機能の極値
関数の極値を計算することに興味があります
$J(y)= \displaystyle\int_{0}^{1} y' \sqrt{1+(y'') ^{2}} dx $
境界条件を満たす $y(0)=y'(0)=0$ そして $y(1)=1, y'(1)=2$。
私の試み：
私の最初の試みは明白でした、つまり、 $J$ に依存しません $y $ 明示的に、定数が存在します $c_{1} $ そのような：
$c_{1}= \displaystyle \frac{d}{dx} \frac{{\partial f}}{{\partial y''}}-\frac{{\partial f}}{{\partial y'}} $
それ以来
$\displaystyle \frac{{\partial f}}{{\partial y''}}= \frac{y y''}{\sqrt{1+(y'')^2}}$
$\displaystyle \frac{{\partial f}}{{\partial y'}}= \sqrt{1+(y'')^2}$
私たちはそれを持っています
$c_{1}= \displaystyle \frac{y'y'''-(y'')^{2}-1}{(1+(y'')^{2})^{3/2}}$
私は上記の方程式を解こうとしましたが、それは私にとって非常に重要です。私はODEの基本を知っているだけです。それを解こうとすると、変数を変更しました。 $z=y'$ そして私は得た
$c_{1}(1+z'^{2}z^{2})^{3}=(z^{3}z''-1)^{2}$
しかし、私がその道をたどると、それを解決する方法がまだわかりません:(。
私の2番目の試みは、変数変換を検討することでした
$x=r(\theta)cos (\theta)$ $y=r(\theta)sin(\theta)$
したがって、
$\displaystyle \frac{dy}{dx}= \displaystyle \frac{ rcos(\theta)+r' sin(\theta)}{-rsin(\theta)+r' cos(\theta)}$
したがって、
$\displaystyle \frac{d^{2}y}{dx^{2}}= \displaystyle \frac{2(r')^{2}-r(r''-r)}{(-rsin(\theta)+r' cos(\theta))^{3}}$
つまり、
$ 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$
ご覧のとおり、これは状況を改善しませんhaha :(。
何か助けはありますか？前もって感謝します。
回答
私は解決策を見つけたと思います。以来$J$ 明示的に依存していません $y$、彼はすでに定数が存在すると言っています $c_{1}$ そのような
$ \displaystyle \frac{d}{dx} \frac{{\partial f}}{{\partial y''}} -\frac{{\partial f}}{{\partial y'}}=c_{1} $
しかし、それ以来、 $J$ 明示的に依存していません $x$ 定数が存在します $c_{2}$ そのような
$\displaystyle y'' \frac{{\partial f}}{{\partial y''}} - y' \left( \displaystyle \frac{d}{dx} \frac{{\partial f}}{{\partial y''}} -\frac{{\partial f}}{{\partial y'}} \right)-f= c_{2}$
つまり、私たちはそれを持っています
$\displaystyle y'' \frac{{\partial f}}{{\partial y''}} - y' c_{1}-f=c_{2}$
したがって、
$-c_{1}y'- \displaystyle \frac{y'}{\sqrt{1+y''^2}}=c_{2}$
境界条件 $y'(0)=0$ ことを意味します $c_{2}=0$、したがって、解決する必要があるのは
$-c_{1}y'= \displaystyle \frac{y'}{\sqrt{1+y''^2}}$
この最後の方程式は $y''^2=\displaystyle \frac{1}{c_{1}^2}-1$。他の境界条件を統合して使用すると、$y(x)=x^2$。
I）一般的な戦略：
OPの機能 $J[y]$ と同等です $$S[y,v,\lambda]~=~\int_0^1\! \mathrm{d}x~L,\qquad L~=~ v\sqrt{1+\dot{v}^2}+\lambda(\dot{y}-v),\tag{A}$$ 境界条件（BC） $$ y(0)~=~0~=~v(0),\qquad y(1)~=~1,\qquad v(1)~=~2.\tag{B}$$ ここで、ドットは差別化を意味します。 $x$。（OPの機能に戻るには$J[y]$ 制約を取り除くだけです $$\dot{y}~=~v\tag{C}$$とラグランジュ乗数 $\lambda$。）
次に、ネーターの定理（NT）を使用します。
以来 $y$は循環変数であり、対応する運動量$$\frac{\partial L}{\partial \dot{y}}~=~\lambda\tag{D}$$ 運動の積分です。
ラグランジアン（A）には明示的なものがないため $x$-依存、エネルギー $$ E~=~\dot{y}\frac{\partial L}{\partial \dot{y}} +\dot{v}\frac{\partial L}{\partial \dot{v}} +\dot{\lambda}\frac{\partial L}{\partial \dot{\lambda}}-L~=~\ldots~=~ \frac{v}{\sqrt{1+\dot{v}^2}} +\lambda v \tag{E}$$ 運動の積分です。
NTがわからない場合は、導関数の合計が消えることを確認する必要があります。 $$ \frac{d\lambda}{dx}~=~0\qquad\text{and}\qquad \frac{dE}{dx}~=~0, \tag{F}$$汎関数（A）のEL方程式を使用します。
式 （E）一次常微分方程式につながる$$ \dot{v}~=~\pm\sqrt{\frac{v^2}{(E-\lambda v)^2}-1},\tag{F} $$統合できる $$ \pm (x-x_0)~=~\int\!\frac{\mathrm{d}v}{\sqrt{\frac{v^2}{(E-\lambda v)^2}-1}}~=~\ldots \tag{G}$$ 逆関数を取得するには $v\mapsto x(v)$。
式 （C）＆（G）は原則として解決策につながる$x\mapsto y(x)$ 4つの積分定数 $(\lambda,E,x_0,y_0)$、これは4つのBC（B）によって決定される必要があります。
II）特定の境界条件：
- 式 （E）BCと$v(0)=0$ 収量 $E=0$。次に、式。（F）は次のように簡略化します$\dot{v}={\rm const}$、に簡単に統合できます $y(x)=Ax^2+Bx+C$。次に、BC（B）は次のようになります。$$y(x)~=~x^2. \tag{H}$$
実験的なアイデア
セットする $\sin(u)=\frac{y''}{\sqrt{1+y''^2}}\implies y''=\tan(u)$。次に、オイラーラグランジュ方程式は次のようになります。$(y'\sin(u))'=c_1+\sqrt{1+y''^2}$、さらに変換されます $$ \tan(u)\sin(u)+y'\cos(u)u'=c_1+\frac1{\cos(u)} \implies u'=\frac{\frac{c_1}{\cos(u)}+1}{y'} $$ と $y'=v$ これは一次システムを与えます \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} これは、BVPソルバーのコンパクトな定式化として役立つ可能性があります。
一定のソリューション
場合 $c_1+\cos(u)=0$、次にこれは有効な定数解を与えます。したがって、$y''=C\implies y=A+Bx+\frac12Cx^2$。これにはケースも含まれます$v=y'=0\implies y=A+Bx$。初期条件では、線形関数を除外することができ、二次関数は解を与えます$y(x)=x^2$。これは、それが唯一の解決策またはそれらの中で最適であることを証明するものではありません。
もう1つの統合
分母がゼロではない、または少なくとも一定のゼロではないと仮定すると、最後の2つの方程式を組み合わせると、次のようになります。 $$ \frac{v'}{v}=\frac{\sin(u)u'}{c_1+\cos(u)}\implies v=\frac{c_2}{c_1+\cos(u)} $$ その後 $$ \frac{\cos(u)u'}{(c_1+\cos(u))^2}=\frac1{c_2} $$ 原則として統合することができます。