,0) y (2,3), con la
propiedad de que la superficie de revolución al girar la región acotada por ella y las
ordenadas x=a y x=b alrededor del eje x, sea mínima.
Solución:
Como queremos la superficie de revolución, formula seria:
b
a
dxyy 2)(12
Así, como queremos minimizar, usamos euler, pero en este caso, como no
depende de x usamos:
1cfyy
f
…(1)
Donde:
2
2
)(1
)(1
y
yyf
yyf
y
Reemplazamos en (1):
12
22
)(1
)()(1 c
y
yyyy
2
2
22 )(1)())(1( ycyyyy
2
2 )(1 ycy
Despejando y :
12
2
c
yy
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Integrando obtenemos
3
2
1
2 )(cosh cxc
yc
Y la solución general seria:
)cosh(2
3
2
2c
c
c
xcy
6) Encontrar los valores extrémales para las siguientes funcionales
1)
2
0
22 dxyyyJ 1)1(
1)0(
y
y
Solución:
Aplicando la ecuación de Euler:
2
2( ) 0y y y y y x y
d y dyf f f f
dx dx …(1)
Donde:
yf
f
f
yf
yyf
y
xy
yy
y
2
0
0
2
22
Reemplazando en (1)
0)20(022
2
ydx
dy
dx
yd
0
022
yy
yy
Una solución de esta ecuación diferencial es: rxey
0)1(
0
2
2
re
eer
rx
rxrx
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De aquí:
1
12
r
r
De esto:
xrxreyey 21
21 ;
La solución general seria:
xx ececy 21
Y de las condiciones iniciales 1)1(
1)0(
y
y, se obtiene:
e
ec
ec
1;
1
121
Finalmente, la ecuación seria:
xx ee
ee
ey
11
1
6) Encontrara los valores extrémales para
1
0
2)(][ dxyeyJ y 2)1(
1)0(
y
y
Solución:
Como la funcional no depende directamente de x , la ecuación de Euler se
reduce a:
1
fy f c
y
…(1)
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Donde:
)(2
)( 2
yef
yef
y
y
y
Reemplazando en (1)
cyeye yy 22 )()(2
cye y 2)(
cyey
)(2
Entonces integramos y obtenemos:
dyedxcy
22
322 cxce
y
Despejando y obtenemos la solución general:
)ln(2 32 cxcy
Y de las condiciones iniciales 2)1(
1)0(
y
y, se obtiene:
21
32
1
2 ; eceec
Finalmente, se obtiene la ecuación:
32
23
2
2)12(
xy
7) Encontrar los valores extrémales para
3
0
22 )()( dxyyyyyJ 2)1(
1)0(
y
y
Solución:
Como la funcional no depende directamente de x , la ecuación de Euler se
reduce a:
1
fy f c
y
…(1)
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Donde:
2
22
2
)()(
yyyf
yyyyf
y
Reemplazando en (1)
1
2222 )()(2 cyyyyyyyy
1
2)( cyy
Entonces integramos y obtenemos:
dyycdx 2/1
2
La solución general:
32
3
23
2cycx
Y de las condiciones iniciales 2)1(
1)0(
y
y, se obtiene:
12
2;
12
3
233
232
cc
Finalmente, se obtiene la ecuación:
32
23
2
2)12(
xy
8) Encuentre la curva cerrada de longitud l , que podamos encerrar la mayor área
posible:
Solución:
Tenemos la ecuación de la curva cerrada en forma parametrica)(
)(
tyy
txx
Su área en parametricas es
T
dtxyyxtytxS0
)(2
1)](),([
Y la condición es
T
dtyxl0
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Sean las funcionales para parametricas
1
0
),,,()](),([
t
t
dtyxyxHtytxV
Entonces tenemos:
2
xyyxF
22 yxG
22
2yx
xyyxGFH
Para parametricas se tiene el sistema de ecuaciones
0dt
dHH x
x 0
dt
dHH
y
y
Como H no depende explícitamente de t se tiene:
0 yHH yyy …(1)
0 xHH xxx …(2)
De (1)
0)(2 2
322
2
yx
yxx
2
1
)( 23
22
yx
yx
…(3)
De (2)
0)(2 2
322
2
yx
xyy
2
1
)( 23
22
yx
yx
…(4)
De (3) y (4)
kyx
yx
yx
yx
1)
2
1(
2
1
)()( 23
2223
22
Tenemos:
kyx
yxyx
23
22 )(
; k es la curvatura para parametricas.
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Como la curvatura es k = constante.
Entonces, la curva cerrada de máxima área es un círculo.
9) Encuentra una curva que pase por los siguientes puntos (1,0) y (2,3), con la
propiedad de que la superficie de revolución al girar la región acotada por ella y las
ordenadas x=a y x=b alrededor del eje x, sea mínima.
Solución:
Como queremos la superficie de revolución, formula seria:
b
a
dxyy 2)(12
Así, como queremos minimizar, usamos euler, pero en este caso, como no
depende de x usamos:
1cfyy
f
…(1)
Donde:
2
2
)(1
)(1
y
yyf
yyf
y
Reemplazamos en (1):
12
22
)(1
)()(1 c
y
yyyy
2
2
22 )(1)())(1( ycyyyy
2
2 )(1 ycy
Despejando y :
12
2
c
yy
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Integrando obtenemos
3
2
1
2 )(cosh cxc
yc
Y la solución general seria:
)cosh(2
3
2
2c
c
c
xcy
10) Calcular la ecuación de Euler-Lagrange para la funcional
2 2 1/ 2( , ) (1 )x y
D
J z x y z z dxdy
Con la condición de frontera z(x,y) = f(x,y) (x,y) D
Solución:
La función 2 2( , , , , ) 1x y x yF x y z z z z z , la ecuación de Euler tiene la siguiente forma
0x yz z zF F F
x y
2 2 1/ 210, 2 ( )(1 )
2xz z x x yF F z z z
2 2
2 2
2 2
11
1x
x xx y yy
x y xx x
x y
z
x y
z z z zz z z z
z zF
x z z
2 2 2
2 2 3/ 2
(1 )
(1 )x
x y xx x xx x y xy
z
x y
z z z z z z z zF
x z z
2
2 2 3/ 2
(1 )( )
(1 )x
y xx x y xy
z x
x y
z z z z zF
z z
Igualmente:
2
2 2 3/ 2
(1 )( )
(1 )
x yy x y xy
zy y
x y
z z z z zF
z z
Así la ecuación de Euler es: ( ) ( ) 0xz x zy yF F ; sustituyendo:
2 2(1 ) (1 ) 2 0y xx x yy x y xyz z z z z z z
En forma experimental es sabido que la realización física de la superficie de área
mínima limitado por la curva D son calculos laboriosas extendidas sobre la D
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Funcionales que contienen derivadas de orden superior
Consideremos funcionales de la forma:
1
[ ] ( , , ', '')
o
x
x
J y F x y y y dx
Con las condiciones de frontera siguiente 0 0( )y x y ; 1 1( )y x y ; 0 0'( ) 'y x y ; 1'(1) 'y y
Supondremos que 4
0 1[ , ]y C x x ; y que F tiene derivadas parciales continuas hasta el
orden 3 inclusive. Se desea hallar la ecuación de Euler – Lagrange para este caso.
Solución
Tenemos 4
0 1[ , ]h C x x tal que 0 1( ) ( ) 0h x h x , 0 1'( ) '( ) 0h x h x es decir h debe ser
admisible
Para z real se tiene 1
[ ] ( , , ' ', '' '')
o
x
x
J y h F x y h y h y h dx
1
0 0[ ] ( , , ' ', '' '')
o
x
x
J y h F x y h y h y h dx
=1
''
' ''( ' )
o
x
y y y
x
F h F h F h dx
Osea que la variación de la “jota” 1
''
' ''[ , ] ( ' )
o
x
y y y
x
J y h F h F h F h dx
Derivando: ' ' '( ) ' ' ( )y y y
dF h F h h F
dx ; luego integrando:
1 1
1
0
0 00
0
' ' '
( ) ( ) 0
( ') ( )
x x
x x
y x x y y
x x
h x h x
dF h F h dx h F dx
dx
1 1
0 0
' '' ( )
x x
y y
x x
dF h dx h F dx
dx
1
0
' ''[ , ] ( ( ) '')
x
y y y
x
dJ y h F h h F F h dx
dx
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Ahora: '' '' ''
1( ') ' '' ' ( )y y yF h F h h F
dx
Integrando: 1 1
0 0
'' ''
1'' ' ( )
x x
y y
x x
F h dx h F dxdx
(ojo: 1
0
''( ') ' 0
x
y
x
F h dx por 0 1'( ) '( ) 0h x h x )
2
'' '' ''2( ( )) ' 'y y y
d d dh F h F h F
dx dx dx
1 1
0 0
2
'' ''2( ) ( )
x x
y y
x x
d dh F dx h F dx
dx dx
1 1 1
0 0 0
2
'' '' ''2( '') ' ( )
x x x
y y y
x x x
d dF h dx h F dx h F dx
dx dx
Por tanto: 1
0
' ''[ , ] ( ( ) ( ) ) 0
x
y y x y xx
x
J y h F F F hdx ; en la función crítica; esto para todo h
admisible
Usando el lema Fundamental del cálculo de variaciones, se tiene:
' ''( ) ( ) 0y y y xx
dF F F
dx
que es la ecuación de Euler – Lagrange para este caso.
Nota: Si 1
[ ] ( , , ', '', ''')
o
x
x
J y F x y y y y dx entonces su ecuación de Euler – Lagrange es la