Równanie różniczkowe, problem krzywej łańcuchowej ,: Gdy rozważy się problem krzywej łańcuchowej przy użyciu rachunku wariacyjnego można uzyskać równanie różniczkowe opisujące postać krzywej y(x): 1+(y')²−y''*y=0 warunki brzegowe: y(a)=y(−a)=0 Jakie metody polecilibyście do rozwiązania tego równania?

jc: Jak uzyskałeś to równanie?

,: Z pomocą źródeł internetowych. Wyobraźmy sobie cienką linę rozciągniętą w jednym wymiarze, zaczepioną w punktach −a i a. Ustalmy, że wysokość w tych punktach to 0 (y(−a)=y(a)=0). Lina ma gęstość liniową ρ. Zminimalizujemy energię grawitacyjną. Jest ona postaci: y − wysokość E = mgy element dm = ρdl dl − element długości liny można zauważyć, że dl = √1+(y')²dx energia grawitacyjna jest postaci: ∫^a_−a ρg*y*√1+(y')²dx następnie można skorzystać z równania Eulera−Lagrange'a w celu znalezienia minimalizującej energię postaci funkcji y(x) i dostać moje równanie różniczkowe

jc: Tak, ale masz masz jeszcze założenie, że lina ma zadaną długość. L=(y−k)√1+(y')² Jeśli L nie zależy jawnie od x, to wielkość

	dL
E=		y' − L jest stała.
	dy'

(d powyżej oznacza pochodną cząstkową). Wykorzystaj ten fakt.

,: Faktycznie, zapomniałem o tym. Zobaczymy, czy coś mi z tego wyjdzie. Dziękuję.

,: Poszedłem w innym kierunku, ale: L = ∫^a_−a √1+(y')²dx z niezależności od x dostanę więc:

	1
∫a−a h'*h''*		dx = 0
	√1+(y')2

	1
jeżeli jest tak, że		ma zwarty nośnik to
	√1+(y')2

h'h'' = 0 z podstawowego lematu rachunku wariacyjnego co upraszczałoby nasze równanie

	1
czy jednak:		ma zwarty nośnik?
	√1+(y')2

,: Oczywiście tam powinno być wszędzie y gdzie jest h − mam inne oznaczenia u siebie i pomieszałem.

,: Chyba tak, bo myślę, że h' zeruje się tylko dla x = 0 to daje nośnik równy [−a,a], z przedziały domknięte chyba są zwarte?

jc: To jest ekstremum z warunkiem = długość linii. Stąd u mnie k = mnożnik Lagrange'a.

,: To jednak upraszcza równanie do: (y')²=−1 co wygląda jednak trochę kiepsko, y musi być urojone a u nas ono jest przecież wysokością... więc rozumowanie nie jest prawidłowe Nie wiem też niestety skąd wziąłeś to: L = (y−k)√1+(y')² i tę stałość

	dL
E =		y'
	dy'

jc: Czy słyszałeś o mnożnikach Lagrange'a?

,: Oczywiście to nie upraszcza tak równania, bo przecież mamy: y''*y' = 0 a w równaniu jest y''*y

	1
więc przynajmniej to się trzyma jakoś (a		się chyba nigdzie nie zeruje jeżeli
	√1+(y')2

tylko pochodna nie jest nieskończona, a na (−a,a) nie jest.

,: mnożniki Lagrange'a − faktycznie, zdaje się, że pojawiło się to kiedyś przy ekstremach warunkowych

,: Czyli minimalizuję E przy warunku, że wszystkie pochodne cząstkowe L są równe 0? jak wygląda wtedy funkcja pomocnicza w metodzie Langrange'a?

jc: Masz dwie całki − jedna określa energię potencjalną − tą całkę zapisałeś. Niech to będzie L₁. Jest jeszcze druga − podobna − długość liny. A to niech będzie L₂. Teraz L=L₁ − k L₂. k = mnożnik Lagrange'a.

,: przy czym L₂ = ∫_−a^a √1+(y')²dx jakim równaniem opisujesz ten warunek stałości L₂?

jc: Tak.

,: Dziękuję, jak opisujesz stałość L₂?

jc: L₂ nie jest stała, całka z L₂ jest stała.

,: Nie no, L₂ musi być stała bo to długość liny.

jc: Całka z L₂ ma być stała, nie L₂ L₂=√1+(y')² Ta wielkość jest stała tylko, kiedy poruszasz się po prostej, a przecież nie musisz.

,: Dobra, czyli źle napisałem w 22:43 Jeżeli chodzi o metodę mnozników Lagrange'a to jest chyba tak, że szukając ekstremum funkcji f, przy zerowaniu g mamy funkcję pomocniczą: a = f + k*g skoro tak, to u nas L₂ wygląda jakby się miało zerować (g = −L₂ ?), gdy całka z L₂ jest stała ale to wydaje się dosyć bezsensowne, więc gdzie jest mój błąd

jc: Warunek g=0, nie przeszkadza w liczeniu pochodnych cząstkowych g, które nie muszą być zerami. Tu jest podobnie. Poziomice g to ograniczenie. W punkcie ekstremalnym poziomica f jest styczna do poziomicy g. Oznacza to, że gradienty są równoległe grad f = k grad g lub grad (f−k g)=0 i tu pojawia się f−gk.

,: No niestety nie rozumiem. Dziękuję za próby pomocy.

jc: Ale zgodzisz się z tym, że jeśli sznurek jest dłuższy niż odległość pomiędzy dwoma można go położyć w przeróżny sposób. Dlatego √1+(y')² nie musi być stałe.

,: Nie jest stałe, bo przecież y' zależy od x. Trochę jeszcze popatrzyłem i jeżeli wrzucimy: L = ∫_−a^aρg √1+(y')²dx + k*∫_−a^a √1+(y')²dx w równanie Eulera−Lagrange'a to dostaniemy prawdziwe y i tak to się chyba robi i na tę chwilę mogę to przyjąć na wiarę. Natomiast jeżeli by było tak, że to nasze L to: L = ∫_−a^aρg √1+(y')²dx +k*√1+(y')² to to L musiałoby służyć do czegoś innego

,: "−k" na samym końcu