Extrema de un funcional

Question

Me interesa calcular un extremo para lo funcional.

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

satisfaciendo las condiciones de contorno $y(0)=y'(0)=0$ y $y(1)=1, y'(1)=2$.

Mi intento:

Mi primer intento fue obvio, es decir, desde $J$ no depende de $y $ explícitamente, existe una constante $c_{1} $ tal que:

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

Y desde

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

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

Tenemos eso

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

Traté de resolver la ecuación anterior pero no es trivial para mí, solo sé los conceptos básicos sobre ODE, para tratar de resolverlo hice el cambio de variable $z=y'$ y tengo

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

Sin embargo, todavía no veo cómo resolverlo si sigo ese camino :(.

Mi segundo intento fue considerar el cambio de variables

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

Así,

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

Y por lo tanto,

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

Lo que implica que,

$ 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$

Como puede ver, esto no mejora la situación jaja :(.

¿Alguna ayuda? Gracias por adelantado.

Answer 1

Creo que he encontrado la solución. Ya que$J$ no depende explícitamente de $y$, ya ha dicho que existe una constante $c_{1}$ tal que

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

Pero, también es cierto que desde $J$ no depende explícitamente de $x$ existe una constante $c_{2}$ tal que

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

Es decir, tenemos eso

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

Por lo tanto,

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

La condición de frontera $y'(0)=0$ implica que $c_{2}=0$y, por lo tanto, solo necesitamos resolver

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

Esta última ecuación conduce a $y''^2=\displaystyle \frac{1}{c_{1}^2}-1$. Integrando y usando las otras condiciones de contorno vemos que$y(x)=x^2$.

Answer 2

I) Estrategia general:

1. OP es funcional $J[y]$ es equivalente a $$S[y,v,\lambda]~=~\int_0^1\! \mathrm{d}x~L,\qquad L~=~ v\sqrt{1+\dot{v}^2}+\lambda(\dot{y}-v),\tag{A}$$ con las condiciones de contorno (BC) $$ y(0)~=~0~=~v(0),\qquad y(1)~=~1,\qquad v(1)~=~2.\tag{B}$$ Aquí el punto significa diferenciación wrt. $x$. (Para volver al funcional de OP$J[y]$ solo elimina la restricción $$\dot{y}~=~v\tag{C}$$y el multiplicador de Lagrange $\lambda$.)

2. A continuación, usamos el teorema de Noether (NT) :

   • Ya que $y$es una variable cíclica , el impulso correspondiente$$\frac{\partial L}{\partial \dot{y}}~=~\lambda\tag{D}$$ es una constante de movimiento.

   • Dado que el lagrangiano (A) no tiene $x$-dependencia, la energía $$ E~=~\dot{y}\frac{\partial L}{\partial \dot{y}} +\dot{v}\frac{\partial L}{\partial \dot{v}} +\dot{\lambda}\frac{\partial L}{\partial \dot{\lambda}}-L~=~\ldots~=~ \frac{v}{\sqrt{1+\dot{v}^2}} +\lambda v \tag{E}$$ es una constante de movimiento.

   Si no conoce NT, debería comprobar que las derivadas totales desaparecen $$ \frac{d\lambda}{dx}~=~0\qquad\text{and}\qquad \frac{dE}{dx}~=~0, \tag{F}$$utilizando las ecuaciones EL para el funcional (A).

3. Eq. (E) conduce a una EDO de primer orden$$ \dot{v}~=~\pm\sqrt{\frac{v^2}{(E-\lambda v)^2}-1},\tag{F} $$que se puede integrar $$ \pm (x-x_0)~=~\int\!\frac{\mathrm{d}v}{\sqrt{\frac{v^2}{(E-\lambda v)^2}-1}}~=~\ldots \tag{G}$$ para obtener la función inversa $v\mapsto x(v)$.

4. Ecs. (C) y (G) conducen en principio a una solución$x\mapsto y(x)$ con 4 constantes de integración $(\lambda,E,x_0,y_0)$, que debe ser determinado por los 4 CB (B).

II) Condiciones de contorno específicas:

1. Eq. (E) con el BC$v(0)=0$ rendimientos $E=0$. Entonces eq. (F) se simplifica a$\dot{v}={\rm const}$, que se puede integrar fácilmente a $y(x)=Ax^2+Bx+C$. Los BC (B) luego cede$$y(x)~=~x^2. \tag{H}$$

Answer 3

Idea experimental

Conjunto $\sin(u)=\frac{y''}{\sqrt{1+y''^2}}\implies y''=\tan(u)$. Entonces la ecuación de Euler-Lagrange se reduce a$(y'\sin(u))'=c_1+\sqrt{1+y''^2}$, que se transforma aún más en $$ \tan(u)\sin(u)+y'\cos(u)u'=c_1+\frac1{\cos(u)} \implies u'=\frac{\frac{c_1}{\cos(u)}+1}{y'} $$ Con $y'=v$ esto le da al sistema de primer orden \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} Esto podría ser útil como una formulación compacta para un solucionador de BVP.

Soluciones constantes

Si $c_1+\cos(u)=0$, entonces esto da soluciones constantes válidas. Así$y''=C\implies y=A+Bx+\frac12Cx^2$. Esto también incluye los casos$v=y'=0\implies y=A+Bx$. Con las condiciones iniciales se pueden descartar las funciones lineales, las funciones cuadráticas dan una solución$y(x)=x^2$. Esto no prueba que sea la única solución ni la óptima entre ellas.

Una integración más

Suponiendo que los denominadores no son cero o al menos no son cero constantes, la combinación de las dos últimas ecuaciones da, $$ \frac{v'}{v}=\frac{\sin(u)u'}{c_1+\cos(u)}\implies v=\frac{c_2}{c_1+\cos(u)} $$ y entonces $$ \frac{\cos(u)u'}{(c_1+\cos(u))^2}=\frac1{c_2} $$ que en principio se puede integrar ...