Extrema eines funktionalen

Question

Ich bin daran interessiert, ein Extremal für das Funktionale zu berechnen

$J(y)= \displaystyle\int_{0}^{1} y' \sqrt{1+(y'') ^{2}} dx $

Erfüllung der Randbedingungen $y(0)=y'(0)=0$ und $y(1)=1, y'(1)=2$.

Mein Versuch:

Mein erster Versuch war offensichtlich, das heißt seitdem $J$ hängt nicht davon ab $y $ explizit existiert eine Konstante $c_{1} $ so dass:

$c_{1}= \displaystyle \frac{d}{dx} \frac{{\partial f}}{{\partial y''}}-\frac{{\partial f}}{{\partial y'}} $

Und seit

$\displaystyle \frac{{\partial f}}{{\partial y''}}= \frac{y y''}{\sqrt{1+(y'')^2}}$

$\displaystyle \frac{{\partial f}}{{\partial y'}}= \sqrt{1+(y'')^2}$

Wir haben das

$c_{1}= \displaystyle \frac{y'y'''-(y'')^{2}-1}{(1+(y'')^{2})^{3/2}}$

Ich habe versucht, die obige Gleichung zu lösen, aber es ist für mich nicht trivial. Ich kenne nur die Grundlagen von ODE. Um sie zu lösen, habe ich die Änderung der Variablen vorgenommen $z=y'$ und ich bekam

$c_{1}(1+z'^{2}z^{2})^{3}=(z^{3}z''-1)^{2}$

Ich sehe jedoch immer noch nicht, wie ich es lösen soll, wenn ich diesem Pfad folge :(.

Mein zweiter Versuch war, die Änderung von Variablen zu berücksichtigen

$x=r(\theta)cos (\theta)$ $y=r(\theta)sin(\theta)$

So,

$\displaystyle \frac{dy}{dx}= \displaystyle \frac{ rcos(\theta)+r' sin(\theta)}{-rsin(\theta)+r' cos(\theta)}$

Und deshalb,

$\displaystyle \frac{d^{2}y}{dx^{2}}= \displaystyle \frac{2(r')^{2}-r(r''-r)}{(-rsin(\theta)+r' cos(\theta))^{3}}$

Was impliziert, dass

$ y' \sqrt{1+(y'') ^{2}} dx = \displaystyle \frac{ rcos(\theta)+r' sin(\theta)}{-rsin(\theta)+r' cos(\theta)} \sqrt{1+\displaystyle \frac{(2(r')^{2}-r(r''-r))^{2}}{(-rsin(\theta)+r' cos(\theta))^{6}}} d \theta$

Wie Sie sehen können, verbessert dies nicht die Situation haha ​​:(.

Irgendeine Hilfe? Danke im Voraus.

Answer 1

Ich denke, ich habe die Lösung gefunden. Schon seit$J$ hängt nicht explizit von ab $y$, er hat bereits gesagt, dass es eine Konstante gibt $c_{1}$ so dass

$ \displaystyle \frac{d}{dx} \frac{{\partial f}}{{\partial y''}} -\frac{{\partial f}}{{\partial y'}}=c_{1} $

Aber es ist auch wahr, dass seitdem $J$ hängt nicht explizit von ab $x$ es gibt eine Konstante $c_{2}$ so dass

$\displaystyle y'' \frac{{\partial f}}{{\partial y''}} - y' \left( \displaystyle \frac{d}{dx} \frac{{\partial f}}{{\partial y''}} -\frac{{\partial f}}{{\partial y'}} \right)-f= c_{2}$

Das heißt, wir haben das

$\displaystyle y'' \frac{{\partial f}}{{\partial y''}} - y' c_{1}-f=c_{2}$

Deshalb,

$-c_{1}y'- \displaystyle \frac{y'}{\sqrt{1+y''^2}}=c_{2}$

Die Randbedingung $y'(0)=0$ impliziert, dass $c_{2}=0$und damit müssen wir nur lösen

$-c_{1}y'= \displaystyle \frac{y'}{\sqrt{1+y''^2}}$

Diese letzte Gleichung führt zu $y''^2=\displaystyle \frac{1}{c_{1}^2}-1$. Wenn wir die anderen Randbedingungen integrieren und nutzen, sehen wir das$y(x)=x^2$.

Answer 2

I) Allgemeine Strategie:

1. OP ist funktionsfähig $J[y]$ ist äquivalent zu $$S[y,v,\lambda]~=~\int_0^1\! \mathrm{d}x~L,\qquad L~=~ v\sqrt{1+\dot{v}^2}+\lambda(\dot{y}-v),\tag{A}$$ mit den Randbedingungen (BCs) $$ y(0)~=~0~=~v(0),\qquad y(1)~=~1,\qquad v(1)~=~2.\tag{B}$$ Hier bedeutet Punkt Differenzierung. $x$. (Um zur Funktionsweise von OP zurückzukehren$J[y]$ Beseitigen Sie einfach die Einschränkung $$\dot{y}~=~v\tag{C}$$und der Lagrange-Multiplikator $\lambda$.)

2. Als nächstes verwenden wir den Satz von Noether (NT) :

   • Schon seit $y$ist eine zyklische Variable , der entsprechende Impuls$$\frac{\partial L}{\partial \dot{y}}~=~\lambda\tag{D}$$ ist eine Konstante der Bewegung.

   • Da hat der Lagrange (A) keine explizite $x$-abhängigkeit, die energie $$ E~=~\dot{y}\frac{\partial L}{\partial \dot{y}} +\dot{v}\frac{\partial L}{\partial \dot{v}} +\dot{\lambda}\frac{\partial L}{\partial \dot{\lambda}}-L~=~\ldots~=~ \frac{v}{\sqrt{1+\dot{v}^2}} +\lambda v \tag{E}$$ ist eine Konstante der Bewegung.

   Wenn Sie NT nicht kennen, sollten Sie nur überprüfen, ob die gesamten Derivate verschwinden $$ \frac{d\lambda}{dx}~=~0\qquad\text{and}\qquad \frac{dE}{dx}~=~0, \tag{F}$$unter Verwendung der EL-Gleichungen für die Funktion (A).

3. Gl. (E) führt zu einer ODE 1. Ordnung$$ \dot{v}~=~\pm\sqrt{\frac{v^2}{(E-\lambda v)^2}-1},\tag{F} $$welches integriert werden kann $$ \pm (x-x_0)~=~\int\!\frac{\mathrm{d}v}{\sqrt{\frac{v^2}{(E-\lambda v)^2}-1}}~=~\ldots \tag{G}$$ um die Umkehrfunktion zu erhalten $v\mapsto x(v)$.

4. Gl. (C) & (G) führen grundsätzlich zu einer Lösung$x\mapsto y(x)$ mit 4 Integrationskonstanten $(\lambda,E,x_0,y_0)$, die durch die 4 BCs (B) bestimmt werden sollte.

II) Spezifische Randbedingungen:

1. Gl. (E) mit dem BC$v(0)=0$ ergibt $E=0$. Dann ist Gl. (F) vereinfacht zu$\dot{v}={\rm const}$, die leicht integriert werden kann $y(x)=Ax^2+Bx+C$. Die BCs (B) ergeben dann$$y(x)~=~x^2. \tag{H}$$

Answer 3

Experimentelle Idee

einstellen $\sin(u)=\frac{y''}{\sqrt{1+y''^2}}\implies y''=\tan(u)$. Dann reduziert sich die Euler-Lagrange-Gleichung auf$(y'\sin(u))'=c_1+\sqrt{1+y''^2}$, die sich weiter verwandelt in $$ \tan(u)\sin(u)+y'\cos(u)u'=c_1+\frac1{\cos(u)} \implies u'=\frac{\frac{c_1}{\cos(u)}+1}{y'} $$ Mit $y'=v$ Dies ergibt das System erster Ordnung \begin{align} y'&=v,& y(0)&=0,&y(1)&=1\\ v'&=\tan(u),& v(0)&=0,&v(1)&=2\\ u'&=\frac{\frac{c_1}{\cos(u)}+1}{v} \end{align} Dies könnte als kompakte Formulierung für einen BVP-Löser nützlich sein.

Ständige Lösungen

Wenn $c_1+\cos(u)=0$Dies ergibt dann eine gültige konstante Lösung. So$y''=C\implies y=A+Bx+\frac12Cx^2$. Dies schließt auch die Fälle ein$v=y'=0\implies y=A+Bx$. Mit den Anfangsbedingungen können die linearen Funktionen ausgeschlossen werden, die quadratischen Funktionen geben eine Lösung$y(x)=x^2$. Dies beweist nicht, dass es die einzige Lösung oder das Optimum unter ihnen ist.

Eine weitere Integration

Unter der Annahme, dass die Nenner nicht Null oder zumindest nicht konstant Null sind, ergibt die Kombination der letzten beiden Gleichungen: $$ \frac{v'}{v}=\frac{\sin(u)u'}{c_1+\cos(u)}\implies v=\frac{c_2}{c_1+\cos(u)} $$ und dann $$ \frac{\cos(u)u'}{(c_1+\cos(u))^2}=\frac1{c_2} $$ was im Prinzip integriert werden kann ...