Persamaan Euler-Lagrange

7.1 Persamaan Euler-Lagrange

7.1.1 Nilai Stasioner Fungsional

Jika bentuk fungsi yang diberikan y = y(x) membuat integral pada (7.1) sebuah nilai minimum, fungsi tetangga sebarang harus memberikan sebuah nilai yang sama atau lebih besar dari nilai minimum. Hal ini diilustrasikan pada Gambar 7.1. Garis penuh adalah kurva y = y(x), yaitu sepanjang nilai minimum integralnya, garis putus-putus merepresentasikan variasi kecil dari lintasan ini. Kurva ini biasanya dinyatakan dengan

(7.2) dengan α adalah parameter kecil, dan η(x) sebuah fungsi sebarang dari x yang terikat,

Y (x) = y (x) + αη (x) ,

kontinu, dan memiliki turunan pertama yang kontinu. Jika dua buah titik ujung tetap seperti Gambar 7.1, maka η(x) haruslah memenuhi syarat batas η(x 1 ) = η(x 1 ) = 0. Dengan menggantikan y dengan Y pada (7.1), kita mempunyai

Sekarang kita mempunyai nilai integral pada sebuah kurva yang melalui dua buah titik ujung, tiap kurva diberikan label dengan variabel α. Kurva yang membuat I stasioner memiliki label α = 0.

Syarat perlu, tetapi tidak cukup, agar nilainya minimum adalah hilangnya turunan pertama. Sehingga kita meminta

dI

= 0, untuk semua η (x) .

dα α=0

7.1. Persamaan Euler-Lagrange 365

Karena α tidak bergantung x, turunan dapat dilakukan di dalam tanda integral

Jelas dari (7.2)

Dengan memilih α = 0 yang ekivalen dengan memilih Y (x) = y(x), Y ′ (x) = y ′ (x). Jadi setelah α dipilih nol, (7.5) menjadi

η ′ (x) dx = 0. (7.6) Suku kedua dapat diintegralkan parsial

Suku yang diintegralkan sama dengan nol karena η(x 1 ) = η(x 2 ) = 0. Jadi kita memiliki

Karena η(x) fungsi sebarang, intuisi kita mengatakan

∂F

d ∂F

(7.7) Persamaan ini diturunkan oleh Euler pada 1744. Persamaan ini dikenal sebagai persa-

maan Euler-Lagrange, karena persamaan ini juga merupakan dasar formulasi Lagrange dalam mekanika klasik.

Jika kita memperluas turunan total terhadap x

∂y∂y dx

∂y dx

persamaan Euler-Lagrange menjadi

∂x∂y ′

∂y∂y ′

∂y ′2

sebuah persamaan diferensial orde dua. Karena bentuk F diberikan, persamaan ini dapat diselesaikan untuk memperoleh nilai ekstrim fungsi y(x).

7. Kalkulus Variasi

Syarat (7.4) hanya merupakan syarat perlu untuk sebuah nilai minimum, solusi y(x) dapat berupa sebuah nilai maksimum atau bahkan sebuah titik belok fungsi I(α) pada α = 0. Untuk menentukan nilai ekstrim secara matematik, kita harus melihat tanda turunan yang lebih tinggi dari I(α). Hal ini dapat dilakukan, tetapi agak rumit. Untungnya, untuk kebanyakan aplikasi, persamaan Euler-Lagrange dengan sendirinya cukup memberikan sebuah solusi lengkap persoalan yang ditinjau, karena keberadaan dan sifat alami sebuah nilai ekstrim biasanya jelas dari persaoalan fisis atau arti geometriknya.

7.1.2 Teorema Fundamental Kalkulus Variasi

Persamaan Euler-Lagrange merupakan inti dari kalkulus variasi. Kita bisa mempero- lehnya dengan metematika ketat melalui teorema berikut yang dikenal sebagai teorema fundamental kalkulus variasi.

Teorema 7.1.1. Jika f (x) sebuah fungsi kontinu pada selang (x 1 ,x 2 ) dan jika

f (x) η (x) dx = 0

untuk setiap fungsi kontinu terdiferensialkan η(x) yang memenuhi syarat batas η(x 1 )=

η(x 2 ) = 0, maka f (x) = 0 pada selang (x 1 ,x 2 ).

Bukti . Marilah kita asumsikan pada sebuah titik ξ pada selang (x 1 ,x 2 ), f (ξ) = 0. Asumsikan f (ξ) > 0. Karena f (x) kontinu, haruslah terdapat sebuah daerah di sekitar ξ, sehingga f (x) > 0. Daerah ini merupakan sub-selang dalam (x 1 ,x 2 ). Hal ini berarti kita bisa mencari dua buah bilangan a dan b pada (x 1 ,x 2 ) sedemikian rupa sehingga

a < x < b, f (x) > 0. Sekarang kita telah membuktikan bahwa fungsi η(x) dinyatakan dengan

x 1 ≤ x ≤ a, η(x) =

b≤x≤x 2 adalah kontinu dan terdiferensialkan pada (x 1 ,x 2 ) dan memenuhi syarat batas η(x 1 )=

η(x 2 ) = 0. Untuk η(x) khusus ini, kita memiliki

2 f (x) η (x) dx = 2 f (x) (x − a) (x − b) dx > 0

yang berkontradiksi dengan fungsi yang diberikan. Hal ini mengeliminasi kemungkinan bahwa f (ξ) > 0 pada ξ di dalam (x 1 ,x 2 ). Argumen yang sama menunjukkan bahwa tidak mungkin untuk f (ξ) < 0 pada ξ di dalam (x 1 ,x 2 ). Jadi teorema ini terbukti.

Hal ini menunjukkan bahwa agar I stasioner, F harus memenuhi persamaan Euler- Lagrange. Karena F adalah fungsi yang diberikan, persamaan Euler-Lagrange adalah persamaan diferensial untuk y(x).

7.1. Persamaan Euler-Lagrange 367

Sebelum kita lanjutkan, marilah kita lihat contoh sederhana berikut untuk meng- ilustrasikan persamaan Euler-Lagrange.

Contoh 7.1.1. Jarak terdekat antara dua buah titik di dalam bidang. Carilah persamaan y = y(x) sebuah kurva yang menghubungkan dua buah titik

(x 1 ,y 1 ) dan (x 2 ,y 2 ) di dalam sebuah bidang sehingga jarak antara keduanya diu- kur sepanjang kurva minimal. Solusi 7.1.1. Misalkan ds adalah panjang sebuah busur kecil di dalam bidang, maka

Panjang total kurva sebarang antara dua titik adalah Z

Persamaan ini dalam bentuk (7.1) dengan

p F= 1+y ′2

Syarat agar kurvanya berupa lintasan terdekat adalah I minimal. Jadi F harus me- menuhi persamaan Euler-Lagrange. Dengan melakukan substitusi pada (7.7) dengan

kita mempunyai

dengan c adalah konstanta integrasi. Kuadratkan persamaannya dan selesaikan y ′ , kita peroleh

1−c 2

Dengan inspeksi kita bisa menyimpulkan

y ′ = a,

7. Kalkulus Variasi

dengan a konstanta lain. Tetapi ini tidak lain adalah persamaan garis lurus

y = ax + b

dengan b adalah konstanta integrasi lain. Konstanta a dann b ditentukan oleh syarat bahwa kurvanya melalui dua buah titik ujung, (x 1 ,y 1 ), (x 2 ,y 2 ).

Kita juga bisa mengatakan, garis lurus adalah lintasan ekstim, tetapi untuk per- soalan ini, garis lurus juga berupa nilai minimum.

7.1.3 Notasi Variasi

Dalam literatur kalkulus variasi, simbol δ biasanya ditemukan sebagai operator dife- rensial yang didefiniskan sebagai berikut.

Ekspansikan (7.3) sebagai deret Taylor dalam α, kita mempunyai

Variasi I karena adanya variasi y(x) dinyatakan dalam (7.2) adalah

Variasi I orde pertama dinotasikan dengan δI, yang merupakan suku pertama ruas kanan persamaan ini

Dengan (7.6), kita mempunyai

∂F

∂F

(7.8) Dengan kurva pada (7.2), variasi y(x) dan y ′ (x) diberikan oleh

Ekspansikan F dalam deret Taylor

+···, variasi F dalam orde pertamanya adalah

δy +

∂y

∂y ′

∂F

∂F

δF =

δy ′ .

∂y

∂y ′

7.1. Persamaan Euler-Lagrange 369

Persamaan ini memungkinkan kita menuliskan δI sebagai

yang identik dengan (7.8).

Karena α, sebagai sebuah parameter tidak bisa identik dengan 0, maka syarat

dI =0 dα α=0

dapat dinyatakan sebagai

δI = 0

Meskipun simbol δ tidak digunakan secara luas lagi dalam matematika, tetapi simbol ini memungkinkan kita untuk melakukan operasi fungsional secara formal. Jadi simbol ini masih sering muncul dalam aplikasi.

7.1.4 Kasus Khusus

Dalam kasus khusus tertentu, persamaan Euler-Lagrange dapat direduksi menjadi sebuah persamaan diferensial orde satu.

Integran Tidak Bergantung Eksplisit pada y Dalam kasus ini

∂F = 0. ∂y

Persamaan Euler-Lagrangenya menjadi

dengan c adalah sebuah konstanta. Ini adalah persamaan diferensial orde satu yang tidak bergantung y. Dengan menyelesaikan y ′ , kita memperoleh sebuah persamaan berbentuk

y ′ = f (x, c)

sehingga y(x) dapat dicari.

7. Kalkulus Variasi

Contoh 7.1.2. Carilah kurva y = y(x) melalui (1, 0) dan (2, 1) yang membuat fung- sional berikut staioner:

I=

1+y ′2 dx.

Solusi 7.1.2. Integrannya tidak bergantung y, jadi

Kuadratkan dan selesaikan y ′ kita peroleh

sehingga diperoleh

dengan c ′ adalah konstanta integrasi yang lain. Maka

(y − c ′ 2 ) 1 =

2 −x c .

Karena kurvanya melalui (1, 0) dan (2, 1), kita mempunyai

Kurvanya diberikan oleh:

x 2 2 + (y − 2) = 5.

7.1. Persamaan Euler-Lagrange 371

Integran Tidak Bergantung Eksplisit pada x Dalam kasus ini

∂F =0 ∂x

dan F berupa sebuah fungsi dari y dan y ′ . Karena yx = xy(x), maka F tetap bergan- tung implisit pada x melalui y dan y ′ , yaitu

Jika kita kurangkan satu dengan lainnya diperoleh

Kuantitas pada kurung dalam ruas kanan sama dengan nol persamaan Euler-Lagrange, jadi

dengan c adalah sebuah konstanta. Ini adalah persamaan diferensial yang dapat dise- lesaikan untuk y(x).

Contoh 7.1.3. Carilah y(x) sehingga integral berikut stasioner

Solusi 7.1.3. Integrannya tidak bergantung eksplisit pada x, jadi

atau p 1+y ′2

y ′2

= c. 1+y

(1 + y) 1+y ′2

(1 + y) 1+y ′2

7. Kalkulus Variasi

Integralkan kedua ruas, kita peroleh

− 2 1−c 2 (1 + y) =x+c ′ ,

atau

1−c 2 (1 + y) 2 =c 2 ( x+c ′ 2 ) .

Solusinya berupa sebuah lingkaran

(x + c ′

) 2 + (1 + y) =

dengan c dan c ′ adalah dua buah konstanta.