Mekanika Analitike [PDF]

Zitiervorschau

1 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

NJEHSIMI VARIACIONAL NË MATEMATIKË 1. Problemi themelor i njehsimit variacional Në gjeometri ose në fizikë shpeshherë ndeshemi me kërkesën e përcaktimit të ekstremumit të ndonjë integrali. Do të paraqesim disa shembuj të kësaj natyre. a) Duhet tëpërcaktojmë atë vijë e cila i bashkon dy pika të dhëna të një rrafshi, por me kusht që gjatësia e saj të jetë më e vogla. Në qoftë se këto dy pika janë dhënë me koordinatat A(x1, y1) dhe B(x2, y2), atëherë nëpër këto pika mund të vendosim pambarimisht shumë lakore të ndryshme

y  y(x)

y

Gjatësia e harkut ndërmjet dy pikave A dhe B të çdonjërës lakore, përcaktohet me shprehjen

s

x2



2

1  y dx

B

(1)

x1 A Kjo gjatësi e harkut për çdo lakore është e ndryshme, prandaj s është madhësi e cila varet nga zgjedhja e funksionit y(x). y1 y2 Prandaj, detyra qëndron mu në përcaktimin e atij funksioni y(x) për të cilin integrali (1) merr vlerë minimale. b) Si shembull tjetër mund të cekim O x1 x2 x kërkesën e përcaktimit të asaj lakoreje, e cila kalon nëpër dy pika të dhëna, ashtu që fig. 1. sipërfaqja e rrotullimit të saj rreth boshtit x të ketë vlerën më të vogël të mundshme. Nëpër pikat A(x1, y1) dhe B(x2, y2) mund të vendosim, poashtu, pambarimisht shumë lakore ekuacionet e të cilave janë

y  y(x)

y

Sipërfaqja e rrotullimit të lakores rreth boshtit x është P  2 yds dhe me qenë se elementi i harkut është

ds  1  y  2 dx , kemi

B(x2, y2) A(x1, y1)

O

x

x2

P  2  y 1  y 2 dx

(2)

x1

fig. 2.

2 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

Siç shihet, sipërfaqja përsëri mund të matet me ndihmën e një integrali të caktuar dhe madhësia e matur ndryshon në varshmëri nga zgjedhja e funksionit y(x). Sipas kërkesës së detyrës, ne duhet ta zgjedhim atë funksion, i cili integralit (2) i jep vlerë minimale, përkatësisht, që integrali të jetë minimal. c) Do të cekim një shembull nga mekanika që njihet me emrin problem i brahistotronës, të cilin e zgjidhën Johan dhe Jakob Bernulli, më 1696. Detyra shprehet në formën: Ndërmjet dy pikave të rrafshit vertikal, lëviz pika materiale nën veprimin e forcës së rëndimit, pa shpejtësi fillestare. Të përcaktohet rruga nëpër të cilën duhet të lëviz pika materiale ashtu që ajo të kalojë nga pika A e nisjes deri në pikën B të përfundimit të lëvizjes për kohën më të x shkurtër. E dimë se te rënja e lirë, O komponenta vertikale e lakores është y1 v  2gh Në ndonjë pikë të çfarëdoshme M të rrugës, A(x1, y1) y y2 komponenta vertikale e rrugës është h  y  y1 , prandaj

v  2g ( y  y1 ) E shprehim shpejtësinë nëpërmjet kohës ds v dt prej nga

M y

B(x2, y2)

fig. 3.

1  y  2 dx ds dt   v 2 g ( y  y1 ) Atëherë, koha e kalimit të pikës materiale nga pika A në pikën B, është x

1 2 1  y2 (3) t dx  2 g x y  y1 1 Kemi arritur që ta shprehim kohën me ndihmën e një integrali i cili varet nga vlera e funksionit y(x). Duhet ta përcaktojmë mu këtë funksion, ashtu që kjo kohë të jetë minimale. Nga shembujt e cekur, shihet se gjithmonë kemi të bëjmë me përcaktimin e një funksioni, të cilin duhet përcaktuar asisoji që një integral i cili varet prej atij funksioni, të arrijë vlerën e vet ekstremale. Në përgjithësi, mund ta shkruajmë integralin

I ( y) 

x2

 F ( x, y, y)dx

(4)

x1

nën të cilin gjendet një shprehje e cila në vetvete e përmban një funksion të panjohur y, derivatin e tij , derivatin e tij y’ dhe ndryshoren e pavarur. Ky funksion duhet të jetë i vazhdueshëm dhe të ketë derivate të vazhdueshme. Vlera e këtij integrali varet nga zgjedhja e funksionit y  y(x) . Prandaj, ky integral nuk është funksion i zakonshëm, por një madhësi që quhet funksional.

3 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

Në qoftë se funksionin y duhet ta zgjidhim ashtu që ky integral të ketë vlerë ekstremale, atëherë kemi detyrën që paraqet problemin themelor të pjesës së analizës matematike që njihet si njehsim variacional. Prandaj, te njehsimi variacional duhet gjetur funksionin e tillë që integralit të dhënë i cili varet nga ai funksion, t’i japë vlerë ekstremale. Tregohet se zgjidhja e këtij problemi mund të shndërrohet në zgjidhje të një ekuacioni diferencial. Duhet cekur se për funksionin e kërkuar y(x) duhet dhënë konditat kufitare të caktuara. Në kufirin e intervalit të integrimit, ky funksion duhet të ketë vlera të caktuara paraprakisht. 2. Ekuacioni diferencial i Ojler-Lagranzhit Detyrë themelore e njehsimit variacional është përcaktimi i atij funksioni

y  y(x)

për të cilin integrali

I ( y) 

x2

 F ( x, y, y)dx

(5)

x1

ka vlerë ekstreme, me kusht që të gjitha funksionet të kënaqin konditat kufitare dhe (6) y1  y( x1) y2  y( x2 ) Këto kondita kufitare kërkojnë që të gjitha lakoret të cilat vijnë në shprehje, duhet të kalojnë nëpër dy pika të dhëna A(x1, y1) y(x)+(x)=Y dhe B(x2, y2). y B Do të mendojmë se detyrën tonë e zgjidh funksioni y(x), të cilin grafikisht y(x) e kemi paraqitur me vijë të pandërprerë, e cila i bashkon pikat A dhe B. Përgjatë A y2 saj, integrali I(y) do të ketë vlerë ekstreme. Kjo është vlera ekstreme në y1 krahasim me vlerën e integralit përgjatë (x) një lakoreje tjetër, e cila poashtu i x bashkon pikat A dhe B dhe ndryshon x1 x2 pak nga lakorja y(x). Në figurë e kemi O paraqitur me vijë të ndërprerë. Si ta përcaktojmë këtë lakore në mënyrë Fig. 4. analitike? Do ta mendojmë një funksion të çfarëdoshëm dhe të vazhdueshëm (x), i cili i kënaq konditat ( x1 )  0  (7)  ( x2 )  0  Këtë lakore e kemi vizatuar rreth boshtit x të grafikut tonë. Me qëllim që lakorja fqinj të ndryshojë për pak nga y(x), lakoren (x) do ta shumëzojmë me një numër të vogël  dhe do t’ia shtojmë vlerën y(x). Kësisoji, për lakoren me vijë të ndërprerë, fitojmë shprehjen (8) Y (, x)  y(x)    (x)

4 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

A do të ndryshojë shumë apo pak nga lakorja e pandërprerë, kjo varet nga madhësia e parametrit . Prandaj, kemi shënuar se Y varet nga . Në qoftë se këtë funksion fqinj e marrim në integralin (5), vlera e tij do të jetë

I (Y ) 

x2

 F ( x, Y , Y )dx

(9)

x1

Kjo vlerë, me siguri, do të ndryshojë nga vlera I(y), ashtu që te maksimumi do të jetë I (Y )  I ( y) , kurse te minimumi I (Y )  I ( y) , për çfarëdo vlere të mundshme të . Vlera e integralit (9) varet nga , prandaj do ta kërkojmë vlerën e tij ekstreme duke e menduar si funksion të ndryshores së pavarur . Për vlerën ekstreme është e nevojshme të vlejë dI ( y) 0 d ose x2

 F Y F Y    dx  0 d Y  d  x1 Nga formula (8) dhe derivati i saj, kemi Y   y      dY dY    ,    d d  prandaj, konditën për ekstrem mund ta shkruajmë në formën

  Y

x2

 F

F



  Y   Y   dx  0

(9’)

(10)

x1

Sipas mënyrës se si i kemi konstruktuar ekstremalet e funksionit fqinj, është e qartë se nga kjo lakore, nëpër ekstremale, kalojmë për   0 . Kur këtë kalim, e kryejmë në formulat (8) dhe (9), kemi Y(  0)  y dhe Y(  0)  y Prandaj, kondita për vlerë ekstreme të integralit përgjatë ekstremales fitohet ashtu që në formulën (10) i zëvendësojmë vlerat që vlejnë për   0 : x2

 F

F



  y   y  dx  0

x1 

 Kjo është konditë e nevojshme për ekstremum të vlerës së integralit. Shprehja  dI ( y )  I     d    0 quhet variacion i parë i integralit I dhe shënohet me I. Shohim se është x2

x2

 F F  I    F ( x, y, y)dx        dx  0    y  y  x1 x1

(11)

(12)

5 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

dhe me qenë se sipas (11) kjo shprehje duhet të jetë e barabartë me zero, mund të themi se kushti i nevojshëm për ekstremum të vlerës së integralit I, është anulimi i variacionit të parë të këtij integrali, pra (13) I  0 Në anëtarin e dytë të formulës (11) e kryejmë integrimin parcial. Do të shënojmë F u dhe dv  dx y  Atëherë d  F  dx dhe v   du   dx  y   dhe me integrim parcial, fitojmë x

x2

x

2 F F 2 d  F    y  dx  y     dx  y dx   x1 x1 x1 Anëtari i parë është i barabartë me zero, sepse funksioni  në kufirin e intervalit të integrimit e ka vlerën zero, prandaj, ekuacionin (11) mund ta shkruajmë kësisoji

x2

 F

d  F 

 ( x) y  dx  y dx  0

   Me qenë se funksioni (x) është funksion i çfarëdoshëm për të cilin kemi marrë se në intervalin e integrimit është i ndryshëm nga zero, përveç në skajet e intervalit ose eventualisht në pika të veçuara, ky integral do të jetë i barabartë me zero vetëm në qoftë se gjithkund vlen F d  F  0   (14) y dx  y   Ky është ekuacioni diferencial prej të cilit mund ta përcaktojmë ekstremalen y. Këtë ekuacion së pari e ka paraqitur Ojleri, prandaj quhet ekuacioni i Ojlerit. Një formë tjetër të tij e ka dhënë Lagranzhi. Në të vërtetë, në qoftë se F varet nga x, y dhe y’, atëherë është d  F   2 F  2 F dy  2 F dy      dx  y  xy yy dx y 2 dx prandaj ekuacionin e Ojlerit mund ta shkruajmë në formën 2F 2F  2 F F    (14) y  y   0 yy  xy  y y  2 Ky është ekuacioni i Lagranzhit. Me qenë se (15) paraqet vetëm përshkrim detal të ekuacionit (14), zakonisht ekuacioni (14) quhet ekuacioni diferencial i OjlerLagranzhit. Kësisoji, problemin e variacionit e kemi shndërruar në zgjidhje të ekuacionit diferencial të Ojler-Lagranzhit. Zgjidhja e tij paraqet ekuacionin e ekstremales. Ky është ekuacion diferencial i rendit të dytë dhe integrali i përgjithshëm i tij përmban dy konstante të integrimit. Vlerat e tyre i përcaktojmë nga konditat kufitare që faktikisht janë poashtu dy. Kësisoji, problemi i variacionit, parimisht, është i zgjidhur. Do të marrim një shembull. Duhet të gjejmë ekstremalen për integralin x1

6 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________





I   12xy  yy  y 2 dx e cila kalon nëpër pikat A0(0, 1) dhe B0(1, 4). Zgjidhje: Nga F  12 xy  yy   y  2 kemi F F 2F  12x  y ,  y  2 y,  2, y y y  2

2F  1, yy

2F 0 yx

Ekuacioni (15) për këtë ekuacion e ka formën

2 y  y 12x  y  0

ose

y  6x

Integrojmë dy herë dhe fitojmë y   3x 2  A

y  x 3  Ax  B Në këtë shprehje i zëvendësojmë koordinatat e pikave kufitare: Për pikën A: për x = 0, y = 1 rrjedh se B = 1 Për pikën B: për x = 1, y = 4 rrjedh se A = 2 Këto vlera i zëvendësojmë me shprehjen për ekstremale. Prandaj, ekuacioni i ekstremales është

y  x3  2x  1 Përgjatë kësaj lakoreje, integrali ynë ndërmjet pikave A0 dhe B0, ka vlerë ekstreme.Kuptohet se ky është minimumi sepse vlera më e madhe e integralit të dhënë mund të jetë vetëm vlera pambarimisht e madhe. 3. Disa shembuj të zbatimit të parimit të variacionit Në hyrje të këtyre leksioneve i kemi cekur disa shembuj nga gjeometria dhe mekanika, të cilët shpiejnë në zbatimin e parimit të variacionit. Tani mund t’i zgjidhim. 1) Vija më e shkurtër ndërmjet dy pikave në rrafsh. Ky problem shpie në integralin (1)

s

x2



1  y 2 dx

x1

në të cilin lexojmë funksionin

F  1  y2 Prandaj, kemi

F  0, y

F y  , y  1  y2

d  F   0 dx  y  

7 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

dhe në këtë rast, ekuacioni i Ojlerit redukohet në d  F   0 dx  y   ose F c y  gjegjësisht, nga derivati përkatës y c 2 1  y Ky është ekuacioni diferencial i ekstremales. Nga ky ekuacion, kemi c y  1 c2 dhe pas integrimit, fitojmë c (16) y xb 2 1 c Shihet se (16) është ekuacioni i drejtzës. Prandaj, drejtza është vija lidhëse më e shkurtër ndërmjet dy pikave në rrafsh. Ka ngelur të përcaktojmë konstantet e integrimit nga konditat kufitare. Drejtza duhet të kalojë nëpër pikat A0(x1, y1) dhe B0(x2, y2). c Nëpër pikën A0, do të kemi: y1  x1  b 2 1 c c Nëpër pikën B0, do të kemi: y2  x2  b 2 1 c Duke i zbritur këto ekuacione, fitojmë c y1  y2  ( x1  x2 ) 2 1 c ose y2  y1 c  x2  x1 1 c2 Nga ekuacioni i parë i sistemit , kemi y y b  y1  2 1 x1 x2  x1 prandaj, ekuacioni i ekstremales është y y y y y  2 1 x  y1  2 1 x1 x2  x1 x2  x1 ose y y y  y1  2 1 ( x  x1 ) x2  x1

(17)

8 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

që paraqet zgjidhjen e problemit. Plotësim 1. Në qoftë se funksioni F i cili figuron në ekuacionin e Ojlerit nuk varet në mënyrë eksplicite nga ndryshorja x, atëherë ka mundësi të gjendet integrali i drejtpërdrejtë F  F ( y, y) dhe ekuacioni i Ojlerit do ta ketë formën

d  F  F   0 dx  y   y Anëtarin e parë mund ta transformojmë në këtë mënyrë d  F  d  F  dy d  F        y    dx  y   dy  y   dx dy  y   dhe pasi ta zëvendësojmë në (a), fitojmë d  F  F y     0 dy  y   y Kërkojmë derivatin e shprehjes d  F  d  F  F y   y    y     dy  y   dy  y   y  y prej nga d  F  d  F  F y  y      y    dy  y   dy  y   y  y Zëvendësojmë (c) në (b) d  F  F y  F  y   0 dy  y   y  y y E dimë se dF F F y    0 dy y y  y prandaj, duke zëvendësuar (e) në (d), fitojmë d  F  dF  y   0 dy  y   dy ose  d  F  y   F   0 dy  y   prej nga, me integrimin e parë, fitojmë F y F c y  që paraqet integralin e parë të funksionit F. Shprehjen (18) mund ta përdorim për zgjidhje të sërishme të detyrës së mëparshme, ku

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

(18)

9 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

s

x2



1  y  2 dx

dhe

F  1  y2

x1

Shihet se këtu nuk kemi varshmëri eksplicite nga x, prandaj funksioni F shkruhet në formën F ( y, y )

Pas integrimit fitojmë 1 yx 1  b c2 Duke i shfrytëzuar konditat kufitare 1 y1  x1 1  b c2

y 2  x2

1

1  b c2 e përcaktojmë konstantëne integrimit b: y y b  y1  x1 2 1 x2  x1 dhe fitojmë y y y  y1  2 1 ( x  x1 ) x2  x1 2) Sipërfaqja më e vogël e cila fitohet duke e rrotulluar lakoren rreth boshtit x. Në fillim të leksioneve për variacionin kemi cekur se problemi i sipërfaqes më të vogël që fitohet nga rrotullimi rreth boshtit x, kërkon që vlera e integralit (2), të jetë më e vogla. Pra x2

S  2  y 1  y  2 dx x1

Edhe në këtë rast funksioni nën integral F  y 1  y  2 nuk varet në mënyrë eksplicite nga ndryshorja e pavarur x, prandaj mund ta shfrytëzojmë formulën (18) e cila paraqet integralin e parë të ekuacionit diferencial të Ojlerit F y F c y  Me qenë se

10 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

F  y 1  y2 kemi

y

yy  1 y

2

dhe

F yy   y  1  y2

 y 1  y2  c

prej nga

y2 1 y

2

 c2

ose

y2  y  

y2 c2

1

y2

 1  i 1 

c2 Këtu mund t’i ndajmë ndryshoret

y2 c2

dy y2  i 1  dx c2 dhe të integrojmë dy  idx 2 y 1 c2  y d   c   id x    2 c  y 1   c xb  y arccos   i c c y  xb  xb cos i   ch  c  c   c  dhe përfundimisht  xb (19) y  cch   c  Këtu, konstantat b dhe c duhet të përcaktohen nga konditat kufitare. Rezultati (19) tregon se sipërfaqen më të vogël rrotulluese e fitojmë duek e rrotulluar lakoren e zingjirit (19) e cila kalon nëpër dy pika.

11 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

3) Brakistokrona. Që në fillim e kemi shtruar problemin e brahistotronës. Sikurse kemi parë, ky problem na shpie deri te integrali x

1 2 1  y2 dx  2 g x y  y1 1 Për shkurtim njehsimi, është mirë që fillimin e sistemit koordinativ ta vendosim në pikën A0, në pikën e fillimit të lëvizjes, sepse aty është y1 = 0. Funksioni nën integral e ka formën t

1  y2 y Siç shihet, funksioni nën integral nuk e përmban në mënyrë eksplicite ndryshoren e pavarur x, prandaj mund ta shfrytëzojmë integralin e parë (18). Për rastin tonë kemi F 1 y y   y  y 1  y 2 y 1  y2 F





pra

1  y2 1  c y 2b y 1  y2 1 ku konstantën e integrimit e kemi shënuar me , ose 2b y 1  2b y 1  y2 y







y







y 1  y  2  2b Praqesim ndryshoren e re me zëvendësimin u y   tan 2 dhe fitojmë u  y1  tan 2   2b 2  ose (20) y  b(1  cosu) Kësisoji, ordinatën y e kemi shprehur si funksion të parametrit u. Që të fitojmë ekuacionin parametrik të brahistotronës, duhet që edhe x ta shprehim si funksion të parametrit u. Këtë e bëjmë si vijon: dx dx dy 1 dy   du dy du y  du dx 1  u u 2u    2b cos sin   2b cos u du 2 2 2 tan  2

12 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

dx  b(1  cos u) du dx  b(1  cosu)du dhe pas integrimit, kemi (21) x  a  b(u  sinu) Ekuacionet (20) dhe (21) paraqesin formën parametrike të cikloidës. Prandaj, pika materiale do të kalojë, për kohë minimale, nga origjina e sistemit koordiantiv deri te një pozitë tjetër në rrafshin vertikal nën veprimin e forcës së rëndimit, në qoftë se lëviz nëpër harkun e cikloidës. 4. Përkulja e rrezes së dritës apo rruga e dritës në një mjedis në të cilin shpejtësia e dritës rritet proporcionalisht me lartësinë. Do ta mendojmë një mjedis johomogjen optik. Supozojmë se shpejtësia e dritës në këtë mjedis nuk është konstante, por do të zmadhohet proporcionalisht me rritjen e lartësisë. Mjedisi i këtillë mund të mendohet si gaz densiteti i të cilit zvogëlohet proporcionalisht me lartësinë. Diçka të ngjashme na përkujton atmosfera e Tokës, por kjo rënje e densitetit nuk zvogëlohet proporcionalisht me lartësinë. Duhet ta gjejmë formën e rrezes së dritës në mjedis të tillë. Ky problem na shpie poashtu në njehsimin variacional, sepse për rrugën e dritës vlen parimi i Fermatit, sipas të cilit drita përhapet shtu që nga një pikë në tjetrën i duhet kohë minimale. Prandaj, duhet ta gjejmë ekstremalen për integralin ds I     dt v ku ds është elementi i harkut të lakores, kurse v është shpejtësia e përhapjes së dritës. Në të vërtetë ds/v paraeqt kohën për të cilën drita me shpejtësi v e kalon elementin e harkut ds. Në detyrën tonë është v  kx , duke supozuar se përhapja kryhet në drejtim të boshtit vertikal x. Në këtë rast elementi i harkut do të jetë ds  1  y  2 dx . Edhe në këtë rast, për çështje praktike, ekuacioni i ekstremales është marrë y = y(x). Për integralin do të kemi



1  y 1 I dx k x Duhet të përcaktojmë se për cilin funksion y = y(x) ky integral ka vlerë minimale. Ekuacioni i Ojlerit e ka formën F d  F  0   y dx  y  

x

2

y O

Fig. 5.

13 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

Këtu, për funksionin nën integral, kemi

F prej nga

1  y2 x

F y  y  x 1  y  2 Atëherë, ekuacioni i Ojlerit do ta merr formën F 0 y

dhe

 d y  dx  x 1  y  2  ose

y



    0 

1 a

x 1  y 2 ku me 1/a e kemi shënuar konstantën e integrimit. Nga kjo, kemi x y  a2  x2 dhe pas integrimit:

y  b   a2  x2 ose

( y  b) 2  x 2  a 2 5. Metoda e dytë e përfitimit të ekuacionit diferencial të Ojlerit për njehsimin variacional Duhet ta përcaktojmë ekstremin e integralit

J ( y) 

x2

 F ( x, y, y)dx

(a)

x1

sipas lakores, gjegjësisht, ekstremales y = y(x). Do të varirojmë vijën e integrimit. Lakorja fqinj është

y( x)  y( x)  y  y

ku y është shumë i vogël. E zëvendësojmë këtë në (a)

J ( y  y) 

x2

 F ( x, y  y, y  (y))dx

x1

14 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

Vlera e integralit ndryshon për

J  J ( y  y)  J ( y) 

x2

x2

 F ( x, y  y, y  (y))dx   F ( x, y, y)dx

x1

(b)

x1

Funksionin nën integral të integralit të parë e zbërthejmë në seri të Tejlorit dhe e ndërpresim zhvillimin para anëtarit me (y)2. Pra F F F ( x, y  y, y   (y))  F ( x, y, y )  y  (y) y y  Këtë e zëvendësojmë në b x2

x

x

2 2  F  F F F J    y  (y)dx   ydx   (y)dx    y  y  y  y   x1 x1 x1 Në integralin e dytë e kryejmë integrimin parcial F d F u , dv  (y)dx, du  dx, v  y y  dx y  dhe për këtë integral do të kemi

x

x2

x

2 2 F F d F  (  y ) d x   y  y dx  y   x   y d x  y x1 x1 1 Anëtari i parë është zero, sepse variacioni y në kufijt e intervalit të integrimit është zero. Prandaj, ngel

x2

x

x

2 2  F d F  F d F J   ydx   y dx   y   dx     y d x  y  y d x  y  x1 x1 x1 Me qëllim që integrali të ketë vlerë ekstremale, ndërrimi i tij duhet të jetë zero. Pra

J 

x2

 F

d F 

  y  dx y ydx  0

x1 



Me qenë se variacioni y është plotësisht i çfarëdoshëm, atëherë nga integrali i fundit rrjedh se F d F  0 y dx y  Ky është ekuacioni diferencial i Ojlerit, i cili e zgjidh problemin e variacionit.

15 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

6. Zgjerimi i problemit themelor të njehsimit variacional Problemin themelor të njehsimit variacional e kemi zgjidhur për rastin e veçantë më të rëndësishëm. Këtë problem mund ta zgjerojmë edhe për disa raste tjera. Këtë do ta bëjmë në tri drejtime të ndryshme. Në formulën (4) kemi supozuar se funksioni nën integral, përveç funksionit të panjohur y(x), përmban vetëm edhe derivatin e parë y’(x). Tani do të supozojmë se integrali përmban edhe derivatet e rendeve të larta të funksionit y(x), të cilin duhet ta zgjidhim ashtu që integrali të ketë vlerë ekstreme. Do ta bëjmë njehsimin edhe për rastin kur kemi edhe derivatin e dytë, kurse nga ecuria dhe rezultati,lehtë do të bindemi se si duhet vepruar në qoftë se kemi edhe derivate të rendeve të larta. 1. Do ta kërkojmë funksionin y(x) i cili kalon nëpër dy pika A(x1, y1) dhe B(x2, y2) të rrafshit dhe i jep integralit

I ( y) 

x2

 F ( x, y, y, y)dx

(22)

x1

vlerë ekstreme. Përsëri do ta përkufizojmë funksionin

Y (x, )  y(x)  (x)

(23) i cili gjendet në afërsi të ekstremales. Vlera e integralit (22) përgjatë lakores (23) është

I (Y ) 

x2

 F ( x, Y , Y , Y )dx

x1

Me qëllim që ky integral të ketë vlerë ekstreme, duhet të vlejë dI (Y ) 0 d prandaj, vlen x2

 F Y F Y  F Y     dx  0   Y       Y x1

  Y

Me qenë se

dY dY  dY   ,  ,   d d d kurse ne kërkojmë ekstremin për  = 0 për të cilin Y = y, atëherë këtë mund ta shndërrojmë në formën x2

 F

F



F

  y   y   y  dx  0

x1 

 Në anëtarin e dytë e kryejmë integrimin parcial x2

x

x

x

2 2 F F 2 d  F  d  F      d x     d x     dx  y     y x dx  y  dx  y  x1 x1 x1 1 sepae anëtari i parë është zero nga konditat kufitare (x1) = (x2) = 0. Në anëtarin e tretë, integrimin parcial mund ta kryejmë dy herë

16 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

x

x2

x

x

x

2 2 2 F F 2 d  F  d  F  d 2  F          dx   d x     d x       y  dx  y    y   2  y    x  y d x d x       x1 x1 x1 x1 1

x2

d 2  F   dx  2  y   d x   x1 Kur t’i zëvendësojmë këto në konditën për ekstrem të integralit, fitojmë x2  F d  F  d 2  F    y  dx  y   2  y dx  0   dx   x1  



Me qenë se funksioni (x) mund të zgjedhet sipas dëshirës, kondita e fundit do të kënaqet vetëm në qoftë se faktori i dytë që figuron në kllapat këndore të integralit, është i barabartë me zero. Prandaj

F d  F  d 2  F    0   (24) y dx  y   dx 2  y   Ky është ekuacioni diferencial i Ojlerit për problemin e variacionit për integralin (22). Duke e zgjidhur këtë ekuacion, do të gjejmë ekuacionin ekstremales. Në qoftë se rezultatin (24) e krahasojmë me rezultatin kur në integral paraqitet vetëm derivati i parë y’, shohim se paraqitja e derivatit të dytë y” këtu, shkakton paraqitjen e anëtarit të tretë. Kuptohet se funksioni nën integral me derivate të larta, ose me fjalë tjera, zgjidhja e problemit të variacionit për integralin e formës

I ( y) 

x2



F ( x, y, y, y,..., y (n) )dx

(25)

x1

na shpie në ekuacionin e Ojlerit

F d  F  d 2  F  d n  F       ...  (1) n   0 y dx  y   dx 2  y   dx n  y (n)  Kësisoji e kemi zgjidhur problemin e variacionit në këtë drejtim.

(26)

2. Do të kalojmë në një mundësi tjetër të zgjerimit të parimit të variacionit. Do të kufizohemi përsëri për rastin kur nën integral paraqitet vetëm derivati i parë i funksionit y(x). Deri më tani si lakore e cila i bashkon pikat A dhe B, janë marrë vetëm lakoret në rrafsh. Tani do të lirohemi nga ky kufizim duke supozuar se pikat A dhe B janë të lidhura me një lakore në hapësirë, y(x) dhe z(x). Tani duhet të gjejmë atë lakore hpsinore e cila i bashkon pikat A(x1, y1, z1) dhe B(x2, y2, z2) dhe përgjatë së cilës integrali

I ( y) 

x2

 F ( x, y, z, y, z)dx

(27)

x1

ka vlerë ekstreme. Që të fitojmë vlerën ekstreme duhet që integralin përgjatë asaj lakoreje ta krahasojmë me integralin përgjatë një lakoreje të afërt me të. Kjo lakore e afërt me lakoren që e kërkojmë e ka ekuacionin

17 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

Y ( x, )  y( x)  ( x)   Z ( x, )  z ( x)  ( x)  Përgjatë kësaj lakoreje integrali e ka vlerën

I (Y ) 

(28)

x2

 F ( x, Y , Z , Y , Z )dx

x1

Do ta gjejmë vlerën ekstreme për vlerat variabile  dhe . Konditat për ekstrem janë I (Y , Z , ) I (Y , Z , )  0 dhe 0   prandaj x2

 F Y F Y    dx  0       Y x1

  Y

x2

 F Y F Z    dx  0       Z x1

  Z

Me qenë se

dY dY  dZ dZ   ,  ,  ,   d d d d kurse për  =0 dhe  = 0, do të jetë Y = y dhe Z = z, prandaj konditat mund t’i shkruajmë si vijon x2

 F

F



  y   y  dx  0

x1  x2



 F

F



  z   z   dx  0

x1

Pasi ta kryejmë integrimin parcial në anëtarët e dytë, fitojmë x2

 F

d F 

  y  dx y dx  0

x1  x2

 F

  z

x1





d F  dx  0 dx z  

që mund të kënaqen me funksione të çfarëdoshme të  dhe  në qoftë se vlen F d F   0  y dx y   F d F   0  z dx z 

(29)

18 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

Në këtë rast shohim se në vend të një ekuacioni diferencial të Ojlerit, fitojmë dy ekuacione. Nga ekuacioni i parë përcaktohet y(x), kurse nga ekuacioni i dytë përcaktohet z(x) dhe këto së bashku përcaktojnë lakoren hapsinore nëpër të cilën integrali e ka vlerën ekstreme. 3. Më në fund, problemin themelor të njehsimit variacional, mund ta zgjerojmë edhe për rastin e integralit të dyfisht. Integrali i dyfisht (30) I ( z)   F ( x, y, z, p, q)dxdy ku z z p dhe q  x y varet nga zgjidhja e funksionit (31) z  z( x, y) që paraqet një sipërfaqe në hapësirë. Kjo sipërfaqe në kufijt e definimit të integralit P kërkojmë që të jetë e kufizuar me lakoren T dhe kërkojmë që të gjitha sipërfaqet të kalojnë nëpër këtë lakore T. Dëshirojmë që nga të gjitha sipërfaqet që kufizohen me lakoren T, të përcaktojmë atë për të cilën integrali (30) të ketë vlerë ekstreme. Edhe në këtë rast, sipërfaqen z(x, y) e krahasojmë me sipërfaqen fqinj të cilën, në mënyrë analitike, e paraqesim si vijon (32) Z (x, y, )  z(x, y)  (x, y) Këtu ( x, y) le të jetë një sipërfaqe e vazhdueshme e cila në kufijt e hapësirës P e ka vlerën ( x, y)  0 përgjatë lakores T.  është ndonjë parametër për të cilin sipërfaqja z nuk ndryshon shumë nga sipërfaqja z. Sipas kësaj sipërfaqeje fqinj z, vlera e integralit (30) është  Z Z  I ( z, )   F  x, y, Z , , dxdy x y  P  Do të shënojmë

P prandaj, kemi

Z x

dhe

Q

Z y

I ( z, )   F x, y, Z , P, Qdxdy P

Vlera ekstreme e integralit paraqitet për dI (Z , ) 0 d gjegjësisht  F Z F P F Q    Z   P   Q  dxdy  0  P Me qenë se

19 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

dZ dP d  Z  d    ,    ( z  )  d d d  x  d x x kondita jonë do të jetë  F F  F     Z   P x  Q y dxdy  0  P

dhe

dQ   d y

Sipërfaqja ekstremale fitohet nga ajo fqinj duke zëvendësuar  = 0. Për  = 0 është Z = z, kurse  z P  ( z  )   0   p dhe Q  q x x prandaj, kemi  F F  F     z   p x  q y dxdy  0  P Në anëtarin e dytë e kryejmë integrimin parcial sipas x, kurse në të tretin sipas y. Fitojmë  F   F    F     z  x  p   y  q dxdy  0     P  prej nga fitojmë ekuacionin e Ojlerit F   F    F       0 (33) z x  p  y  q  Edhe ky rast i tretë është shndërruar në zgjidhje të ekuacionit diferencial. Si shembull të rastit të tretë do të marrim problemin e sipërfaqeve minimale. Ky problem shtrohet si vijon: Është dhënë një lakore e mbyllur  e cila nuk është e thënë të qëndrojë në rrafsh. Nëpër të duhet ta vendosim sipërfaqen më të vogël. Me këtë problem gjeometrik lidhet edhe një problem nga hidromekanika. Fjala është për tensionin sipërfaqësor. Dihet se sipërfaqja e lirë e lëngut zotëron si një membranë e ngerhur e cila formohet ashtu që ajo sipërfaqe të jetë sa më e vogël që është e mundur. Këtë problem mund ta formulojmë matematikisht në këtë mënyrë. Duhet ta përcaktojmë ekuacionin e sipërfaqes

z  z( x, y)

madhësia e së cilës është

P   1  p 2  q 2 dxdy   1  z  2 ( x)  z  2 ( y)dxdy

(34)

është më e vogla, në qoftë se integrimi kryhet ashtu që sipërfaqja kalon nëpër lakoren e dhënë të konturit T. Sikurse shihet, kemi të bëjmë me problemin e tipik të variacionit për një integral të dyfisht. Në rastin tonë është

F  1 p2  q2 dhe

F  0, z

F p F q  ,  p q 1 p2  q2 1 p2  q2 prandaj, ekuacioni i Ojlerit (33) për problemin tonë e ka formën

20 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

     p q       0   x  1  p 2  q 2  y  1  p 2  q 2      Me shënim të shkurtuar p p q q r ,   s dhe t x y x y ekuacioni i mësipërm shndërrohet në pr  qs ps  qt r 1 p2  q2  p t 1 p2  q2  q 1 p2  q2 1 p2  q2  0 1 p2  q2 1 p2  q2 ose r 1  p 2  q 2  rp 2  spq  t 1  p 2  q 2  spq  tq 2 0 2 2 3/ 2 1 p  q prej nga r 1  q 2  2spq  t 1  p 2 0 2 2 3/ 2 1 p  q Ky është ekuacioni diferencial parcial i sipërfaqeve të Platosë. Plato ka vendosur tela të konturave të ndryshme dhe i ka hulumtuar sipërfaqet e fluskës së sapunit, prandaj detyra që po e trajtojmë quhet problem i Platosë. Ekuacionin e mësipërm nuk do ta zgjidhim, por do ta paraqesim në lidhje me vetitë e sipërfaqeve. Atje kemi cekur se madhësitë karakteristike për sipërfaqet shprehen me r E  1 p2 , L 1 p2  q2













 









G  1 q2,

M

EG  F 2  1  p 2  q 2 ,

N

s 1 p2  q2 t

1 p2  q2 Këto madhësi i shohim në ekuacionin tonë, prandaj mund të shkruajmë LG  2MF  NE 0 EG  F 2 Kemi treguar se kjo shprehje është e barabartë me dyfishin e përkulshmërisë mesatare të sipërfaqes 1 1 2H   0

1

ose

2

21 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

1 1 1   H    (36) 2  1  2  Ky rezultat tregon se minimale janë vetëm ato sipërfaqe për të cilat në çdo pikë përkulshmëria mesatare e sipërfaqes është e barabartë me zero. 7. Vijat gjeodezike Do të supozojmë se është dhënë një sipërfaqe me ekuacionin

f ( x, y, z)  0

(37) Do të zgjedhim në këtë sipërfaqe, dy pika A(x1, y1, z1) dhe B(x2, y2, z2). Atëherë, nëpër këtë sipërfaqe mund të tërheqim numër të çfarëdoshëm të lakoreve që i bashkojnë këto dy pika dhe këto lakore vazhdimisht qëndrojnë në sipërfaqen e dhënë. Mund ta shtrojmë pyetjen: Cila prej lakoreve është më e shkurtëra që i bashkon ato pika. Kjo lakore, më e shkurtëra nga të gjitha të tjerat quhet vijë gjeodezike e sipërfaqes së dhënë. Me qenë se largësia ndërmjet pikave përcaktohet me integralin

I

x2



1  y  2  z  2 dx

(38)

x1

duhet që y = y(x) dhe z = z(x) t’i përcaktojmë ashtu që integrali (38) të ketë vlerën më të vogël. Shohim se përsëri kemi problem të njehsimit variacional. Por ky problem ndryshon nga ato të mëparshmet të cilat i kemi shqyrtuar, ngase ekuacionet e ekstremales duhet t’i përcaktojmë ashtu që të kënaqet kondita (37), pra që ekstremalja të qëndrojë në sipërfaqen e dhënë. Sipas kësaj shohim se problemi i vijave gjeodezike shpie në zgjidhje të një problemi të variacionit me një konditë të dhënë. Si gjithmonë në rastin ekstremeve të lidhura, edhe këtu konditën do ta shumëzojmë me një multiplikator  dhe t’ia shtojmë integralit. Prandaj, duhet të njehsojmë ekstremin për integralin x2

I    1  y  2  z  2  f ( x, y, z )dx   x1

ku tani funksioni nën integral e ka formën

F  1  y  2  z  2  f ( x, y, z ) Prandaj, kemi

F y F z  ,  y  z  1  y2  z 2 1  y2  z 2 Tani, ekuacionet e Ojlerit për problemin tonë e kanë formën (29) F f  , y y

F f  , z z

(39)

22 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

F d F  0 y dx y  F d F  0 z dx z 

    

ose

   f d  y      0  y dx  1  y  2  z  2     (40)     f d  z     0  z dx  1  y  2  z  2      Me qëllim që të paraqesim një përfundim të përgjithshëm për vijat gjeodezike, është e preferueshme që këto ekuacione t’i paraqesim në formë parametrike, ashtu që si parametër të marrim harkun s të lakores. Me qenë se është ds  1  y 2  z 2 dx thyesën mund ta shprehim në formën dy dy dx y   ds ds 1  y2  z2 dx prandaj, për ekuacionet (40), fitojmë  f d dy d dy ds d 2 y ds      y dx ds dx ds ds ds 2 dx   f d dz d dz ds d 2 z ds       z dx ds dx ds ds ds 2 dx  dx Shumëzojmë me dhe fitojmë ds  f dx d 2 y    y ds ds 2   f dx d 2 z     z ds ds 2  Lehtë mund të tregohet se ekziston edhe ekuacioni i tretë i kësaj forme. Do ta dy dz shumëzojmë ekuacionin e parë me , kurse ekuacionin e dytë me dhe do t’i ds ds mbledhim

23 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

dx  f dy f dz  dy d 2 y dz d 2 z      ds  y ds z ds  ds ds 2 ds ds 2 Kur funksionin

(*)

f ( x, y, z)  0

e derivojmë sipas s, kemi f dx f dy f dz   0 x ds y ds z ds Nga shprehja e fundit kuptojmë se shprehja në kllapa e (*), është e barabartë me f dx  x ds Poashtu e dimë se 2

2

2

 dx   dy   dz        1  ds   ds   ds  E derivojmë këtë sipas s dx d 2 x dy d 2 y dz d 2 z 2 2 2 0 ds ds 2 ds ds 2 ds ds 2 Shprehja e fundit na tregon se ana e djathtë e (*) është dx d 2 x  ds ds 2 prandaj, formulën (*) e shkruajmë në formën dx f dx dx d 2 x   ds x ds ds ds 2 dx Pas thjeshtimit me dhe duke vepruar ngjashë edhe me ekuacionet tjera, fitojmë ds  dx f d 2 x    ds x ds 2   dx f d 2 y    (41)  ds y ds 2   dx f d 2 z    ds z ds 2  Ky sistem është ekuivalent me ekuacionet e Ojlerit (40). Prandaj, (41) paraqet ekuacionet e Ojlerit për formën parametrike të ekstremales me harkun s si parametër. Nga (41) rrjedh se

24 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

d2x

d2 y

d2z

ds 2  ds 2  ds 2 (42) f f f x y z Kjo formulë e ka një interpretim shumë të thjeshtë gjeometrik. Në të vërtetë, tregohet se derivatet e dyta sipas harkut janë proporcionale me komponentet e vektorit njësi të kahut të normales kryesore të lakores sonë hapsinore, pra të vijës sonë gjeodezike. Poashtu tregohet se derivatet parciale të f janë proporcionale me komponentet e vektorit njësi të normales së sipërfaqes së dhënë. Formula (42) tregon proporcionalitetin e tyre, që do të thotë se këta vektorë janë kolinearë. Me këtë mund të përfundojmë se normalja kryesore e vijës gjeodezike të ndonjë sipërfaqeje, ka kahun e normales së sipërfaqes në çdo pikë të asaj vije. Kjo është veti e rëndësishme e vijave gjeodezike. Këto vija duhet të kenë aso forme, që normalja kryesore e tyre ta ketë kahun e normales në sipërfaqe. Do të tregojmë me dy shembuj se si përcaktohen vijat gjeodezike. Së pari do të marrim rastin e përcaktimit të vijave gjeodezike në sferë. 1. Ekuacioni i sferës është

f ( x, y, z)  x 2  y 2  z 2  R 2  0 prej nga

f f  2 x,  2 y, x y Këto i zëvendësojmë në (42)

d2 x

d2 y

f  2z z

d2 z

ds 2  ds 2  ds 2 x y z Këtë mund ta shkruajmë si tri ekuacione  d2z d2 y y z 0  ds 2 ds 2   2 2 d x d z  z x 0  2 2 ds ds   2 2 d y d x  x -y 0 2 2  ds ds Duke i integruar këto ekuacione, fitojmë

25 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

dz dy  z a  ds ds  dx dz  z x b  ds ds  dy dx  x -y c  ds ds  Vërtetimi i saktësisë së integrimit mund të kryhet duke i derivuar këto ekuacione sipas s. I shumëzojmë këto ekuacione me radhë me x, y dhe z dhe i mbledhim ax  by  cz  0 Ky është ekuacioni i rrafshit nëpër qendër të sferës. Prandaj, vijat gjeodezike në sferë janë prerjet e sipërfaqes së sferës me rrafshe të cilët kalojnë nëpër qendër të sferës. E dimë se rrafshi nëpër qendër të sferë e pren sferën në rrathë të mëdhenj. Prandaj, mund të përfundojmë se vija më e shkurtër ndërmjet dy pikave në sferë është harku i rrethit të madh të sferës që i bashkon ato dy pika. y

2. Si shembull të dytë të vijave gjeodezike do të marrim vijat në cilindër rrethor. Ekuacioni i cilindrit rrethor është

f ( x, y, z)  x 2  y 2  a 2  0 prej nga

f f f  2 x,  2 y, 0 x y z Sistemi (42) për cilindër rrethor e ka formën

d2 x

d2 y

d2 z

ds 2  ds 2  ds 2 x y 0 ose

d2z ds 2

0

dhe

dz  const. ds dz  cos , ku  është këndi me të cilin tangjenta e lakores hapsinore e pret ds paralelen me boshtin z. Sipas ekuacionit tonë të cilindrit, vija gjeodezike do të jetë ajo spirale cilindrike e cila i bashkon dy pikat e dhëna, por për më pak se një rrotullim të spirales. E dimë se

26 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

8. Problemi izoperimetrik Në kuptimin e ngushtë të fjalës, me problemin izoperimetrik kuptojmë detyrën e gjetjes apo të përcaktimit të formës së y lakores me gjatësi të dhënë e cila mbyll sipërfaqen më të madhe me kordën e cila i bashkon pikat e asaj lakoreje. Le të jenë dhënë dy pika në largësi 2a. E vendosim boshtin x nëpër ato pika 2l ashtu që koordinatat e tyre janë A(a, 0) x dhe B(-a, 0). Nëpër këto pika vendosim y a = y(x), pra një lakore të çfarëdoshme. Kjo B(-a, 0) O A(a, 0) lakore me boshtin x e mbyll sipërfaqen

I



a

 y( x)dx



(43)

a

Gjatësia e harkut të kësaj lakoreje është

S

a



1  y  2 dx  2l

(44)

fig. 6.

a

Kjo gjatësi duhet të jetë konstante dhe me gjatësi të dhënë. Kërkohet ajo lakore y(x), për të cilën integrali (43) do të ketë vlerën më të madhe, me kusht që integrali (44) të ketë vlerë konstante. Shihet se problemi ynë shndërrohet në konditën ndihmëse të shprehur si vlerë konstante e një integrali tjetër. Për vlerë ekstreme të integralit (43), duhet që variacioni i këtij integrali të jetë zero. Pra I  0 Me qenë se vlera e integralit (44) është konstante, edhe variacioni i tij duhet të jetë zero. Pra S  0 E shumëzojmë këtë konditë me një multiplikator  dhe ia shtojmë konditës së parë. Atëherë, të dy konditat mund t’i shkruajmë së bashku në formën (45) (I  S )  0 Kësisoji, detyrën tonë e kemi shndërruar në njehsim variacioni. Në rastin tonë konkret, kemi

I  S 

a



  y  

a

Funksioni nën integral është

F  y   1  y2 prandaj, kemi

1  y  2 dx 

(46)

27 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

F y   y  1  y2 kurse ekuacioni i Ojlerit e ka formën F  1, y

F d  F  0   y dx  y   dhe vlen

  d  y   0 dx  1  y  2    Këtu, lehtë mund t’i nadjmë ndryshoret    y   d  dx  1  y  2    dhe me integrim fitojmë y   x  c1 1  y2 prej nga x  c1 y  2  ( x  c1 ) 2 dhe pasi të integrojmë edhe një herë 1

y  c2   2  ( x  c1 ) 2 ose

( x  c1 ) 2  ( y  c2 ) 2  2 (47) Kemi fituar ekuacionin e rrathëve. Prandaj, nga të gjitha lakoret me gjatësi të njëjtë, rrethi përmbyll sipërfaqen maksimale. Konstantën e integrimit e përcaktojmë nga konditat kufitare, që rrethi i shqyrtuar të kalojë nëpër pikat (a, 0) dhe (-a, 0). Me qenë se kemi simetri të rrethit, qendra e rrethit gjendet në boshtin y, prandaj do të jetë c1 = 0, kurse nëpër pikën (a, 0) duhet të jetë c2  2  a 2 . Prandaj, ekuacioni i rrethit është (48) x 2  ( y  2  a 2 ) 2  2 Ka ngelur të përcaktohet multiplikatori . Këtë do ta përcaktojmë nga gjatësia e dhënë e harkut të lakores 2l. Nga figura, gjysmën e harkut të rrethit l mund ta shprehim me ndihmën e këndit qëndror  l   Në të vërtetë, nga ekuacioni i rrethit kuptojmë se  është rrezja e rrethit. Pra

28 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

l  Me qenë se nga figura rrjedh se a sin    kemi 

a l (49)  sin   Ky është ekuacion transcedental që na mundëson që nga vlera e njohur a dhe l të përcaktojmë . Me këtë detyra është zgjidhur plotësisht. 2. Do të marrim një shembull eksperimental i cili paraqitet në mekanikë. Zingjiri i rëndë homogjen me gjatësi të dhënë l, është i varur në dy skajet e veta. Të përcaktohet forma e zingjirit në pozitën e baraspeshimit nën veprimin e forcës së rëndesës. E dimë se për gjendjen e ekuilibrimit, qendra e rëndimit të zingjirit duhet të ketë pozitën më të ulët. Këtu është me rëndësi vetëm koordinata y e rëndimit Ty. Nga mekanika e dimë se komponenta Ty njehsohet sipas formulës x2

T y    yds x1

O

x1

x2







x

T

y

fig. 7.

ku  është masa e njësisë së gjatësisë dhe

ds  1  y  2 dx Prandaj, vlen x2

Ty    y 1  y 2 dx

(50)

x1

Duhet të zgjedhet aso forme e zingjirit, pra funksionin y = y(x), ashtu që integrali (50) të ketë vlerën më të vogël. Përveç kësaj, gjatësia e zingjirit për çfarëdo forme duhet të jetë konstante. Pra x2



y 1  y  2 dx  l

(51)

x1

Shohim se detyra jonë është formuluar si parim variacioni me një kusht që është shprehur me integralin (51). Prandaj, në këtë problem bëhet fjalë për problem izoperimetrik. Sipas metodës së cekur, (51) duhet të shumëzohet me multiplikatorin 

29

________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

dhe t’i shtohet integrali (50). Për këtë arsye detyra jonë shndërrohet në përcaktimin e funksionit i cili integralit x2

 ( y  )

1  y  2 dx

x1

i jep vlerën më të vogël. Funksioni nën integral e ka formën

F  ( y  ) 1  y  2 dhe tani duhet ta ndërtojmë ekuacionin e Ojlerit. Do të shënojmë shkurtimisht

y  g

kështu që funksioni F e ka vlerën

F  g 1  y2 Ne këtë rast e kemi zgjidhur te problemi i sipërfaqes që fitohet duke e rrotulluar lakoren rreth boshtit x, fq. 33, par. 2, por në vend të y-nit atje, këtu figuron g = y + . Do ta shkruajmë rezultatin (19) i cili është i njëjtë dhe me të njëjtën ecuri. Prandaj, për rastin që po e shqyrtojmë, sipas (19) funksioni do të jetë  xb (52) y    cch   c  Shohim se zingjiri e merr formën e grafikut të funksionit kosinus-hiperbolik, prandaj, për këtë arsye, funksioni kosinus-hiperbolik quhet lakore e zingjirit. Konstantat e integrimit b dhe c duhet t’i përcaktojmë nga konditat kufitare, kurse multiplikatorin  nga gjatësia e zingjirit (51).

30 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

9. Parimi i variacionit në fizikë Disa ligje themelore të fizikës mund të formulohen në formë të parimit të variacionit. Këtë do ta tregojmë me disa shembuj. Së pari do të marrim parimin e variacionit në mekanikë, i cili njihet me emrin parimi i Hamiltonit. Ky parim vlen për lëvizje të cilat kryhen nën veprimin e forcave konservative, pra të forcave të cilat kanë potencial. Ky parim shprehet kështu: Kur pika materiale lëviz nën veprimin e forcës  konservative në intervalin kohor ndërmjet t1 dhe t2, nga pika e përcaktuar me r1 në pikën  e përcaktuar me r2 , atëherë ajo lëviz nëpër atë lakore nëpër të cilën vlera mesatare kohore ndërmjet ndryshimit të energjisë kinetike dhe energjisë potenciale është më i vogli. Në qoftë se energjinë kinetike e shënojmë me T, kurse atë potenciale me V, atëherë vlera mesatare kohore e ndryshimit të tyre është t

1 2 (T  V )dt  min t1  t 2 t

(1)

1

Kjo detyrë shndërrohet në problem variacioni t2

  (T  V )dt  0

(2)

t1

me kondita kufitare     (3) r (t1)  r1 dhe r (t 2 )  r2 Ky është formulimi matematik i parimit të Hamiltonit. Energjia kinetike e pikës materiale është





mv2 m 2  x  y 2  z 2 2 2 kurse energjia potenciale varet nga koordinatat e pikës materiale V  V ( x, y, z) Detyra, më tej, qëndron në gjetjen e lakores hapsinore x  x(t ), y  y(t), z  z(t) nëpër të cilën integrali (2) e ka vlerën më të vogël. E dimë se d (T  V ) (T  V )  0 dt x x d (T  V ) (T  V )  0 dt y y d (T  V ) (T  V )  0 dt x z Me qenë se vlen m    x 2  y 2  z 2  V  (T  V ) 2   mx   x x dhe T





31 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

(T  V ) V  x x ekuacionet e mësipërme e kanë formën V mx   x V my   y V mz   z të cilat mund t’i shkruajmë në formën  (4) mr  gradV që paraqet ekucionin themelor të Njutnit për mekanikën e pikës materiale. Prandaj, ekuacioni i Ojhlerit për parimin e Hamiltonit është identik me ekuacionin diferencial të mekanikës. Detyrën tonë mund ta zgjerojmë edhe për rastin e lëvizjes së pikës materiale kur ajo nuk është e lirë, por është e lidhur me një sipërfaqe. Le të jetë (5) f ( x, y, z)  0 ekuacioni i asaj sipërfaqeje nëpër të cilën lëviz pika materiale. Sipas rregullës për zgjidhjen e problemit të variacionit, së bashku me konditën e dhënë ndihmëse, këtë konditë duhet shumëzuar me multiplikatorin  dhe të gjejmë ekuacionin e Ojlerit për t2

  (T  V  f )dt  0 t1

që shpie në ekuacionin diferencial

 (6) mr  grad(V  f ) Shihet se kondita (5) paraitet si shtesë e potencialit. Në qoftë se kemi të bëjmë me lëvizje të tërë sistemit të pikave materiale, parimi i Hamiltonit mbetet i pandryshuar. I vetmi ndryshim qëndron në faktin se energjia kinetike e sistemit është e barabartë me shumën e energjive kinetike të të gjitha pikave materiale 1 N T   mi xi2  y i2  zi2 2 i 1 kurse energjia potenciale e sistemit varet nga koordinatat e të gjitha pikave materiale të sistemit V  V x1, y1, z1,..., x N , y N , z N  prandaj fitojmë sistemin e ekuacioneve të Ojlerit  m1r1  grad 1V ........................  m r  grad V



N N



N

Zakonisht, ndryshimi ndërmjet energjisë kinetike dhe energjisë potenciale quhet funksion i Lagranzhit

32 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

L  T V Prandaj, parimin e Hamiltonit shkurtimisht mund ta shkruajmë kështu

(7)

t2

  Ldt  0 t1

Për funksionin e Lagranzhit L përdoret edhe emërtimi potencial kinetik dhe me qenë se është analog me madhësinë e cila në termodinamikë quhet energji e lirë, mund të shfrytëzohet edhe ky emërtim. Funksioni i Lagranzhit L paraqet një energji. Prodhimi Ldt e ka dimensionin energjiakoha. Kjo madhësi në zhvillimin e mekanikës, është quajtur aksion ose veprim. Me qenë se parimi i Hamiltonit kërkon që përgjatë rrugës së lëvizjes, veprimi duhet të jetë më i vogël, parimi i Hamiltonit ndryshe quhet edhe parimi i veprimit minimal. E vërejtëm se ekuacioni i lëvizjes është ekuacion i Ojlerit për parimin e veprimit minimal, prandaj ky parim dhe ekuacioni i lëvizjes janë ekuivalentë. Prandaj, ligjet themelore të mekanikës mund t’i formulojmë në dy mënyra: ose duke e postuluar ekuacionin e lëvizjes sikurse veproi Njutni, ose duke e paraqitur si postulat themelor parimin e veprimit minimal. Që të dy formulimet janë ekuivalente. 10. Shembuj nga lëmi të ndryshme të fizikës Parimi i Hmiltonit e ka atë përparësi se nuk varet nga sistemi i koordinatave të cilin e shfrytëzojmë. Në të vërtetë, nuk është e thënë që koordinatat të jenë koordinata në kuptimin matematik, por mund të jenë çfarëdo ndryshore nga të cilat varet lëvizja. Këto koordinata quhen koordinata të përgjithësuara të Lagranzhit. Për shembull, pozita e pikës materiale përcaktohet me këndin që e mbyll pika me vertikalen, prandaj ky kënd quhet koordinatë e përgjithësuar. Këto koordinata i shënojmë me q1, q2, …, qn dhe parimi i Hamiltonit e ka formën t2

  Ldt  0

(8)

t1

por në këtë rast funksioni i Lagranzhit L varet nga koordinatat e përgjithësuara dhe shpejtësitë e përgjithësuara, pra L  Lt , q1, q2 ,..., qn , q1, q 2 ,..., q n  (9) dhe koordinata të përgjithësuara ka aq sa është numri i gradëve të lirisë së lëvizjes. Ekuacionet e lëvizjes janë ekuacionet e Ojlerit (8) të parimit të variacionit d L L (10)   0, i  1, 2, ..., n dx qi qi Prandaj, me parimin e Hamiltonit fitojmë ekuacionet e Lagranzhit për lëvizje në koordinata të përgjithësuara. Do të marrim rastin e lëvizjes së grimcës relativiste e cila lëviz pa veprim të forcës. Le të 1 jetë m0 masa e qetësisë së saj, kurse m0 v 2 energjia kinetike e saj. Me qenë 2

33 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

se nuk ka veprim të forcës nuk do të ketë as energji potenciale. Por te grimca relativiste duhet të merret edhe energjia e qetësisë m0c2. Prandaj, funksionin e Lagranzhit mund ta paraqesim në formën m L  0 v 2  m0 c 2 ; V ( x, y, z)  0 2 ose v 2  2  L  m0 c 1   2c 2    Kllapa paraqet dy termat e parë të zhvillimit të serisë së binomit 1/ 2

 v2  v2 1    1  c2  c2   prandaj është e arsyeshme që funksioni i Lagranzhit për grimcën e lirë relativiste të merret në formën L  m0 c 2 1 

v2

(11) c2 Me ndihmën e (6) mund ta shkruajmë ekuacionin e Ojlerit. Me qenë se është V ( x, y, z)  0 , atëherë

L  m0 c 2 1 

x 2  y 2  z 2 c2

prej nga

L L L    0, x y z L  y

m0 y 1

v2

,

L  m0 c 2 x L  z

c2 Prandaj, ekuacionet e Ojlerit e kanë formën

m0 z 1

v2 c2



x c2

1

v2 c2



m0 x 1

v2 c2

34 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

d dt d dt d dt

m0 x 1

v2

c2 m0 y

1

v

2

c2 m0 z

1

v

2

0

0

0

c2 Këto tri ekuacione mund t’i shkruajmë në formë vektoriale si një ekuacion  d m0 v 0 dt v2 1 c2 Kjo shprehje është identikie me ekuacionin e lëvizjes  dp 0 dt   ku p është sasia e lëvizjes mv e pikës materiale. Duke i krahasuar, fitojmë  m0 v   p  mv  v2 1 c2 Nga kjo kuptojmë se në teorinë e relativitetit për masë të lëvizjes vlen formula m0 m v2 1 c2

(12)

(13)

2. Si shembull të dytë do të marrim lëvizjen e ngarkesës elektrike në fushën elektromagnetike. Grimca me ngarkesë elektrike e e ka enrgjinë kinetike

mv2 2 kurse, sipas përkufizimit, energjinë potenciale V  e ku me  e kemi shënuar potencialin e fushës elektrike (potenciali  është energjia e njësisë së sasisë së elektricitetit). Me qenë se ngarkesa elektrike lëviz edhe në fushën magnetike, kurse fusha magnetike nuk është fushë konservative, pra nuk ka potencial, atëherë duhet që funksionin e Lagranzhit ta zgjerojmë edhe për një anëtar i cili e përshkruan fushën magnetike. Në teorinë e fushës tregohet se për fushën magnetike T

35 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

 ekziston potenciali vektorial A , të cilin duhet ta kyçim në funksionin e Lagranzhit. Kemi vërejtur se funksioni i Lagranzhit përmban vetëm anëtarë skalarë, prandaj duhet që potenciali vektorial të kombinohet asisoji që të fitohet një madhësi skalare. E dimë se fusha magnetike vepron në grimcën e ngarkuar vetëm kur kjo lëviz. Prandaj, si amdhësi  karakteristike duhet të paraqitet edhe shpejtësia v . Forma më e thjeshtë e skalarit të cilin     mund ta ndërtojmë nga A dhe v , është prodhimi i tyre skalar v  A . Me qëllim që ky anëtar ta ketë dimensionin e energjisë në sistemin SI, duhet ta shumëzojmë me ngarkesën e. Prandaj, funksioni i Lagranzhit për lëvizjen e grimcës së ngarkuar në fushën elektromagnetike e ka formën   mv2 (14) L  e  ev  A 2 Ky funksion, i shprehur me anë të komponenteve, e ka formën m L  x 2  y 2  z 2  e  e xAx  yAy  zAz 2 Për të ndërtuar ekuacionin e Ojlerit për njehsim variacioni, duhet të dimë derivatet Ay A  L   A  e  e x x  y  z z  x x  x x x 









L  mx  eAx x dhe ngjashëm për derivatet sipas y dhe z. Ekuacioni i parë i Ojlerit është d  L  L 0   dt  x  x ose A  d mx  eAx   e   e x Ax  y y  z Az dt x  x x x

   

A   d mx   e dAx  e   e x Ax  y y  z Az  dt dt x  x x x  Të përkujtojmë se nga analiza vektoriale vlen dAx Ax    v Ax dt t ose dAx Ax A A A   x x  y x  z x dt t x x x Nga (15) dhe (16), kemi   A  d mx   e   e Ax  e y  y  Ax   z Ax  Az dt x t y   z x   x Do të përkujtojmë poashtu se

(15)

(16)

  

(17)

36 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

   i j k   v  rotA  x y z     (18) rot x A rot y A rot z A           i yrot z A  zrot y A  j zrot x A  xrot z A  k xrot y A  yrot x A



dhe

 i   rotA  x Ax

 

 j  y Ay

 

 k Ay   A    i  z   z  y  z   Az



 Ax Az   Ay Ax   j     k    z  x  x  y    

prej nga

 A Ay  rot x A  z   y z   Ax Az  rot y A   (19)  z x   Ay Ax  rot z A    x y  Nga (17) dhe (19), kemi   d mx   e   e Ax  e yrot z A  zrot y A dt x t   kurse nga (18) kuptojmë se shprehja në kllapë është komponenta i evektorit v  rotA . Për (17), do të kemi  d mx   e   e Ax  e v  rotA x (20) dt x t Ngjashëm fitojmë edhe për dy komponentet tjera y dhe z dhe të trija mund t’i shkruajmë si një ekuacion vektorial   d  A mv   egrad  e  e v  rotA (21) dt t E dimë se për fushën elektrike dhe fushën magnetike ekziston kjo lidhje me potencialet   A E  grad   t   B  rotA dhe tani, ekuacioni (21) e merr formën   d  (22) mv   eE  e v  B dt që me të vërtetë paraqet ekuacionin e lëvizjes së grimcës së ngarkuar në fushën elektromagnetike.

















37 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

3. Edhe ekuacionin themelor të mekanikës kuantike, pra ekuacionin e Shrëdingerit, mund ta përfitojmë nga parimi i variacionit. Do të paraqesim përfitimin e ekuacionit të Shrëdingerit për gjendjen stacionare, për veprim të forcave konservative. Në mekanikën kuantike, gjendja e grimcës përcaktohet me funksionin . Funksioni kompleks i konjuguar do të jetë *. Energjia potenciale për gjendjen kuantike për të cilën është karakteristikë funksioni  , është e barabartë me  * V ku V është potenciali i forcave konservetive. Shpejtësia e grimcës në këtë gjendje është e përcaktuar me shprehjen  v  grad im energjia kinetike e grimcës, është m  grad  grad * T  v2   2 2m kurse funksioni i Lagranzhit do t jetë  (23) grad  grad *  V *  L  T V   2m Parimi i veprimit minimal do të jetë (24)  Ldxdydz  0 Funksioni i gjendjes  duhet të kënaq edhe konditën   * dxdydz  1

(25)

Me anë të kësaj kondite ndihmëse duhet ta përcaktojmë funksionin  për të cilin është       grad  grad * V *    *  dxdydz  0  2m  Në këtë rast funksioni nën integral, është     *   *   *     (V  ) *  F    (26) 2m  x x y y z z  Me qenë se në këtë rast kemi integral të trefisht, ekuacionet e Ojlerit do të jenë F  F  F  F     0   x    y    z            x   z    y  (27)  F  F  F  F     0   * x   *  y   *  z   *          x   z   y   Nga (26) i gjejmë derivatet për (27)

38

________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

 F         x   *  2m x x 2m x 2    x  2

2

2

 F  2    2  2   y   *  2m y y 2m y 2    y 

              

(28)

 F  2    2  2   x   *  2m z z 2m z 2    z  Nga (27) dhe (28) fitojmë  2   2   2   2    (V  )    0 2m  x 2 y 2 z 2  ose 2    V   (29) 2m Nga ekuacioni i parë i (27) fitohet ekuacioni për funksionin kompleks të konjuguar. Ekuacioni (29) quhet ekuacioni i Shrëdingerit. Multiplikatori  e ka dimensionin e energjisë dhe zakonisht në vend të  shënohet energjia e gjendjes kuantike E. Mund të tregohet se edhe ekuacioni i Klajn-Gordonit dhe i Dirakut, fitohen nga parimi i veprimit minimal. Në fund, mund të tregojmë se ligjet e optikës gjeometrike mund të fitohen nga parimi i variacionit që quhet parimi i Fermatit. Ky parim postulon se rrezja e dritës përhapet nëpër atë rrugë përgjatë së cilës i nevojitet kohë minimale ndërmjet dy pikave të dhëna. Ky parim mund të formulohet në formën B

ds 0 v A



(30)

ds është koha për të cilën rrezja e dritës përhapet nga pika A në v pikën B. Preferohet që në (30), në vend të shpejtësisë së dritës të paraqitet indeksi i c përthyerjes n  , prandaj kur 930) e shumëzojmë me c, fitojmë v Në të vërtetë, këtu,

B

  nds  0

(31)

A

Në mjedise me indeks konstant të thyerjes, rrezet e dritës janë drejtza si largësi minimale ndërmjet dy pikave. Në qoftë se mjedisi përbëhet nga pjesët me indeks konstant

39 ________________________________Prof. Dr. Rasim Bejtullahu________________________________

të thyerjes, atëherë edhe rruga e dritës përbëhet nga pjesët e drejtzave. Në ato vende ku indeksi i thyerjes i dritës ndërron në mënyrë diskontinuale, këto drejtza ndërrojnë drejtimin e vet në formë rapide. Tregohet se ky ndërrim i drejtimit kryhet sipas ligjit të thyerjes. Parimi i Fermatit vjen në shprehje në ato mjedisi në të cilat indeksi i thyerjes ndryshon në mënyrë kontinuale. Në këto mjedise rruga e dritës do të jetë lakore e përkulur, forma e së cilës varet nga varshmëria e indeksit të thyerjes n nga pozita e vendit të mjedisit. Prandaj, kalimi i dritës nëpër mjedis me indeks të ndryshuar të thyerjes, duhet të zgjidhet me parimin e Fermatit. Kësisoji duhet vepruar edhe në optikën gjeometrike, sepse fushat elektrike dhe magnetike nëpër të cilat përhapen elektronet, i përgjigjen mjedisit me indeks të thyerjes i cili ndryshon në mënyrë kontinuale. Një problem për parimin e Fermatit është zgjidhur në “Shembuj të zbatimit të parimit të variacionit” (fig. 36). Përkulja e rrezes së dritës ku është supozuar shpejtësia e dritës në formën v  k x , duke supozuar se x është koordinatë vertikale. Në qoftë se përkujtojmë se c c k n   v k x x c ku është k  . Pra kemi të bëjmë me zbatimin e parimit të Fermatit në mjedis në të k cilin indeksi i thyerjes është proporcionalisht i zhdrejtë me lartësinë.

40 ____________________________________Burim Kamishi_____________________________________

PARIMI I MOPERTUA-LAGRANZHIT Shqyrtojmë sistemin konservativ holonom me lidhje stacionare. Pozita e tij le të përcaktohet me koordinatat e përgjithësuara q1 ,..., q s . Shqyrtojmë dy pozita të këtij sistemi, të përcaktuara me pikat A dhe B të hapësirës n-dimensionale. Sikurse edhe te parimi i Hamiltonit, shtrojmë këtë detyrë: në mesin e të gjitha rrugëve përreth, të gjendet rruga drejtvizore e sistemit e cila i bashkon pikat A dhe B. Në këtë rast, duhet që për të gjitha lëvizjet sipas trajektoreve që i bashkojnë pikat A dhe B energjia mekanike të jetë e njëjtë. Me qenë se sistemi i shqyrtuar mekanik është konservativ, atëherë për të vlen integrali i energjisë:

T U  h

ku T është energjia kinetike, U – funksioni i forcës dhe h – një madhësi konstante e cila e përcakton energjinë e sistemit. Pra, madhësia h është konstante për lëvizjen nëpër të gjitha trajektoret përreth. Por, me qenë se me ndërrimin e trajektores ndërron U, atëherë ndërron edhe T. Prandaj, me ndërrimin e trajektores ndërron edhe shpejtësia e lëvizjes dhe si rrjedhim koha e kalimit të sistemit nga pozita A në pozitën B për trajektore të ndryshme do të jetë e ndryshme. Do të marrim se pozitës fillestare A i përgjigjet koha t1 = 0, kurse pozitës përfundimtare B i përgjigjet koha t2 = t. Shqyrtojmë funksionin W të përcaktuar me integralin: t

t n

0

0 i 1

W   2Tdt    mi vi2 dt Ky funksion quhet veprimi sipas Lagranzhit. Nga përkufizimi rrjedh se veprimi sipas Lagranzhit është gjithmonë pozitiv. Madhësinë W mund ta njehsojmë për të gjitha trajektoret të cilat i bashkojnë pikat A dhe B të hapësirës n-dimensionale, duke e marrë energjinë mekanike h  T  U të pandryshueshme. Në këtë rast, t për trajektore të ndryshme do të jetë e ndryshme. Si rezultat të këtyre njehsimeve, tregohet se veprimi i Lagranzhit për rrugë drejtvizore do të ketë vlerë stacionare (në krahasim me vlerën e tij për rrugët tjera përreth). Matematikisht, kjo do të thotë se për lëvizjen reale variacioni i plotë W duhet të jetë i barabartë me zero (edhepse në detyrën e shtruar koha është ndryshore). Para se të vërtetojmë këtë pohim, do të ndalemi në lidhjen ndërmjet veprimit sipas Hamiltonit S dhe veprimit sipas Lagranzhit W. Për t1  0 dhe t 2  t , veprimi sipas Hamiltonit e ka formën: t

t





0

0

S  Ldt  (T  U )dt ku sipas integralit të energjisë, është:

U T h

Kështu,

41 ____________________________________Burim Kamishi_____________________________________

t



S  2Tdt  ht 0

ose

S  W  ht

Duke e marrë t si madhësi të ndryshueshme, ekuacionin e fundit e shkruajmë në formën:

W  S  ht

Njehsojmë W . Me qenë se

W  S  ht

atëherë

W  S  ht

dhe duke e zbatuar formulën q  q  qt mund të shkruajmë W  S  (S  h)t Por, e dimë se S  L , prandaj W  S  (L  h)t Pastaj, kemi t2 n n L    L  S     qi   qi dt  i 1 qi i 1qi  t1  dhe me qenë se L  T  U dhe t1  0, t 2  t , atëherë t n  n  T U    T    S        q d t   q   dt  i i  q qi   q  0 i 1 i 0 i 1 i Anëtari i dytë i formulës së fituar mund të transformohet duke e integruar parcialisht. Atëherë, fitojmë: t

t n T

t

t n    n T  d T     q d t   q          q i   q i      dt q qi dt i  i 1 i  0 0 i 1  0 i 1 i dhe nga kjo, S mund ta shkruajmë në formën: t n 

t

 n T  d T T U   qi dt    S         qi  dt qi qi qi   i 1 qi  0 0 i 1 Shohim se, [qi ]0  0 , sepse të gjitha lëvizjet fillojnë nga pozita A në të njëjtin moment të kohës t = 0, por [qi ]t  0 sepse sistemi kalon në pozitën B sipas rrugëve të tjera përreth në momente të ndryshëm të kohës t. Shprehim variacionet izokrone qi për t 2  t nëpërmjet variacioneve të plota qi duke e shfrytëzuar formulën: q  q  qt Atëherë, mund të shkruajmë:

42 ____________________________________Burim Kamishi_____________________________________

t

t

t

 n T   s T   n T  qi     qi     qi t   i 1 qi  0 i 1 qi  0 i 1 qi  0 Anëtari i parë i ndryshimit të fituar tenton në zero kur të gjitha trajektoret tjera përreth kalojnë nëpër pikat A dhe B. Pastaj, me qenë se lidhjet janë stacionare, atëherë T është funksion kuadratik homogjen i shpejtësive të përgjithësuara dhe duke e zbatuar formulën e Ojlerit, kemi: n T  q qi  2T i 1 i Prandaj, ekuacioni i mësipërm mund të shkruhet në formën: t

 n T  qi   2Tt   0 i 1 qi prej nga t n  d T T U   qi dt  2Tt S          d t  q  q  q  i i i    i  1  0 Duke marrë tani parasysh se W  S  (L  h)t

fitojmë t n  d T T U   qi dt  ( L  h  2T )t W          d t  q  q  q  i i i    i  1 0

Por, e dimë se

L  T  U dhe T-U  h

prandaj

L  h  2T  (T  U )  h  0 dhe përfundimisht mund të shkruajmë: t n  d T T U   qi dt W          d t  q  q  q  i i i   0 i 1 Nga ana tjetër, për lëvizjen reale, faktorët pranë qi tentojnë në zero (sipas ekuacioneve të lëvizjes së sistemeve konservative holonome), kështu që për trajektoret drejtvizore vlen ekuacioni

W  0

Relacioni i fituar përmban kuptimin e parimit të Mopertua- Lagranzhit, i cili thotë: Lëvizja reale (drejtvizore) e sistemit ndërmjet dy pozitave të dhëna ndryshon nga lëvizjet e tjera përreth, të sistemit me të njëjtën energji mekanike ndërmjet atyre dy pozitave, në atë mënyrë që për lëvizjen reale variacioni i plotë i veprimit sipas Lagranzhit të jetë zero. Vërtetimin e parimit të Mopertua-Lagranzhit e kemi bërë duke u nisur nga ekuacionet e lëvizjes së sistemeve konservative holonome. Megjithatë, në qoftë se, anasjelltas, e pranojmë parimin e Mopertua-Lagranzhit si aksiomë fillestare, atëherë nga

43 ____________________________________Burim Kamishi_____________________________________

ai, si rrjedhim mund t’i fitojmë ekuacionet e lëvizjes së sitemeve konservative holonome. Me të vërtetë, le të jetë W  0 . Atëherë t n  d T T U         dt q  q  q qi dt  0 i i i  0 i 1 dhe me qenë se këtu, intervali i integrimit është i çfarëdoshëm, atëherë, në mënyrë që të vlejë ky ekuacion, duhet që funksioni nën integral të jetë i barabartë me zero. Kjo është e mundur vetëm atëherë kur të gjithë koeficientët pranë qi janë të barabartë me zero (me qenë se qi është e çfarëdoshme). Kështu arrijmë deri te ekuacionet e njohura të lëvizjes së sistemeve konservative holonome: d T T U     0 (i  1,..., n) dt qi qi qi Parimit të Mopertua-Lagranzhit mund t’i japim forma të ndryshme varësisht nga shprehjet e ndryshme të veprimit sipas Lagranzhit. Shqyrtojmë veprimin sipas Lagranzhit në formën e propozuar nga Mopertua: t

t N

0

0 k 1

W   2Tdt  

 mk vk2dt

ku N është numri i pikave që e përbëjnë sistemin, kurse vk – shpejtësia e pikës së k-të të sistemit. Por vk dt mund të zëvendësohet me elementin e harkut dsk të trajektores së pikës së k-të të sistemit. Duke marrë pra në ekuacionin e mësipërm vk dt  dsk fitojmë

W

B N

  mk vk dsk

Ak 1

Këtu, integrimi kryhet sipas harqeve të trajektoreve të pikave të sistemit nga konfiguracioni A deri te konfiguracioni B. Formula e fundit shpreh veprimin në formën e Mopertuasë. Shqyrtojmë edhe një shprehje për veprimin. Me qenë se

2T 

N

 mk vk2 

k 1

N



mk dsk2

k 1

dhe sipas integralit të energjisë 2T  2(U  h) do të kemi N m ds 2 k  2 k  2(U  h) k 1 dt Nga kjo, kemi

dt 2

44 ____________________________________Burim Kamishi_____________________________________

N

 mk dsk2

dt  k 1 2(U  h) Duke e zëvendësuar këtë shprehje për dt në veprimin sipas Lagranzhit, kemi t

B

0

A

W   2Tdt 



2(U  h)

N

 mk dsk2

k 1

Shprehja e fituar paraqet veprimin në formën e Jakobit. Integrimi në këtë formulë kryhet sipas harqeve të trajektoreve ndërmjet pozitave A dhe B. Kjo shprehje ka kuptim krejtësisht gjeometrik sepse në të është eliminuar koha. Duke futur në shprehjen e fundit koordinatat e përgjithësuara, shkruajmë: N

N

N

k 1

k 1

k , l 1

 mk dsk2   mk (dxk2  dyk2  dzk2 )   akldqk dql

Atëherë, veprimi në formën e Jakobit e merr formën:

W

B



2(U  h)

N

 akldqk dql

k , l 1

A

Le t’i paraqesim koordinatat e përgjithësuara q1 ,..., qn si funksione të njëvlershme të një parametri . Atëherë, çdo vlere të  do t’i përgjigjet një sistem i përcaktuar i vlerave q1 ,..., qn , përkatësisht, një pikë e caktuar në hapësirën n-dimensionale. Duke e ndërruar  në mënyrë kontinuale, në këtë hapësirë e fitojmë një lakore njëdimensionale e cila quhet lakore në hapësirën n-dimensionale (sipas analogjisë me hapësirën tridimensionale). Le t’i përgjigjet pozitës A të sistemit vlera   1, kurse pozitës B, vlera   2 . Shënojmë, përveç kësaj, derivatin e koordinatave të përgjithësuara sipas parametrit  : dqk  qk d Atëherë, veprimi në formën e Jakobit e merr formën:

W

2



2(U  h)

n

 aklqk ql d

k , l 1

1

Me qenë se 2(U + h), si edhe akl , janë funksione vetëm të koordinatave, mund të shkruajmë:

2(U  h)

n

 akldqk dql 

k , l 1

n

 bkldqk dql

 d 2

k , l 1

ku bkl janë koeficientë të cilët varen nga koordinatat e përgjithësuara. Prandaj d2 mund të interpretohet si formë kuadratike fundamentale që përkufizon metrikën e një hapësire të Rimanit. Veprimi në formën e Jakobit, tani shkruhet në formën:

45 ____________________________________Burim Kamishi_____________________________________

B

W   d A

Si rrjedhim, problemi i lëvizjes së sistemit konservativ holonom, shndërrohet në problemin e gjetjes së ekstremumit të integralit të fundit. Gjeometrikisht, kjo i përgjigjet përkufizimit të vijave gjeometrike të hapësirës n-dimensionale të Rimanit. S h e m b u l l . Shqyrtojmë se çfarë do të jetë lëvizja inerciale e pikës materiale, nëpër një sipërfaqe të lëmuet. Me qenë se sistemi, këtu zëvendësohet me një pike, atëherë si koordinata të përgjithësuara duhet të merren koordinatat vijëpërkulëta të sipërfaqes q1 dhe q2 . Atëherë, n

 akldqk dql

k , l 1

do të jetë katrori i elementit të harkut të asaj sipërfaqeje dhe sipas parimit të MopertuaLagranzhit, lëvizja inerciale e pikes do të ndodh përgjatë vijave gjeodezike të hapësirës së dhënë. Deri te ky rezultat mund të arrijmë edhe në mënyrë tjetër. Parimi i Mopertua-Lagranzhit mund të shkruhet në formën: t



 2Tdt  0 0

dhe me qenë se lëvizja e pikës ndodh sipas inercisë, atëherë do të jetë: U  const. dhe nga integrali i energjisë, fitojmë: 1 2 mv  const. 2 Në këtë mënyrë, shpejtësitë e lëvizjes përgjatë trajektoreve të ndryshme përreth, do të jenë konstante dhe të barabarta: t

t





0

0

 2Tdt   mv 2 dt  mv 2 t  0 gjegjësisht Por me qenë se Atëherë

t  0

s  vt

s  vt  0 përkatësisht, lëvizja reale ndërmjet pikave A dhe B kryhet përgjatë vijave gjeodezike të sipërfaqes.

46

Autorë: Prof. Dr. RASIM BEJTULLAHU dhe BURIM KAMISHI

Prishtinë 2003

© Kjo dispencë shërben vetëm për nevoja të mbrendshme në Departamentin e Fizikës të Fakultetit të Shkencave Matematike-Natyrore në Prishtinë dhe nuk mund të përdoret pa lejen e autorëve.