b a J(y) = y (x) 2 dx.

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1 1. Il clcolo delle vrizioni Per illustrre lcuni concetti di questo importnte settore dell nlisi e dell mtemtic pplict prtimo d un esempio molto semplice. Considerimo l clsse di funzioni A = {y(x) C 1 [, b]; y() = y, y(b) = y b } e l ppliczione J : A IR 1 definit trmite y (x) 2 dx. Ci chiedimo se esiste in A il minimo ssoluto di J(y) e cioè un funzione ȳ A tle che J(y) J(ȳ) per ogni y A. Per il teorem fondmentle del clcolo bbimo, utilizzndo l diseguglinz di Cuchy Schwrtz, y b y = Ne segue ( /2 b y (x)dx y (x) dx) 2 (b ) 1/2. (y b y ) 2 b y (x) 2 dx per tutte le funzioni dell clsse mmissibile. D ltr prte, se ȳ(x) = y(b) y() (x ) + y(), b bbimo subito J(ȳ) = (y b y ) 2 b. Quindi ȳ(x) relizz il minimo ssoluto del funzionle nell clsse indict. Possimo nche ffrontre il problem in modo diverso e più costruttivo. Si ȳ(x) un funzione di clsse C 2 [, b] pprtenente ll clsse delle mmissibili e h(x) un funzione di clsse C 1 [, b] tle che h() =, h(b) =. È immedito verificre che l funzione ȳ(x) + h(x) descrive, l vrire di h(x), l clsse delle mmissibili. Considerimo l incremento del funzionle J(ȳ + h) J(ȳ) = 2 ȳ h dx + h 2 dx = (integrndo per prti e tenendo conto che h() = h(b) = ) = 2 ȳ hdx + 1 h 2 dx.

2 D ltr prte, se sceglimo ȳ in modo d essere l soluzione (unic) del problem ȳ = y() = y y(b) = y b, bbimo J(ȳ + h) J(ȳ) = Quindi ȳ(x) è il minimo ssoluto cercto. h 2 dx. Esercizio. Provre che esiste il minimo ssoluto del funzionle y (x) p dx nell clsse A = {y(x) C 1 [, b] ; y() = y, y(b) = y b } qundo 1 p <. Si consigli di utilizzre l diseguglinz di Hölder. Esercizio. Esiste il minimo ssoluto del funzionle dell esercizio precedente nell clsse A qundo < p < 1? Esercizio. Fr tutte le curve del pino che congiungono i punti (, y ), (b, y b ) e che sono dei grfici di funzioni C 1 [, b] trovre quell di lunghezz minim e provre che è unic. Si trtt evidentemente di cercre il minimo del funzionle 1 + y (x) 2 dx nell solit clsse A. Si consigli di pplicre il teorem fondmentle del clcolo ll funzione g(t) = (b )(t ) + (y b y b )(y(t) y ). 2. Alcuni problemi storici Dopo questi esempi elementri vle l pen di prire un piccol prentesi storic. Forse il più fmoso problem di clcolo delle vrizioni è quello dell brchistocron proposto nel 1696 d Giovnni Bernoulli i mtemtici d Europ e risolto d I. Newton. Considerimo in un pino verticle con sse Oy verticle e orientto verso il bsso due punti P 1 = (x 1, y 1 ) e P 2 = (x 2, y 2 ) con x 2 > x 1, y 1 > y 2 e si y(x) C 1 [x 1, x 2 ] un ssegnt funzione tle che y(x 1 ) = y 1, y(x 2 ) = y 2, y(x) > y 1 per x (x 1, x 2 ]. 2

3 Un punto P di mss m è libero di muoversi senz ttrito sul grfico dell y(x) sotto l zione dell sol forz peso. Scrivendo l integrle dell energi e seprndo le vribili è fcile clcolre il tempo di cdut che il punto impieg per ndre d P 1 P 2. Si trov T = 1 x2 1 + y (x) 2 2g y(x) y1 + α x 1 dove α = 1 2g v o 2. Ad ogni funzione dell clsse delle mmissibili il funzionle J(y) ssoci il tempo di cdut. Ci chiedimo se esist un tempo minimo di cdut. Il problem dell superficie di rotzione di re lterle minim Fcendo ruotre il grfico di un funzione y(x) C 1 [, b] positiv ttorno ll sse x si gener un superficie di rotzione l cui re lterle è dt, come è noto, d L clsse delle mmissibili è ncor Are Lterle = 2π y 1 + y (x) 2 dx. A = {y(x) C 1 [, b] ; y() = y, y(b) = y b, y(x) > }. È intuitivmente chiro che in certi csi l soluzione (non più pprtenente ll clsse delle mmissibili) del problem di minimo srà dt d due cerchi prlleli di rggi y() e y(b). Il problem del solido di rotzione di minim resistenz Si cerc il solido di rivoluzione che incontr l minim resistenz qundo si muove di moto uniforme in un mezzo resistente come l ri. L formulzione dt d Newton questo problem comport l minimizzzione del funzionle nell clsse x 1 + y (x) 2 A = {y(x) C 1 [, b] ; y() = y, y(b) = y b, y(x) }. Il problem, oltre l vlore storico, è interessnte perché mette in luce un difficoltà tipic: è inftti privo si di minimo che di mssimo ssoluto nell clsse A, che quindi deve essere opportunmente ristrett. 3

4 Il problem di Didone Nell clsse B di tutte le curve pine, semplici, rettificbili, chiuse di dt lunghezz L, trovre quell che rcchiude l porzione di pino di re A mssim. Il problem differisce di precedenti poiché l clsse delle mmissibili non è compost d grfici e per l condizione ggiuntiv dell lunghezz prescritt. Se ccettimo (vedi l dimostrzione più vnti) l vlidità dell diseguglinz isoperimetric (1) L 2 4π A l soluzione del problem è immedit. Possimo inftti definire il funzionle J(C) = A C B. Per l (1) bbimo J(C) L2 4π per ogni C B. D ltr prte se C = C, dove C è il cerchio di rggio R = L/2π, ottenimo J C = L2 4π e quindi C è l soluzione del problem. Possimo formulre il problem di Didone nche nell mbito dei grfici cercndo il mssimo del funzionle nell clsse di mmissibili y(x)dx A = {y(x) C 1 [, ], y( ) = y() =, 1 + y (x) 2 dx = L} con l condizione L 2. Si trov ovvimente un settore circolre. Esempio. Qule esempio di problem isoperimetrico elementrmente risolubile cerchimo il minimo del funzionle J(q) = nell clsse di mmissibili q (t) 2 dt A = {q(t) C 1 [, 1], q() = 1, q(1) = 6, q(t)dt = 3}. Si q(t) un funzione mmissibile di clsse C 2 [, 1] e considerimo un funzione h(t) C 1 [, 1] tle che h() = h(1) = 4 h(t)dt =.

5 Al vrire di h(t) l funzione q(t) + h(t) gener l clsse delle mmissibili. Abbimo, integrndo per prti, J( q + h) J( q) = 2 q h dt + h 2 dt = 2 q hdt + h 2 dt. Poiché h(t)dt = il termine 2 q hdt è nullo se prendimo q = C 1. Integrndo bbimo q(t) = 2 t2 + bt + c. Le costnti, b, c si clcolno con le condizioni q() = 1, q(1) = 6, q(t)dt = 3 e si trov q(t) = 3t2 + 2t + 1 che dà il minimo ssoluto. È fcile vedere che le funzioni C 1 sono indegute nche per trttre situzioni molto semplici. Cerchimo, per esempio, il minimo ssoluto del funzionle J(q) = 2 q 2 (1 q ) 2 dt con le condizioni q() = q(2) = 1. È evidente che tutte le spezzte di estremi (, ) e (2, 1) e lti prlleli o ll sse t o ll rett q = t rendono nullo il funzionle, d ltr prte J(q). Ognun di queste spezzte fornisce quindi un minimo ssoluto che non è C 1. Per formulre problemi di questo tipo dobbimo definire nuove clssi di funzioni. 3. Funzioni continue trtti e funzioni C 1 trtti Indicheremo con D [, b] l totlità delle funzioni continue in [, b] eccetto, l più, un numero finito di punti in ciscuno dei quli esistono finiti i limiti destro e sinistro dell funzione. D 1 [, b] srà l clsse delle funzioni continue in [, b], derivbili con derivt continu eccetto, l più, un numero finito di vlori in ciscuno dei quli esistono finiti i limiti destro e sinistro dell derivt. Questo, come subito segue dl teorem di Lgrnge, implic che in ciscuno dei punti di discontinuità dell derivt esiste l derivt destr e sinistr. Se q(t) D [, b] bbimo φ(t) = t q(z)dz D 1 [, b]. Inoltre φ (t) = q(t) eccetto gli eventuli punti di discontinuità di q(t) (e.e.p.d.d.). Come è noto, se u(t), v(t) D 1 [, b], vle l formul di integrzione per prti (1) u(t)v (t)dt = u (t)v(t)dt + [u(t)v(t)] b. 5

6 Un clsse di mmissibili rgionevole per l esempio precedente è quindi A = {y(x) D 1 [, b]; y() = y, y(b) = y b }. In certi csi nche le funzioni C 1 trtti sono indegute. Si consideri per esempio il funzionle x 2/3 y 2 dx con le condizioni y() =, y(1) = 1. È fcile vedere che ỹ(x) = x 1/3 fornisce il minimo ssoluto di J(y), m evidentemente ỹ(x) non pprtiene ll clsse D 1 [, b]. Esiste nche un motivo più profondo per llrgre ulteriormente l clsse delle mmissibili ed è l qusi impossibilità di dimostrre teoremi di esistenz del minimo nell clsse D 1 [, b]. Conviene, per questi motivi, introdurre un ulteriore clsse di funzioni. Le funzioni ssolutmente continue Un funzione q(t) si dice ssolutmente continu se per ogni ɛ > esiste δ(ɛ) tle che per ogni sistem finito {(α k, β k )} di sottointervlli perti e disgiunti di [, b] tli che si h N β k α k < δ(ɛ) k=1 N q(β k ) q(α k ) < ɛ. k=1 Indicheremo l totlità delle funzioni ssolutmente continue con AC[, b]. Le funzioni di D 1 [, b] sono ssolutmente continue. Se un funzione f(t) è integrbile secondo Lebesgue, e cioè f(t) L 1 (, b), l funzione q(t) = t f(z)dz è ssolutmente continu, come subito segue dll ssolut continuità dell integrle di Lebesgue. Vicevers, se φ(t) AC[, b], l derivt φ (t) di φ(t) (limite del rpporto incrementle) esiste qusi ovunque, eccetto in punti di un insieme di misur null, e inoltre φ (t) L 1 (, b), mentre vle l formul fondmentle del clcolo φ(t) = φ() + 6 t φ (z)dz.

7 Per le funzioni ssolutmente continue, vle ncor l formul di integrzione per prti (2). 4. Il problem semplice del clcolo delle vrizioni Dt un funzione L(t, q, z) C 1 ([, b] R R), che chimeremo funzione lgrngin, considerimo il funzionle (1) J(q) = definito in un delle seguenti clssi L(t, q(t), q (y))dt A 1 = {q(t) D 1 [, b], q() = q, q(b) = q b } (problem con estremi fissti) A 2 = {q(t) D 1 [, b], q() = q } (problem con un estremo libero) A 3 = {q(t) D 1 [, b]} (problem con estremi liberi). lsci come esercizio Useremo i seguenti lemmi, l cui dimostrzione si Lemm 1. Se f(t) D [, b] tle che f(t) e f(t)dt =, llor f(t) = eccetto gli eventuli punti di discontinuità. Lemm 2. Se f(t) L 1 [, b] tle che f(t) e f(t)dt =, llor f(t) = qusi ovunque. 7

8 5. Funzionli inferiormente limitti, m privi di minimo ssoluto Il seguente esempio è stto proposto d Weierstrss in relzione l principio di Dirichlet. Considerimo il funzionle J(q) = 1 t 2 q 2 dt nell clsse A = {q(t) D 1 [, b]; q( 1) = 1 q(1) = 1}. Provimo intnto che l estremo inferiore del funzionle nell clsse A è zero. Evidentemente J(q). D ltr prte per l successione di funzioni mmissibili q n (t) = 1 nt se 1 t 1 n se 1 n < t < 1 n 1 se 1 n < t < 1 bbimo Ne segue che lim J(q n) =. n inf{j(q); q A} =. Supponimo per ssurdo che esist il minimo ssoluto q(t) A del funzionle. Può solo essere J( q) = e cioè 1 t 2 q 2 (t)dt =. D ltr prte l funzione t 2 q 2 (t) è continu trtti e non negtiv, per cui eccetto gli eventuli punti di discontinuità si h q (t) =. Tenendo conto che q(t) è un funzione continu, vremo che q(t) è costnte, ftto questo incomptibile con le condizioni per t = 1 e t = 1. Il funzionle è quindi privo di minimo ssoluto. Il rgionmento può essere fcilmente dttto l cso in cui l clsse delle funzioni mmissibili é:. A = {q(t) C 1 [, b]; q( 1) = 1 q(1) = 1}. 8

9 Come secondo esempio considerimo il funzionle J(q) = [ (q 2 1) 2 + q 2] dt nell clsse A = {q(t) D 1 [, b]; q() =, q(1) = }. Anche questo funzionle è privo di minimo ssoluto in A. Inftti inf{j(q); q A} =. Bst osservre che J(q) e considerre l successione di funzioni mmissibili q n (t) = t sign sin 2π2 n 1 τdτ i cui grfici sono riportti nell figur per n = 1, 2, 3, 4. Abbimo q 2 n (t) = 1, per cui J(q n ) 1 n 2. Ne segue inf{j(q); q A} =. Supponimo per ssurdo che esist il minimo ssoluto q(t) del funzionle. Deve essere J( q) = e cioè [ ( q 2 1) 2 + q 2] dt =. Come ulteriore esempio esminimo il funzionle J(q) = q2 + q 2 dt e provimo che è privo di minimo ssoluto nell clsse A 1 = {q(t) D 1 [, 1], q() =, q(1) = 1}. Inftti J(q) q (t)dt = 1 per ogni q(t) A 1. 9

10 M l successione di funzioni q k (t) = se t 1 1/k, q k (t) = 1 k(t 1) se 1 1/k < t 1, è tle che J(q k ) se k. Quindi inf{j(q); q A 1 } = 1. Se, per ssurdo, esistesse un minimo ssoluto q(t) del funzionle, vremmo [ q(t)2 + q (t) 2 q (t)] dt = d cui segue q(t) 2 + q (t) 2 q (t) = e nche q(t) 2 =. Questo è incomptibile con le condizioni per t = e t = 1. Esercizio. Provre che il funzionle y 2 dx è privo di minimo ssoluto nell clsse A 1 = {y(x) D 1 [, 1], y() =, y(1) = 1}. Esercizio. Provre che il funzionle 2 (y 4 6y 2 dx) h minimi ssoluti nell clsse A 1 = {y(x) D 1 [, 2], ȳ() = y(2) = }. Trovrli e trovre il vlore numerico di tle minimo. Riprendimo in esme il funzionle che interviene nel problem del solido di rotzione di minim resistenz e cioè x dx 1 + y 2 (x) nell clsse A 1 = {y(x) D 1 [, ], y(x), y() =, y() = b}. Provimo che J(y) è privo di minimo ssoluto. Abbimo intnto J(y) per ogni y A 1. Inoltre, se considerimo l successione di funzioni mmissibili y n (x) = 2nx/ qundo x /2, y n (x) = 2(b n)x/ se /2 < x, trovimo subito J(y n ) per n. Quindi inf{j(y), y A 1 } =. Se per ssurdo esiste ȳ(x) A 1 tle che J(ȳ) =, si h nche x/(1 + ȳ 2 ) =, e questo non può essere. Occorre, per 1

11 dre senso l problem, restringere l clsse delle funzioni mmissibili ggiungendo l condizione y (x). Esercizio. Mostrre che il funzionle J(y) è nche privo di mssimo ssoluto. 6. Mssimi e minimi reltivi deboli e forti Oltre i minimi e mssimi ssoluti per il problem semplice del clcolo delle vrizioni si pongono nche le seguenti definizioni: q(t) A k è un minimo reltivo forte per J(y) nell clsse A k, (k = 1, 2, 3, ) se esiste ρ > tle che per ogni q(t) N ρ () ( q) A k si h J(q) J( q), dove N () ρ ( q) = {q(t) D 1 [, b]; q(t) q(t) < ρ}. Diremo che q(t) è un minimo reltivo debole per J(q) in un delle clssi A k se esiste ρ > tle che per ogni q(t) N ρ (1) ( q) A k si h J(q) J( q), dove N (1) ρ ( q) = {q(t) D 1 [, b]; q(t) q(t) < ρ, q (t) q (t) < ρ}. Anloghe definizioni si dnno per i mssimi reltivi deboli e forti. È evidente che un minimo (mssimo) reltivo forte è nche un minimo (mssimo) reltivo debole, m non vicevers, come mostr il seguente Esempio. J(q) = (q 2 + q 3 )dt nell clsse A 1 = {q(t) D 1 [1, ], q() =, q(1) = }. È immedito verificre che q(t) = per ogni t [, 1] è un minimo reltivo debole per J(y). Bst inftti prendere ρ = 1/2 nell definizione. D ltr prte q(t) non è un minimo reltivo forte. Per dimostrre questo ftto occorre provre che per ogni ρ > esiste q(t) N ρ () ( q) tle che J(q) < J( q). Considerimo tl fine l successione di funzioni mmissibili: q ɛ (t) = ɛt/(1 ɛ 2 ) se t 1 ɛ 2, q ɛ (t) = (1 t)/ɛ se 1 ɛ 2 t 1. Trovimo subito J(q ɛ ) qundo ɛ +. Poiché q ɛ (t) se ɛ +, concludimo che q(t) non è un minimo reltivo forte. 7. Condizione necessri perché un funzione mmissibile si un minimo reltivo debole in un delle clssi A 1, A 2 o A 3 11

12 Supponimo che q(t) A 1 si un minimo reltivo debole di J(q) = L(t, q, q )dt nell clsse A 1. Se fissimo un funzione η(t) D 1 [, b] tle che η() = e η(b) =, l funzione q(t)+ɛη(t) pprtiene per ogni ɛ d A 1. Ricordndo l definizione di minimo reltivo debole esiste, ɛ > tle che se ɛ ɛ, llor q(t)+ɛη(t) N ρ (1) ( q) A 1, dove ρ è l costnte di cui si prl nell definizione di minimo reltivo debole. L funzione dell vribile rele g(ɛ) = J( q + ɛη) h per ɛ = un minimo reltivo. D ltr prte, per il teorem di derivzione, sotto il segno di integrle g () esiste e si h g () =. Il clcolo di g () mostr che si h g () = J 1 ( q, η) = dove bbimo posto per comodità [ˆLq (t)η(t) + ˆL q (t)η (t)] dt ˆL q (t) = L q (t, q(t), q (t)) ˆLq (t) = L q (t, q(t), q (t)). Concludimo con il seguente Lemm. Condizione necessri perché q(t) si un minimo (o mssimo) reltivo debole del funzionle J(q) nell clsse A 1 è che si bbi (I) J 1 ( q, η) = per ogni η(t) D 1 [, b] tle che η() =, η(b) =. In modo nlogo bbimo il Lemm. Condizione necessri perché q(t) si un minimo (o mssimo) reltivo debole del funzionle J(q) nell clse A 2 è che vlg (II) J 1 ( q, η) = per ogni η(t) D 1 [, b] tle che η() =. Infine vle il Lemm. Condizione necessri perché q(t) si un minimo (o mssimo) reltivo debole del funzionle J(q) nell clse A 3 è che si bbi (III) J 1 ( q, η) = per ogni η(t) D 1 [, b]. L espressione J 1 ( q, η) si chim vrizione prim del funzionle e i lemmi precedenti sono l nlogo del teorem di Fermt per le funzioni di vribile rele. 12

13 Utilizzndo i due lemmi che seguono ricveremo dlle condizioni (I), (II) e (III) ulteriori condizioni necessrie. Lemm (Fondmentle del clcolo delle vrizioni). Se f(t) C [, b] soddisf l condizione (1) f(t)η(t)dt = per ogni funzione η(t) D 1 [, b] tle che η() =, η(b) =, si h f(t) = in [, b]. Dim. Supponimo che esist t (, b) tle che f( t), per esempio f( t) >. Per l permnenz del segno delle funzioni continue esiste un intervllo (ξ, ξ 1 ) contenente t tle che f(t) > in (ξ, ξ 1 ). Sceglimo nell (1) un funzione η 1 (t) così definit: η 1 (t) = in [, b]\(ξ, ξ 1 ) e η 1 (t) = (t ξ ) 2m (t ξ 1 ) 2m per t (ξ, ξ 1 ) con m 1. Evidentemente η 1 (t) D 1 [, b] e η 1 () = η 1 (b) =. D ltr prte (2) in contrsto con (1). f(t)η 1 (t)dt > Lemm (Du Boys Reymond). Se f(t) D [, b] è tle che (3) f(t)η (t)dt = per ogni η(t) D 1 [, b], η() = η(b) = l funzione f(t) è costnte eccetto gli eventuli punti di discontinuità che sono quindi punti di discontinuità eliminbile. Dim. Definimo C = (b ) 1 η(t) = f(t)dt e considerimo l funzione (f(τ) C)dt. Abbimo η(t) D 1 [, b] e nche η() = η(b) =, η (t) = f(t) C. Per l (3) vle = quindi f(t) = C e.e.p.d.d. f(t)(f(t) C)dt = (f(t) C) 2 dt + C (f(t) C + C)(f(t) C)dt = (f(t) C)dt = 13 (f(t) C) 2 dt

14 8. Prim form integrle dell equzione di Eulero Teorem Si L(t, q, q ) C 1 [, b] R 1 R 1 ), q(t) D 1 [, b] e vlg (I) J 1 ( q, η) = per ogni η(t) D 1 [, b] tle che η() =, η(b) = esiste un costnte C tle che (1) ˆLq (t) = t ˆL q (τ)dτ + C C = ˆL q () e.e.p.d.d. di q (t) ˆL q (t) = L q (t, q(t), q (t)) ˆLq (t) = L q (t, q(t), q (t)). Dim. 1) Considerimo preliminrmente il teorem in ipotesi più restrittive e precismente L(t, q, q ) C 2 ([, b] R 1 R 1 ), q(t) C 2 [, b]. Si trtt di ipotesi innturli (specilmente l second), m legittime. Possimo integrre per prti nel secondo termine dell relzione [ˆLq (t)η(t) + ˆL q (t)η (t)] dt per ogni η(t) D 1 [, b] tle che η() =, η(b) = e ottenere [ ˆL q (t) d ] dt ˆL q (t) η (t)dt = per ogni η(t) D 1 [, b] tle che η() =, η(b) =. Per il lemm fondmentle del clcolo delle vrizioni bbimo (2) ˆLq (t) d dt ˆL q (t) =. Pensndo l (2) come un equzione del secondo ordine in q(t), ess coincide con l equzione di Lgrnge dei sistemi con un sol grdo di libertà. Integrndo l (2) fr e t ottenimo l (1). L integrzione per prti è res lecit dll ipotesi q(t) C 2 [, b]. Se supponimo semplicemente q(t) D 1 [, b] occorre procedere nel modo seguente: definimo l funzione Φ(t) = ˆL q (τ)dτ. Poiché ˆL q (t) D [, b] si h Φ(t) D 1 [, b] e nche Φ (t) = ˆL q (t), eccetto gli eventuli punti di discontinuità di q (t). Abbimo [ Φ (t)η(t) + ˆL ] q (t)η (t) dt = per ogni η(t) D 1 [, b] tle che η() =, η(b) =. L integrzione per prti nel primo termine è or lecit. Ottenimo, tenendo conto che η() =, η(b) =, [ Φ(t) + ˆL ] q (t) η (t)dt = per ogni η(t) D 1 [, b] tle che η() =, η(b) =. Dl lemm di Du Boys Reymond segue l tesi (1). 14

15 Esercizio. Provre che il funzionle 1 + x + x2 y 2 dx h minimo ssoluto nell clsse A 1 = {y(x) D 1 [, b], y() = 1, y(1) = } e trovrlo. Vedimo quli conseguenze possimo vere dll (III). Teorem 2. Si L(t, q, q ) C 1 ([, b] R 1 R 1 ) e q(t) D 1 [, b] tle che J 1 ( q, η) = per ogni η(t) D 1 [, b]. Provimo che si h (3) ˆLq (t) = t ˆL q (τ)dτ (4) ˆLq () = ˆLq (b) =. Dim. Anche in questo cso, se supponimo q(t) C 2 [, b], L C 2, possimo procedere ll Eulero e integrre per prti nel secondo termine di [ˆLq (t)η(t) + ˆL q (t)η (t)] dt = grzie l ftto che ˆL q (t) C 1 [, b]. Ottenimo (5) [ ˆL q (t) d ] dt ˆL q (t) η (t)dt + ˆL q (b)η(b) ˆL q ()η() = per ogni η(t) D 1 [, b]. In prticolre l (5) vle per ogni η(t) D 1 [, b] tle che η() =, η(b) =. In questo cso dl lemm fondmentle bbimo (6) ˆLq (t) d dt ˆL q (t) =. Tenendo conto dell (6), l (5) diviene (7) ˆLq (b)η(b) ˆL q ()η() = per ogni η(t) D 1 [, b] 15

16 d cui segue subito l (4). Se ci limitimo supporre L(t, q, q ) C 1 ([, b] R 1 R 1 ) e q(t) D 1 [, b] occorre utilizzre il lemm di Du Boys Reymond. Definimo Φ(t) = ˆL q (τ)dτ. Come nel teorem precedente ottenimo, trmite integrzione per prti, (8) [ Φ(t)η (t) + ˆL ] q (t)η (t) dt + Φ(b)η(b) = per ogni η(t) D 1 [, b]. In prticolre, se nell (8) sceglimo η(b) = η() = ottenimo (9) [ Φ(t)η (t) + ˆL ] q (t)η (t) dt = per ogni η(t) D 1 [, b] η(b) =, η() = e, per il lemm di Du Boys Reymond, bbimo (1) Φ(t) + ˆL q (t) = ˆL q (). Sostituendo in (8) concludimo che (11) ˆLq ()η(b) ˆL q ()η() + Φ(b)η(b) = per ogni η(t) D 1 [, b]. Scegliendo in (1) η(b) = e η() ottenimo (12) ˆLq () =. L (11) diviene llor Φ(b)η(b) = per ogni η(t) D 1 [, b] per cui Φ(b) =. D ltr prte dll (1) e (12) segue Φ(b) = ˆL q (). Esercizio. Dimostrre l seguente vrinte dei teoremi 1 e 2. Si L(t, q, q ) C 1 ([, b] R 1 R 1 ) e q(t) D 1 [, b] tle che Provre che (13) ˆLq (t) = J 1 ( q, η) = per ogni η(t) D 1 [, b] η() =. t ˆL q (τ)dτ + ˆL q () 16

17 (14) ˆLq (b) =. Not. Condizioni come le (4) si chimno condizioni nturli. Trimo lcune importnti conclusioni dll prim form integrle dell equzione di Eulero. Se un funzione q(t) D 1 [, b] soddisf l (15) ˆLq (t) = t ˆL q (τ)dτ + ˆL q () e t = c è un punto di discontinuità per q (t), vle dire p = lim t c q (t) lim t c+ q (t) = r, t = c è un punto di discontinuità eliminbile per ˆL q (t) che è quindi più regolre di q (t). Questo ftto è immedit conseguenz dell (15), poiché membro destro bbimo un funzione continu. Ottenimo in definitiv l prim equzione di Erdmnn Weierstrss (16) L q (c, q(c), p) = L q (c, q(c), r). Esempio. Per il funzionle J(q) = 1 q 2 (t q) 2 dt definito nell clsse A 1 = {q(t) D 1 [ 1, 1], q( 1) =, q(1) = 1} l funzione q(t) = per t [ 1, ], q(t) = t qundo t (, 1] fornisce il minimo ssoluto di J(q) in A 1. Per t = l derivt prim di q(t) è discontinu, d ltr prte ˆL q (t) = per ogni t [ 1, 1]\{}. L discontinuità di ˆL q (t) = è quindi eliminbile. Se q(t) C 1 [, b] bbimo ˆL q (t) C [, b]. Per l (15) ˆL q (t) è derivbile e vle (17) d dt ˆL q (t) = ˆL q (t) in [, b]. Qundo q(t) h discontinuità nell derivt prim l (17) continu vlere negli intervlli di continuità di q (t). 17

18 Not. Può esistere d dt ˆL q (t) senz che esist q (t), come mostr il funzionle J(q) = 1 q 2 (q t 2 ) 2 dt definito nell clsse di funzioni A 1 = {q(t) D 1 [ 1, 1], q( 1) =, q(1) = 1}. Inftti l funzione q(t) = per t [ 1, ], q(t) = t se t (, 1] fornisce il minimo ssoluto di J(q) in A 1. Or q () non esiste, m ˆL q (t) = per ogni t [ 1, 1]\{} ed è quindi, postoˆl q () =, ottenimo un funzione derivbile. Notimo infine che se q(t) C 2 [, b] e L C 2 è possibile scrivere l equzione (16) nell form (18). L q q q + L q qq + L q t = L q Se poi L q q è possibile ricvre l q dll (17). Esempio. i) Considerimo il funzionle L (y 2 + y 2 )dx nell clsse A 1 = {y(x) D 1 [, L]; y() = y, y(l) = y L }. L equzione di Eulero è y y = il cui integrle generle è, come è noto, y(x)c 1 e x + c 2 e x. Clcolimo le costnti c 1 e c 2 trmite le condizioni y() = y, y(l) = y L. Si trov fcilmente che esiste per ogni L > un e un sol soluzione ȳ(x). ii) Anlogmente il funzionle si può pensre definito nell clsse A 1 = {y(x) D 1 [, L]; y() = y }. In questo cso oltre ll condizione impost bbimo l condizione nturle y (L) =. Si lsci come esercizio di provre che esiste un e un sol soluzione dell equzione di Eulero che soddisf l condizione impost e quell nturle. iii) Un terz possibile scelt è di considerre il funzionle A 3 = D 1 [, L]. In questo cso bbimo due condizioni nturli y () =, y (L) =. L unic soluzione dell equzione di Eulero che soddisf queste due condizioni è l soluzione null. iv) Provre che nei tre csi i), ii) e iii) gli estremli trovti sono minimi ssoluti. Osservimo che questo modo di procedere può, per su ntur, fornire solo degli estremli C 2 [, L], privi quindi di discontinuità nell derivt prim. 18

19 Esercizio. Considerre il funzionle (y 2 + y 2 + e x y)dx nelle clssi A 1, A 2 e A 3 dell esempio precedente. Provre che in ciscun di esse esiste uno ed un sol minimo ssoluto. Trovrlo tle minimo. Esercizio. Trovre gli estremli C 2 del funzionle L (y 2 + y 2 + f(x)y)dx dove f(x) è un rbitrri funzione continu (pplicre il metodo dell vrizione delle costnti rbitrrie). Provre che per ogni L > esiste uno ed un solo minimo ssoluto di J(y) nelle clssi A 1, A 2 e A 3 dell esempio precedente. 9. Second form integrle dell equzione di Eulero Teorem. Se q(t) D 1 [, b] è un minimo (mssimo) reltivo debole del funzionle J(q) = L(t, q, q )dt in un delle clssi A 1, A 2, A 3 llor esiste un costnte C tle d versi (1) L(t, q(t), q (t)) q (t)l q (t, q(t), q (t)) = t L t (τ, q(τ), q (τ))dτ + C per ogni t [, b], eccetto gli eventuli punti di discontinuità di q (t). Dim. Possimo supporre che J(q) minimizzi nell clsse A 1. Inftti se J(q) minimizz in A 2 o A 3, minimizz nche nell clsse A = {q(t) D 1 [, b], q() = q(), q(b) = q(b)} e quindi ci riducimo l cso dell clsse A 1. Per l dimostrzione immergimo q(t) in un fmigli un prmetro ϕ(t, ɛ) di funzioni mmissibili definit nel modo seguente. Si h(t) D 1 [, b] tle che h() = h(b) = un funzione fisst. Considerimo l fmigli di curve K ɛ del pino (t, q) dt prmetricmente dlle equzioni (2) t = τ + ɛh(τ) τ [, b] 19

20 (3) q = q(τ). Prendendo ɛ < ɛ con ɛ sufficientemente piccolo, le K ɛ srnno dei grfici. Bst inftti scegliere ɛ tle che ɛ sup h (τ) = 1/2 perché l (1) si risolubile rispetto τ nell form (4) τ = F (t, ɛ). Abbimo F (t, ) = t, F (, ɛ) =, F (b, ɛ) = b per ogni ɛ( ɛ < ɛ ) e inoltre df dt (t, ɛ) = ɛh (F (t, ɛ)). Le K ɛ si possono esprimere come grfici nell form K ɛ : q = ϕ(t, ɛ) = q(f (t, ɛ)). Abbimo ϕ(t, ) = q(t), ϕ(, ɛ) = q(), ϕ(b, ɛ) = q(b) per cui ϕ(t, ɛ) A 1. Inoltre Definimo l funzione g(ɛ) = J(ϕ(t.ɛ)) = dϕ q (t, ɛ) = dt Con il cmbimento di vribile d integrzione bbimo (5) g(ɛ) = (F (t, ɛ)) 1 + ɛh (F (t, ɛ)). L(t, ϕ(t, ɛ), dϕ (t, ɛ))dt = dt ( q (F (t, ɛ)) L t, q(f (t, ɛ)), 1 + ɛh (F (t, ɛ)) t = τ + ɛh(τ) τ = F (t, ɛ) ) dt. ( q (τ) ) L τ + ɛh(τ), q(τ), 1 + ɛh (τ) (1 + ɛh (τ)) dτ. Poiché q(t) è minimo reltivo debole esiste ρ > tle che per ogni q(t) N 1 ρ ( q) vle J(q) J( q). Quindi esiste < ɛ 1 ɛ tle che ϕ(t, ɛ) N 1 ρ ( q) se ɛ ɛ 1. Ne segue che 2

21 ɛ = é un minimo reltivo per g(ɛ) e bbimo g () =. Derivndo l (5) rispetto ɛ ottenimo [L(τ, q(τ), q (τ))h (τ) + L t (τ, q(τ), q (τ))h(τ) L q (τ, q(τ), q (τ))q (τ)h (τ)] dτ =. Definimo Φ(τ) = τ L t (ζ, q(ζ), q (ζ))dζ. Ottenimo integrndo per prti, cos lecit poiché Φ(τ) D 1 [, b], (6) [L(τ, q(τ), q (τ)) L q (τ, q(τ), q (τ))q (τ) Φ(τ)] h (τ)dτ = per ogni h(τ) D 1 [, b], h() = h(b) =. L tesi segue dl lemm di Du Boys Reymond. Come nel cso dell prim form integrle dell equzione di Eulero l (1) h interesse in sé. 1. Conseguenze dell second form integrle dell equzione di Eulero Se t = c è un punto di discontinuità di q (t), e vle l (1) bbimo, posto p = q (c + ) e r = q (c ), (1) L(c, q(c), p) pl q (c, q(c), p) = L(c, q(c), r) rl q (c, q(c), r). L (1) è l second equzione di Erdmnn Weierstrss ed è conseguenz immedit del ftto che nell (9.1) il membro destro è un funzione continu. Se q(t) C 1 [, b] e soddisf l (9.1) bbimo che ˆL(t) q (t)ˆl q, (t) è un funzione derivbile e vle (2) d dt (ˆL(t) q (t)ˆl q (t)) = ˆL t (t). Se infine q(t) C 2 [, b] e soddisf l (9.1), mentre L C 2, possimo sviluppre i clcoli nell (2); trovimo L t + L q q + L q q q L q q d dt (L q ) = L t 21

22 per cui (3) q [ L q d dt (L q ) ] =. Quindi se q (t), q(t) è soluzione dell equzione di Eulero. Ne segue che tutte le soluzioni regolri dell (8.13) sono nche soluzioni dell (9.1), m non vicevers: le constnti sono soluzioni di (9.1), m non necessrimente di (8.13). Conviene porre l seguente Definizione. Dt l lgrngin L(t, q, q ) C 1 ([, b] R 1 R 1 ), un funzione q(t) D 1 [, b] si dice estremle spezzto se soddisf simultnemente ll prim e second form integrle dell equzione di Eulero e cioè (8.13) e (9.1). In prticolre, nei punti di discontinuità dell derivt prim di un estremle spezzto sono verificte si l prim che l second equzione di Erdmnn Weierstrss. Definizione. Chimeremo estremli le soluzioni di clsse C 1 dell equzione di Eulero. 11. Regolrizzzione degli estremli Si present come molto nturle il problem di dre delle condizioni sufficienti perché un estremle spezzto, priori soltnto di clsse D 1, si di clsse C 1 o ddirittur di clsse C 2. Utile questo rigurdo è il seguente Lemm Se q(t) è un estremle spezzto e t = c un punto di discontinuità di q (t), l funzione g(z) = L q (c, q(c), z) ssume lmeno tre volte lo stesso vlore. Dim. Si p = q (c ), r = q (c + ). Per ipotesi p r. Dlle equzioni di Erdmnn Weierstrss ottenimo (1) L q (c, q(c), p) = L q (c, q(c), r) (2) L(c, q(c), p) L(c, q(c), r) = (p r)l q (c, q(c), r). D ltr prte, per il teorem di Lgrnge, bbimo (3) L(c, q(c), p) L(c, q(c), r) = (p r)l q (c, q(c), ξ) 22

23 dove ξ p, ξ r. Dlle (2) e (3) per differenz ottenimo (4) (p r) [L q (c, q(c), r) Lq (c, q(c), ξ)] = e poiché p r, in definitiv, si ottiene (5) L q (c, q(c), p) = L q (c, q(c), r) = L q (c, q(c), ξ). Corollrio. Se L(t, q, q ) C 2 ([, b] R 1 R 1 ) e t = c è punto di discontinuità per l derivt dell estremle spezzto q(t), l funzione di z : L q q (c, q(c), z) si nnull lmeno due volte. È conseguenz immedit del lemm precedente e del teorem di Rolle. In prticolre se L q q (t, q, z) per ogni (t, q, z) [, b] R1 R 1 ogni estremle è di clsse C 1 [, b]. Per esempio, tutti gli estremli dei funzionli J(q) = sono di clsse C q2 q 2 dt J(q) = 1 + t + t2 q 2 dt Esercizio. Esistono estremli spezzti del funzionle e y2 y 3 dx? Teorem (Regolrità C 2 degli estremli). Si L(t, q, q ) C 2 ([, b] R 1 R 1 ), e q(t) C 1 [, b] un estremle tle che (6) L q q (t, q(t), q (t)) per ogni t [, b]. In queste ipotesi q(t) C 2 [, b]. Dim. Poiché q(t) è un estremle, bbimo (7) L q (t, q(t), q (t)) = t L q (τ, q(τ), q (τ))dτ + C. 23

24 Fissimo t (, b) e considerimo l funzione (8) F (t, z) = L q (t, q(t), z) t L q (τ, q(τ), q (τ))dτ C. Se z = q (t ), bbimo F (t, z ) =. Poiché F z (t, z ) = L q q (t, q(t ), q (t )), possimo pplicre il teorem di Dini sulle funzioni implicite ll equzione F (t, z) =. Poiché F (t, z) C 1, esiste un e un sol funzione z = Ψ(t) di clsse C 1 definit loclmente in un opportuno intorno (t δ, t + δ) tle che z = Ψ(t ) e inoltre F (t, Ψ(t)) = per ogni t (t δ, t + δ). Poiché si h nche F (t, q (t)) = concludimo che q (t) = Ψ(t) per cui q (t) C 1 e quindi q(t) C 2. Tenendo conto che t è un punto rbitrrio di (, b) ottenimo l tesi. Per induzione si prov poi che se L(t, q, q ) C k ([, b] R 1 R 1 ), e q(t) C 1 [, b] un estremle tle che L q q (t, q(t), q (t)) per ogni t [, b] llor q(t) C k [, b]. Si noti che pplicndo l formul che dà l derivt di Ψ(t), e cioè si trov l rppresentzione dell Ψ (t ) = F t(t, z ) F z (t, z ), q (t ) = L q(t, q(t ), q (t )) L qt (t, q(t ), q (t )) q (t )L q q(t, q(t ), q (t )) L q q (t, q(t ), q (t )) che coincide con quell che segue ricvndo q (t) dll L q d dt (L q ). Si noti che il teorem mostr che, se L q q (t, q(t), q (t)) per ogni t [, b] e q(t) C 1 [, b], l regolrità dell estremle dipende solo dll regolrità di L(t, q, q ). Esempio. Considerimo il funzionle J(q) = (q 2 1) 2 dt con q(t) D 1 [, b] e q( 1) = 1, q(1) = 1. L funzione q(t) = t è un estremle spezzto nell clsse indict. Inoltre L q q (q ) = 4(q 2 1) + 8q 2. 24

25 Per cui L q q ( q (t)) = 8. D ltr prte q(t) non è di clsse C 2. L ipotesi che l estremle si di clsse C 1 è essenzile. 12. Csi di integrbilità elementre dell equzione di Eulero Considerimo i funzionle del tipo (1) J(q) = dove f(z) C 2 (R 1 ). Se si suppone f(q )dt (2) f (z) per ogni z R ogni estremle è di clsse C 1 [, b] per il lemm precedente; d ltr prte, per il teorem gli estremli sono nche di clsse C 2 [, b]. L equzione di Eulero Lgrnge si scrive llor f (q )q =, d cui segue q =. Gli estremli sono tutte e solo funzioni dell form q(t) = mt + n. Se f (z) = h un sol rdice in R possimo nuovmente escludere l esistenz di estremli spezzti. Ogni estremle è C 1 [, b]. Se q(t) è un estremle bbimo per l prim form integrle dell equzione di Eulero (3) f(q (t)) = C 1 per ogni t [, b] ; q (t) può essere solo un costnte. Inftti se esistono due vlori t 1 e t 2 (, b) t 1 t 2 tli che q (t 1 ) q (t 2 ), q (t) ssume tutti i vlori compresi fr q (t 1 ), q (t 2 ) per cui, in prticolre, bbimo f (q (t 1 )) = f(q (t 2 )) = f (q (t 3 )) e questo non può essere poiché f (z) = h un sol rdice. Esempio. L = q 3 + q 2 + q. Poiché L q q = 6q + 2 non vi sono estremli spezzti. Esempio. L = q. Ogni funzione pprtenente ll clsse A 1 = {q(t) D 1 [, b], q() = q, q(b) = q b } è estremle del funzionle J(q) = q dt. L figurtrice Per l ricerc degli estremli spezzti del funzionle dell form (1) è utile studire il grfico dell funzione f(z), z R. Supponimo che q(t) si un estremle spezzto e che t = c si un punto di discontinuità di q (t). Ponimo p = q (c + ) q (c ) = r. 25

26 Per l prim equzione di Erdmnn Weierstrss bbimo (4) f (p) = f (q). Il significto geometrico dell (4) è evidente: nei punti z = p e z = r le tngenti l grfico dell figurtrice v = f(z) sono prllele. D ltr prte, l tngente l grfico dell figurtrice in z = p è dt d (5) v = f (p)(z p) + f(p). Or l rett (5) pss per il punto (r, f(r)), inftti l condizione f(r) = f (p)(r p) + f(p) ltro non è che l second equzione di Erdmnn Weierstrss. Quindi le tngenti ll figurtrice in z = p e z = r coincidono. Vicevers, se due tngenti ll figurtrice in punti distinti coincidono, il funzionle h estremli spezzti. Esempio. Considerimo il funzionle 2 ( 18q q ) 6 dt 6 q nell clsse A 1 = {q(t) D 1 [, 2]; q() =, q(2) = }. L figurtrice è l funzione f(z) = 18z z z6. Il grfico è quello dell figur. Abbimo due clssi di estremli spezzti: i) le spezzte di estremi (,) e (2,) i cui lti hnno pendenz 2 e 2, ii) le spezzte di estremi (,) e (2,) i cui lti hnno pendenz 3 e 3. Vi è inoltre l estremle q(t) = per t [, 2]. Come subito si verific, quest ultimo estremle è un minimo ssoluto. Esercizio. Trovre gli estremli spezzti del funzionle J(q) = 2 (q 4 6q 2 )dt 26

27 nell clsse q(t) D 1 [, 2], q() =, q(2) =. Provre che si trtt di minimi ssoluti. 2.Funzionli dell form (6) J(q) = f(t, q )dt. Dll prim form integrle dell equzione di Eulero bbimo che lungo gli estremli spezzti e quelli regolri si h (7) f q (t, q ) = C 1. Nei csi in cui l (7) può essere risolt rispetto q può essere possibile ridurre il problem dell ricerc degli estremli lle qudrture. Esempio. Riprendimo il funzionle di Weierstrss 1 x 2 y 2 dx nell clsse A 1 = {y(x) C 1 [ 1, 1]; y( 1) = 1, y(1) = 1}. Non vi sono estremli spezzti. Inoltre vle l (7) che si scrive x 2 y = C. Ottenimo y = C x 2 d cui segue y(x) = C x + C 1. Quest funzione pprtiene ll clsse A 1 solo se C =. È quindi impossibile soddisfre entrmbe le condizioni l bordo. Esercizio. Trovre l estremle del funzionle 3 2 (x 2 1)y 2 dx che soddisf le condizioni y(2) =, y(3) = 1. Provre che si trtt di un minimo ssoluto. 3. Funzionli che non dipendono d x. Per i funzionli dell form (8) 27 f(y, y )dx.

28 vle l integrle primo dell energi (9) f(y, y ) y f y (y, y ) = C Se l (9) è risolubile rispetto y può essere possibile trovre l integrle generle dell equzione di Eulero per seprzione di vribili. Esempio. Il problem dell ricerc delle superfici di rotzione di re minim si trduce nell ricerc degli estremli del funzionle 2π y 1 + y 2 )dx nell clsse delle funzioni y(x) D 1 [, b] tli che y() = y, y(b) = y b. Dll (9) ottenimo y 1 + y 2 = α con α. Per seprzione di vribili trovimo l integrle generle dell equzione di Eulero del funzionle nell form y(x, α, β) = α cos h x β α. Si trtt di un fmigli di ctenrie. È importnte notre che dti due punti (, y ), (b, y b ) non sempre esiste un estremle che li congiunge. A titolo di esempio prendimo =, y = 1. Dll condizione y() = 1 ottenimo, posto λ = β α, y(x, λ) = cos h(x cos hλ λ) cos hλ Imponendo l ltr condizione l bordo, e cioè y(b, λ) = y, si h D ltr prte, y b = cos h(b cos hλ λ) cos hλ dove λ = Quindi se sceglimo b cos hλ λ cos hλ λ cos hλ λ cos hλ y b < b λ cos hλ 28. b λ cos hλ.

29 non esiste lcun estremle che soddisfi entrmbe le condizioni l bordo. Esercizio. Trovre gli estremli del funzionle e y y 2 dx che soddisfno le condizioni y() = e y(1) = log Funzionli dell form (1) [M(x, y) + N(x, y)y ]dx. Supponimo che le funzioni M(x, y) e N(x, y) sino di clsse C 1 (S) nell strisci S = {(x, y); x b, < y < }. L equzione di Eulero del funzionle è (11) N x (x, y) = M y (x, y). Nell (11) non intervengono derivte e srà in generle impossibile trovre estremli che soddisfno condizioni gli estremi. Un cso prticolrmente significtivo si h qundo (12) N x (x, y) = M y (x, y) per ogni (x, y) S. Come è noto dll nlisi, l (12) grntisce l esistenz di un funzione U(x, y) C 2 (S) tle che M(x, y) = U x (x, y), N(x, y) = U y (x, y). Se il funzionle è definito nell clsse A 1 = {y(x) D 1 [, b]; y(x ) = y, y(x b ) = y b } e vle l (12) bbimo du dx (x, y(x))dx = U(b, y b) U(, y ) per ogni funzione di A 1. Il funzionle è quindi costnte in A 1 coerentemente con il ftto che l equzione di Eulero è identicmente verifict. Esempio. Il funzionle (y 2 + 2xyy )dx rientr nell clsse (1). L condizione (12) è verifict e J(y) è quindi costnte nell clsse A 1. 29

30 Esercizio. Considerre il funzionle y 3 dx nell clsse A 1 = {y(x) D 1 [, ]; y() =, y() = b}. Provre che: i) non vi sono estremli spezzti. ii) Il funzionle non h né minimo né mssimo ssoluto. iii) Gli estremli sono minimi reltivi deboli se b > e mssimi reltivi deboli se b <. iv) Se b = l estremle non è né mssimo né minimo reltivo debole. Esercizio. Il funzionle /2 y 2 dx + 2 ydx non rientr in quelli studiti finor. Se definimo l funzione f(x) = 1 se x < 1/2 e f(x) = se 1/2 < x 1, possimo nche scrivere (y 2 + 2f(x)y)dx m l lgrngin F (x, y, y ) = y 2 + 2f(x)y non è di clsse C 1. Provre che J(y) h minimo ssoluto nell clsse A 1 = {y(x) D 1 [, 1]; y() =, y(1) = }. Esercizio. Definimo l funzione (x) = 1 se 1 x <, (x) = 5 se x < 1. Considerimo il funzionle 1 (x)y 2 dx = 1 y 2 dx + 5y 2 dx. L lgrngin F (x, y, y ) = (x)y 2 non è di clsse C 1. Provre che il funzionle h minimo ssoluto nell clsse A 1 = {y(x) D 1 [ 1, 1]; y( 1) = 1, y(1) = 3}. 13. Il cso vettorile Per le lgrngine dell form L(t, q, z) C 1 ([, b] R n R n ) dove q e z R n, l condizione necessri di Eulero Lgrnge si ricv in modo simile l cso sclre. Considerimo, per esempio, il funzionle (1) J(q) = L(t, q(t), q (t))dt 3

31 nell clsse A 1 = {q(t) D 1 [, b], q() = q, q(b) = q b } e, per fissre le idee, supponimo che q(t) A 1 si il minimo ssoluto del funzionle nell clsse indict. Immergimo q(t) nell fmigli di funzioni mmissibili q(t) + ɛη(t) A 1 dove η(t) D 1 [, b] e inoltre η() = η(b) =. Posto g(ɛ) = J( q + ɛη) definimo l vrizione prim del funzionle (2) J 1 ( q, η) = g () = n i=1 [ˆLqi (t)η i (t) + ˆL ] q (t)η i i(t) dt dove ˆL qi (t) = L qi (t, q i (t), q i (t)), ˆL q i (t) = ˆL q i (t, q i (t), q i (t)). Poiché q(t) è il minimo ssoluto bbimo (3) J 1 ( q, η) = per ogni η(t) D 1 [, b] tle che η() = η(b) =. Sceglimo η i (t) = qundo i j, e ponimo L (3) diviene Φ j (t) = t ˆL qi (t)dt. (4) ] [ˆLq (t) Φ j(t) η i j(t)dt = per ogni η(t) D 1 [, b], η j () = η j (b) =. Dll (4) seguono le equzioni di Eulero Lgrnge in form integrle (5) ˆLq i (t) = t ˆL qi (τ)dτ + C j j = 1, 2,..., n. Sussiste nche l nlogo vettorile dell condizione necessri (#) e cioè il Teorem. Se L(t, q, z) C 1 ([, b] R n R n ) e q(t) è minimo ssoluto del funzionle J(q) vle n (6) ˆL(t) q i(t)ˆl q i (t) = i=1 t ˆL q i (τ)dτ + C. Come nel cso sclre, le condizioni (5) hnno interesse in sé e ciò prescindere dl ftto che q(t) si minimo ssoluto. 31

32 Definizione. Chimeremo estremle spezzto un funzione q(t) D 1 [, b] con discontinuità nell derivt prim e che soddisf le (5) e (6). In un punto di discontinuità t = c dell derivt prim q (t) di un estremle spezzto q(t) vlgono le equzioni di Erdmnn Weierstrss L q i (c, q(c), q (c + )) = ˆL q i (c, q(c), q (c )) i = 1, 2,..., n L(c, q(c), q (c + )) L(c, q(c), q (c )) n q i(c + )L q i (c, q(c), q (c + )) = i=1 n q i(c )L q i (c, q(c), q (c )). Se un soluzione delle (5) è di clsse C 1 [, b] dlle (5) segue (7) i=1 d dt L q i = L q i. Chimeremo estremli le soluzioni di clsse C 1 [, b] delle equzioni (7). Se poi q(t) è di clsse C 2 [, b] e inoltre L(t, q, z) C 2 ([, b] R n R n ), possimo sviluppre i clcoli nell (7), che si scrivono nell form (8) n L q i q q k k = G i(t, q, q ) i = 1, 2,..., n. k=1 Se q(t) è un soluzione delle (8) e inoltre per ogni t [, b] vle [ ] (9) det L q i q (t, q(t)q (t)), k è possibile ricvre le q k dlle (8). Vicevers vle il seguente risultto di esistenz dell derivt second e delle derivte superiori: Teorem. Supponimo che (1) L(t, q, z) C m ([, b] R n R n ) m 2 (11) q(t) C 1 [, b] (12) q(t) soddisf ˆL q i (t) = t ˆL qi (τ)dτ + C j j = 1, 2,..., n. 32

33 [ ] (13) det L q i q (t, q(t)q (t)). k In queste ipotesi q(t) è di clsse C m [, b]. L dimostrzione è simile quell del cso n = 1 e l si lsci come esercizio. Esempio. x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v) sono le equzioni di un crt locle di un superficie di R 3 e P, P 1 due punti dell superficie corrispondenti i vlori (u, v ), (u 1, v 1 ). Specifichimo sull superficie un curv congiungente i punti P e P 1 trmite le u = u(t), v = v(t) soddisfcenti lle condizioni u(t ) = u, v(t ) = v, u(t 1 ) = u 1, v(t 1 ) = v 1. L lunghezz di quest curv è dt dl funzionle J(u, v) = t1 t Eu 2 + 2F u v + Gv 2 dt dove E = x 2 u + y 2 u + z 2 u, f = x u x v + y u y v + z u z v, E = x 2 v + y 2 v + z 2 v sono i coefficienti dell prim form qudrtic fondmentle. Le soluzioni delle equzioni di Eulero reltive l funzionle J(u, v) sono le curve geodetiche dell superficie. Not. Evidentemente il funzionle (1) può essere definito nche in ltre clssi di funzioni in cui solo lcune delle componenti di q(t) sono prefisste per t = e per t = b. Il consueto procedimento eulerino permette nche in questo cso di trovre le condizioni nturli che vnno ggiunte lle condizioni imposte priori. 14. Funzionli dipendenti d derivte di ordine superiore Si f(x, y, y, y,..., y (n) C n+1 ([, b] R n+1 ) e considerimo il funzionle (1) f(x, y, y, y,..., y (n) )dx che, per fissre le idee, supponimo definito nell clsse A = {y(x) D n [, b], y() = y, y () = y,..., y (n 1) () = y (n 1), y(b) = y b, y (b) = y b,... y (n 1) (b) = y (n 1) b }. Si ȳ(x) C 2n [, b] il minimo ssoluto di J(y) in A che immergimo nell fmigli di funzioni mmissibili ȳ(x) + ɛη(x) dove η(x) D n [, b] e verific η() = η () = 33

34 ... η n 1 () =, η(b) = η (b) =... η n 1 (b) =. Posto, come l solito, g(ɛ) = J(ȳ + ɛη), bbimo g () =, condizione che si scrive (2) [ ˆfy (x)η(x) + ˆf y (x)η (x) ˆf y ( n)(x)η (n) (x)] dx = per tutte le funzioni η(x) D n [, b] tli che η() = η () =... η n 1 () =, η(b) = η (b) =... η n 1 (b) =. Nell (2) bbimo posto ˆf y (x) = f y (x, ȳ(x), ȳ (x),..., ȳ (n) (x)) ecc. L ipotesi ȳ(x) C 2n [, b] permette di integrre per prti nell (2) scricndo successivmente le derivte di η(t). Poiché tutti i termini di frontier sono nulli, ottenimo (4) [ ˆf y d ] dx ( ˆf y (x)) + d2 dx 2 ( ˆf y (x)) ( 1) n dn dx n ( ˆf y (n)(x)) ηdx = per tutte le η specificte in precedenz. Dl lemm fondmentle del clcolo delle vrizioni ottenimo l condizione necessri di Eulero per questo tipo di problem e cioè: (5) f y d dx (f d2 y ) + dx 2 (f dn y ) ( 1)n dx n (f y (n)) =. Per clssi di funzioni mmissibili in cui i vlori di y, y,..., y (n 1) in x = e x = b sino imposti solo przilmente, procedendo in modo simile si ottiene ncor l (5) come condizione necessri e inoltre vrie condizioni nturli che si clcolno dll nlisi dei termini di frontier non nulli che si generno nelle successive integrzioni per prti. È nche possibile, prezzo di qulche compliczione formle, evitre l ipotesi ȳ(x) C 2n [, b], supporre semplicemente ȳ(x) A e procedere come nel cso n = 1. Esercizio Clcolre l equzione di Eulero e le condizioni nturli del funzionle (y 2 + 2xy)dx definito in A = {y(x) C 2 [, 1], y() = 1, y () = 2}. Trovre l soluzione dell equzione di Eulero che soddisf le condizioni nturli e quelle imposte. Provre che si trtt di un minimo ssoluto. 34

35 Esempio. Considerimo un st elstic unidimensionle rettiline e di lunghezz L (qundo non soggett crichi) che può deformrsi solo in un pino verticle xy (l sse y è vertic scendente). Supponimo che l st, uniforme e di densità ρ, si soggett solo l proprio peso. Indichimo con y(x) l deflessione dell sbrr in equilibrio. Ci proponimo di determinre quest configurzione di equilibrio come minimo del funzionle dell energi dell st, somm dell energi potenzile elstic e dell energi potenzile grvitzionle. L energi potenzile elstic è proporzionle ll integrle sull lunghezz del qudrto dell curvtur che pprossimimo con l derivt second. Tenendo conto che l energi potenzile grvitzionle è dt d L ρgy(x)dx ottenimo, per il funzionle dell energi, l espressione (6) L L equzione di Eulero del funzionle è µ 2 y 2 (x) + ρgy(x)dx µ >. (7) y IV + ρg µ =. Se l sbrr è incstrt in entrmbi gli estremi imporremo le condizioni: (8) y() = y, y(l) = y L, y () = y, y (L) = y L. Risolvendo l (7) con le condizioni (8) si trov l configurzione d equilibrio. Si lsci come esercizio di provre che si trtt di un minimo ssoluto del funzionle (6) nell clsse (8). È fisicmente chiro che sono possibili nche ltre condizioni l bordo: l sbrr può essere incstrt per x =, il che comport le condizioni (9) y() = y, y () = y, e semplicemente ppoggit per x = L, vle dire (1) y(l) = y L. Con le tre condizioni (9) e (1) l soluzione di (7) è indetermint. Cerchimo l condizione nturle corrispondente ll clsse di funzioni mmissibili determint 35

36 dlle (9) e (1). Per restre nell clsse delle funzioni mmissibili considerimo vrizioni dell form y(x) + ɛη(x), dove η(x) D 2 [, L] e inoltre η() =, η () =, η(l) =. Derivndo l funzione g(ɛ) = J(y + ɛη) e procedendo nel modo solito, trovimo l condizione nturle (11) y (L) =. Trovre, per esercizio, l soluzione di (7) determint dlle condizioni (9), (1) e (11). Esercizio. Trovre l configurzione di equilibrio di un sbrr omogene qundo l sbrr è incstrt in x = e liber in x = L. 15. Condizione necessri per il problem isoperimetrico Le funzioni f(x, y, y ) g(x, y, y ) pprtengono entrmbe ll clsse C 1 ([, b] R 1 R 1 ). Considerimo i funzionli (1) f(x, y, y )dx (2) I(y) = g(x, y, y )dx. Il funzionle J(y) si suppone definito nell clsse A = {y(x) D 1 [, b], y() = y, y(b) = y b, I(y) = L}. Problemi di questo tipo si chimno isoperimetrici. Esempio tipico è il problem di Didone visto pgin 4. Teorem. Se y = ϕ(x) A è un minimo reltivo debole, per il funzionle J(y) nell clsse A esistono due numeri λ e λ 1 non entrmbi nulli per cui y = ϕ(x) nnull l vrizione prim del funzionle usilirio H(y) = λ J(y) + λ 1 I(y) 36

37 nell clsse B = {y(x) D 1 [, b], y() = y, y(b) = y b } che non contiene il vincolo integrle. Si h cioè (3) H 1 (ϕ, h) = λ J 1 (ϕ, h) + λ 1 I 1 (ϕ, h) per ogni h(x) D 1 [, b] tle che h() =, h(b) =. Dim. Se vle (4) I 1 (ϕ, h) = per ogni h(x) D 1 [, b] tle che h() =, h(b) = e cioè se ϕ(x) è un estremle del funzionle I(y), possimo prendere λ = e λ 1 non nullo e rbitrrio e il teorem è dimostrto. Supponimo, vicevers, che esist un funzione ĥ(x) D1 [, b] con ĥ() = ĥ(b) = e inoltre (5) I 1 (ϕ, ĥ). Considerimo poi un rbitrri funzione h(x) D 1 [, b] tle che h() =, h(b) =. Definimo l funzione Φ(α, β) C 1 (R 2 ) nel modo che segue Φ(α, β) = g(x, ϕ + αh + βĥ, ϕ + αh + βĥ )dx L. Abbimo Φ(, ) = g(x, ϕ, ϕ )dx L = poiché ϕ A. Inoltre Φ β (, ) = I 1 (ϕ, ĥ). Per il teorem delle funzioni implicite è possibile risolvere l equzione Φ(α, β) = rispetto β e trovre un funzione β = β(α) di clsse C 1 ( δ, δ) tle che β() = e Φ(α, β(α)) = e inoltre (6) β () = Φ α(, ) Φ β (, ) = I 1(ϕ, h) I 1 (ϕ, ĥ). Immergimo ϕ(x) nell fmigli di funzioni ϕ(x) + αh(x) + β(α)ĥ(x). Per l scelt di β(α) bbimo ϕ(x) + αh(x) + β(α)ĥ(x) A, tenendo nche conto del ftto che ϕ(x) + αh(x) + β(α)ĥ() = y ϕ(b) + αh(b) + β(α)ĥ(b) = y b Si ρ > l costnte che interviene nell definizione di minimo reltivo debole. Poiché β(α) è un funzione continu, esiste α 1 > tle che αh(x) + β(α)ĥ(x) < ρ αh (x) + β(α)ĥ (x) < ρ qundo α < α 1 37

38 (1) per cui ϕ(x) + αh(x) + β(α)ĥ(x) N ρ (ϕ). Ne segue che, posto g(α) = J(ϕ + αh + β(α)ĥ), si h g () = J 1 (ϕ, h) + β ()J 1 (ϕ, ĥ) =. Tenendo conto delle (6) ottenimo (7) I 1 (ϕ, ĥ)j 1(ϕ, h) J 1 (ϕ, ĥ)i 1(ϕ, h) = per ogni h(x) D 1 [, b] tle che h() =, h(b) =. Segue l tesi con λ = I 1 (ϕ, ĥ), λ 1 = J 1 (ϕ, ĥ). Il teorem fornisce un lgoritmo per trovre gli estremli del problem isoperimetrico. Esempio. Considerimo il funzionle y 2 dx nell clsse A = { } y(x) D 1 [, 1], y() = 1, y(1) = 6, y(x)dx = 3. Il funzionle usilirio di cui occorre cercre gli estremli è H(y) = (y 2 + λy)dx. Si trov y(x) = λ 4 x2 + c 1 x + c 2. Le costnti λ, c 1 e c 2 si clcolno imponendo le condizioni y() = 1, y(1) = 6, y(x)dx = 3. Si trov y(x) = 3x 2 + 2x + 1. Come già sppimo si trtt di un minimo ssoluto. Esempio. Nel cso del problem di Didone dobbimo cercre il mssimo del funzionle y(x)dx 38

39 con le condizioni Considerimo il funzionle y( ) =, y() =, I(y) = H(y) = 1 + y 2 dx = L. ( y + λ ) 1 + y 2 dx. Scrivendo l equzione di Eulero e integrndo un volt, trovimo y 2 = Integrndo nuovmente ottenimo (x + c 1 ) 2 [λ 2 (x + c 1 ) 2 ]. y(x) = ± λ 2 (x + c 1 ) 2 + c 2. Dlle condizioni y( ) =, y() = segue ( y + λ 2 2 ) 2 + x 2 = λ 2. Si trtt di cerchi di rggio λ e centro (, λ 2 2). Clcolimo λ con l condizione 1 + y 2 dx = L. Si trov l equzione rcsin λ = L 2λ per cui se < L < 2 non vi è nessun soluzione, se 2 < L < π bbimo due soluzioni; per L = π gli estremli sono i semicerchi y(x) = ± 2 x 2, mentre qundo L > π non vi sono estremli. Si noti che questo procedimento non fornisce lcun informzione sull ntur degli estremli trovti, nche se è intuitivmente chiro che si trtt di un minimo e di un mssimo ssoluto. 16. Un importnte funzionle specile Considerimo il funzionle (1) L (y 2 y 2 )dx L > 39

40 nell clsse delle funzioni mmissibili A 1 = {y(x) D 1 [, L], y() =, y(l) = }. È subito visto che non vi sono estremli spezzti. Cerchimo le soluzioni dell equzione di Eulero (2) y + y = che soddisfno le condizioni l bordo. L integrle generle dell equzione di Eulero è y(x) = C 1 sin x + C 2 cos x per cui occorre risolvere il sistem (3) C 2 =, C 1 sin L + C 2 cos L = che h un sol soluzione qundo L kπ k = 1, 2, 3,..., mentre qundo L = kπ h infinite soluzioni. Quindi nel primo cso vi è solo l estremle ȳ(x) =, mentre nel secondo vi sono infiniti estremli dti d ȳ(x) = C sin x con C un costnte rbitrri. Supponimo che < L < π e mostrimo che ȳ(x) = fornisce il minimo ssoluto. Considerimo l funzione w(x) = cotn ( x + π L ) 2 che nell intervllo [, L] è di clsse C 1. Se y(x) è un generic funzione mmissibile bbimo, poiché y() = y(l) =, L (y 2 w) dx =. Quindi per ogni funzione y(x) A 1 ottenimo (4) L [ y 2 y 2 (y 2 w) ] dx = L (y yw) 2 dx. Ne segue che ȳ(x) = è minimo ssoluto del funzionle nell clsse indict. Il cso in cui L = π richiede qulche osservzione ulteriore. Come sppimo, in questo cso vi sono infiniti estremli dti d ȳ(x) = C sin x. Provimo che si trtt di minimi ssoluti. Si w(x) = cotn x, x [, π] e y(x) un generic funzione di A 1. Tenendo 4