Extrema de um funcional

Question

Estou interessado em calcular um extremo para o funcional

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

satisfazendo as condições de limite $y(0)=y'(0)=0$ e $y(1)=1, y'(1)=2$.

Minha tentativa:

Minha primeira tentativa foi óbvia, isto é, uma vez que $J$ não depende de $y $ explicitamente, existe uma constante $c_{1} $ de tal modo que:

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

E desde

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

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

Nós temos isso

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

Eu tentei resolver a equação acima mas não é nada trivial para mim, eu só conheço o básico sobre ODE, para tentar resolver fiz a mudança de variável $z=y'$ e eu tenho

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

No entanto, ainda não vejo como resolvê-lo se eu seguir esse caminho :(.

Minha segunda tentativa foi considerar a mudança de variáveis

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

Portanto,

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

E portanto,

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

O 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 você pode ver, isso não melhora a situação haha ​​:(.

Qualquer ajuda? Desde já, obrigado.

Answer 1

Acho que encontrei a solução. Desde a$J$ não depende explicitamente de $y$, ele já disse que existe uma constante $c_{1}$ de tal modo que

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

Mas, também é verdade que desde $J$ não depende explicitamente de $x$ existe uma constante $c_{2}$ de tal modo que

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

Ou seja, nós temos que

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

Portanto,

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

A condição de limite $y'(0)=0$ implica que $c_{2}=0$e, portanto, só precisamos resolver

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

Esta última equação leva a $y''^2=\displaystyle \frac{1}{c_{1}^2}-1$. Integrando e usando as outras condições de contorno, vemos que$y(x)=x^2$.

Answer 2

I) Estratégia geral:

1. OP é funcional $J[y]$ é equivalente a $$S[y,v,\lambda]~=~\int_0^1\! \mathrm{d}x~L,\qquad L~=~ v\sqrt{1+\dot{v}^2}+\lambda(\dot{y}-v),\tag{A}$$ com as condições de fronteira (BCs) $$ y(0)~=~0~=~v(0),\qquad y(1)~=~1,\qquad v(1)~=~2.\tag{B}$$ Aqui, ponto significa diferenciação escrita. $x$. (Para voltar ao OP funcional$J[y]$ apenas elimine a restrição $$\dot{y}~=~v\tag{C}$$e o multiplicador de Lagrange $\lambda$.)

2. Em seguida, usamos o teorema de Noether (NT) :

   • Desde a $y$é uma variável cíclica , o momento correspondente$$\frac{\partial L}{\partial \dot{y}}~=~\lambda\tag{D}$$ é uma constante de movimento.

   • Uma vez que o Lagrangiano (A) não tem $x$-dependência, a energia $$ E~=~\dot{y}\frac{\partial L}{\partial \dot{y}} +\dot{v}\frac{\partial L}{\partial \dot{v}} +\dot{\lambda}\frac{\partial L}{\partial \dot{\lambda}}-L~=~\ldots~=~ \frac{v}{\sqrt{1+\dot{v}^2}} +\lambda v \tag{E}$$ é uma constante de movimento.

   Se você não conhece o NT, você deve apenas verificar se os derivados totais desaparecem $$ \frac{d\lambda}{dx}~=~0\qquad\text{and}\qquad \frac{dE}{dx}~=~0, \tag{F}$$usando as equações EL para o funcional (A).

3. Eq. (E) leva a uma ODE de 1ª ordem$$ \dot{v}~=~\pm\sqrt{\frac{v^2}{(E-\lambda v)^2}-1},\tag{F} $$que pode ser integrado $$ \pm (x-x_0)~=~\int\!\frac{\mathrm{d}v}{\sqrt{\frac{v^2}{(E-\lambda v)^2}-1}}~=~\ldots \tag{G}$$ para obter a função inversa $v\mapsto x(v)$.

4. Eqs. (C) e (G) levam, em princípio, a uma solução$x\mapsto y(x)$ com 4 constantes de integração $(\lambda,E,x_0,y_0)$, que deve ser determinado pelos 4 BCs (B).

II) Condições de limite específicas:

1. Eq. (E) com o BC$v(0)=0$ rendimentos $E=0$. Então eq. (F) simplifica para$\dot{v}={\rm const}$, que pode ser prontamente integrado ao $y(x)=Ax^2+Bx+C$. O BCs (B) então produz$$y(x)~=~x^2. \tag{H}$$

Answer 3

Ideia experimental

Conjunto $\sin(u)=\frac{y''}{\sqrt{1+y''^2}}\implies y''=\tan(u)$. Então a equação de Euler-Lagrange se reduz a$(y'\sin(u))'=c_1+\sqrt{1+y''^2}$, que ainda se transforma em $$ \tan(u)\sin(u)+y'\cos(u)u'=c_1+\frac1{\cos(u)} \implies u'=\frac{\frac{c_1}{\cos(u)}+1}{y'} $$ Com $y'=v$ isso dá o sistema de primeira ordem \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} Isso pode ser útil como uma formulação compacta para um solucionador de BVP.

Soluções constantes

E se $c_1+\cos(u)=0$, então isso fornece soluções constantes válidas. portanto$y''=C\implies y=A+Bx+\frac12Cx^2$. Isso também inclui os casos$v=y'=0\implies y=A+Bx$. Com as condições iniciais, as funções lineares podem ser excluídas, as funções quadráticas fornecem uma solução$y(x)=x^2$. Isso não prova que seja a única solução ou a ótima entre elas.

Uma integração adicional

Supondo que os denominadores não sejam zero ou pelo menos não zero constante, a combinação das duas últimas equações dá, $$ \frac{v'}{v}=\frac{\sin(u)u'}{c_1+\cos(u)}\implies v=\frac{c_2}{c_1+\cos(u)} $$ e depois $$ \frac{\cos(u)u'}{(c_1+\cos(u))^2}=\frac1{c_2} $$ que em princípio pode ser integrado ...