📂편미분방정식

편미분방정식에서 라그랑지안과 오일러-라그랑주 방정식

정의¹

• 라그랑지안^Lagrangian

  스무스 함수 $L : \mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$이 주어졌다고 하자. 이를 라그랑지안 이라 부르고 다음과 같이 표기한다.

  $$L = L(v,x)=L(v_{1}, \dots, v_{n}, x_{1}, \dots, x_{n}) \quad v,x\in \mathbb{R}^{n} \\ D_{v}L = (L_{v_{1}}, \dots, L_{v_{n}}), \quad D_{x}L = (L_{x_{1}}, \dots, L_{x_{n}})$$

  여기서 변수를 $v, x$로 쓰는 이유는 실제로 물리학에서 각 변수가 속도와 위치를 의미하기 때문이다.

• 액션^action, 어드미서블 클래스^{admissible class}

  고정된 두 점 $x,y \in \mathbb{R}^{n}$와 시간 $t>0$에 대해서 다음과 같이 정의된 범함수 $I$를 액션 이라 한다.

  $$I[ \mathbf{w}(\cdot)] := \int_{0}^tL(\dot{\mathbf{w}}(s), \mathbf{w}(s) ) ds \quad \left( \dot{　}=\dfrac{d}{ds}\right)$$

  이 때 함수 $\mathbf{w}(\cdot)=\big( w^1(\cdot), \cdots, w^n(\cdot) \big)$는 다음과 같이 정의되는 어드미서블 클래스 $\mathcal{A}$의 원소이다.

  $$\mathcal{A} := \left\{ \mathbf{w}(\cdot) = \in C^2 \big([0,t];\mathbb{R}^n \big) \ \big| \ \mathbf{w}(0)=y, \mathbf{w}(t)=x\right\}$$

  다시 말해 $\mathcal{A}$는 시간이 $0$부터 $t$까지 흐를 때, 위치가 $y$에서 시작해 $x$로 끝나는, 2번 연속적으로 미분가능한, 모든 경로를 모아놓은 집합을 의미힌다.

설명

변분법^{calculus of variations}의 목적은 액션 $I$의 적분값이 최소가 되게 하는 $\mathbf{x} \in \mathcal{A}$를 찾는 것이다. 이때의 $\mathbf{x}$를 $I$의 미니마이저^minimiaer라고 한다.

$$I[ \mathbf{x} (\cdot) ] = \inf_{\mathbf{w}(\cdot)\in \mathcal{A}} I[\mathbf{w}(\cdot)]$$

이러한 $\mathbf{x}$를 왜 찾느냐하면 라그랑지안의 액션이 최소가 되는 경로가 실제로 물체가 운동하는 경로이기 때문이다. 다시 말해 물체의 운동에 대해서 알고 싶기 때문이고, 본질적으로 이는 $F=ma$를 푸는 것과 같다. 고젼역학에서 라그랑지안은 구체적으로 운동에너지와 퍼텐셜에너지의 차이로 주어진다.

미니마이저의 판별에 대해서 다음의 정리가 있다.

정리

$\mathbf{x}(\cdot) \in \mathcal{A}$를 액션 $I$의 미니마이저라고 가정하자. 그러면 $\mathbf{x}(\cdot)$는 아래의 식을 만족한다.

$$-\dfrac{d}{ds} \Big[ D_{v}L\big( \dot{\mathbf{x}}(s), \mathbf{x}(s) \big) \Big] + D_{x}L\big( \dot{\mathbf{x}}(s), \mathbf{x}(s)\big)=0 \quad (0 \le s \le t)$$

위 식을 오일러-라그랑주 방정식^{Euler-Lagrange equations}이라 한다.

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주의해야할 점은 미니마이저는 오일러-라그랑주 방정식을 만족하지만, 오일러-라그랑주 방정식을 만족한다고해서 미니마이저인 것은 아니라는 것이다. 최솟값을 가지는 점에서 미분하면 $0$이지만 미분해서 $0$인 점이라고해서 최솟값을 가지는 점은 아닌 것과 같다. 이같은 센스로 오일러-라그랑주 방정식을 만족하는 $\mathbf{x}(\cdot) \in \mathcal{A}$를 $I$의 극점^{ciritical point} 이라 부른다. 따라서 미니마이저는 극점이지만 극점이라고 해서 미니마이저인 것은 아니다.

증명

$\mathbf{x} \in \mathcal{A}$를 액션 $I$의 미니마이저라고 가정하자.

• Step 1.

  함수 $\mathbf{y} : [0,t] \to \mathbb{R}^{n}, \mathbf{y}(\cdot) = (y^1(\cdot), \cdots, y^n(\cdot) )$가 아래의 식을 만족하는 스무스 함수라고 하자.

  $$\begin{equation} \mathbf{y}(0)=\mathbf{y}(t)=\mathbf{0} \label{eq1} \end{equation}$$

  그리고 임의의 $\tau \in \mathbb{R}$에 대해서 $\mathbf{w}(\cdot)$를 다음과 같이 정의하자.

  $$\mathbf{w}(\cdot) : = \mathbf{x}(\cdot) + \tau \mathbf{y}(\cdot) \in \mathcal{A}$$

  그러면 $\mathbf{w}$는 $\mathbf{x}$와 시점, 종점의 값은 같지만 그 사이에서는 $\tau \mathbf{y}(\cdot)$만큼 차이가 나는 경로를 갖는다. 또한 $\mathbf{x}(\cdot)$는 $I$의 미니마이저이므로 아래의 식이 성립한다.

  $$I[\mathbf{x}(\cdot)] \le I[\mathbf{w}(\cdot)]=I[\mathbf{x}(\cdot) + \tau \mathbf{y}(\cdot)] =: i(\tau)$$

  또한 함수 $i$는 미니마이저의 정의에 의해 $\tau=0$에서 최솟값을 가진다. 따라서 $i$의 미분이 존재한다면, $i^{\prime}(0)=0$이다.

• Step 2.

  위에서 정의한바에 따라 $i$는 다음과 같다.

  $$i(\tau) = \int_{0} ^t L\big( \dot{\mathbf{x}}(s) + \tau \dot{\mathbf{y}}(s), \mathbf{x}(s)+ \tau \mathbf{y}(s) \big)ds$$

  $L$, $\mathbf{y}$는 스무스 함수이므로 $i$의 미분을 구하면 다음과 같다.

  $$i^{\prime}(\tau) = \int_{0}^t \sum_{i=1}^{n} \left[ L_{v_{i}} ( \dot{\mathbf{x}} + \tau \dot{\mathbf{y}}, \mathbf{x}+ \tau \mathbf{y} )\dot{y}^i + L_{x_{i}} ( \dot{\mathbf{x}} + \tau \dot{\mathbf{y}}, \mathbf{x}+ \tau \mathbf{y} ) y^i \right] ds$$

  $\tau=0$을 대입하면 Step 1. 의 결과에 의해 다음을 얻는다.

  $$0=i^{\prime}(0) = \int_{0}^t \sum_{i=1}^{n} \left[ L_{v_{i}} ( \dot{\mathbf{x}} , \mathbf{x})\dot{y}^i + L_{x_{i}} ( \dot{\mathbf{x}} , \mathbf{x} )y^i \right] ds$$

  $L_{v_{i}}\dot{y}^i$의 각 항에 부분적분을 취하면, 가정 $\mathbf{y}(0)=\mathbf{y}(t)=\mathbf{0}$에 의해서 다음을 얻는다.

  $$\int_{0}^t L_{v_{i}}\dot{y}^i ds = \left. L_{v_{i}}y^i \right]_{0}^t- \int_{0}^t \dfrac{d}{ds}L_{v_{i}}y^i=\int_{0}^t-\dfrac{d}{ds} L_{v_{i}}y^i$$

  따라서 다음의 식이 성립한다.

  $$0=i^{\prime}(0) = \sum_{i=1}^{n} \int_{0}^t \left[ -\dfrac{d}{ds} L_{v_{i}} ( \dot{\mathbf{x}} , \mathbf{x})\ + L_{x_{i}} ( \dot{\mathbf{x}} , \mathbf{x} ) \right]y^i ds$$

Step 2. 의 결과는 $\eqref{eq1}$을 만족하는 모든 스무스 함수 $\mathbf{y} : [0,t] \to \mathbb{R}^n$에 대해서 성립한다. 그러므로 각괄호 안의 값이 $0$이어야만 한다. 그러므로 다음이 성립한다.

$$-\dfrac{d}{ds} L_{v_{i}}( \dot{\mathbf{x}}, \mathbf{x} ) +L_{x_{i}}( \dot{\mathbf{x}}, \mathbf{x}) =0$$

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이 결과로부터 해밀턴 방정식을 이끌어낼 수 있다.

같이보기

• 물리학에서 최소 작용의 원리