Rachunek wariacyjny - kształt okręgu ,: Nadal próbuję poznać podstawy rachunku wariacyjnego. Tym razem problem powinien być prostszy. Jaka powinna być y(x) − krzywa o zadanej długości by zamknęła z osią OX możliwie największą powierzchnię, jeżeli wiadomo, że y(−a)=y(a)=0? O ile mi wiadomo taką krzywą jest górna/dolna część okręgu o promieniu a i, jak rozumiem, w ten sposób powinno się to dać wykazać. Mamy więc zmaksymalizować: A = ∫^a_−ay(x)dx przy stałym L = ∫^a_−a √1+(y'(x))² Co można osiągnąć szukając maksimum: K = A+kL, gdzie k − stała czyli można wstawić f(x,y,y')=y(x)+k*√1+(y'(x))² do równania Eulera−Lagrange'a i rozwiązać wynikające z tego równanie różniczkowe

∂f
	= 1
∂y

∂f
	= k*U{y'}{√1+(y')2
∂y'

d		∂f		y''(1+(y')2)−(y')2
	(		) = k*
dx		∂y'		(1+(y')2)3/2

to daje do rozwiązania równanie różniczkowe: (1+(y')²)^3/2−k*(y''(1+(y')²)−(y')²)=0 co nie wygląda zachęcająco Czy algorytm działania jest chociaż poprawny? Gdzie jest błąd? A może to jednak jest poprawnie?

jc: L nie zależy jawnie od x. Dlatego wielkość

	∂L
E=		y' − L
	∂y'

jest stała (nie zmienia się wraz z x). Wykorzystaj ten fakt. Łatwe omówienie taki rzeczy znajdziesz w książce Matematyk w fizyce klasycznej i kwantowej Byrona i Fulera.

,: Bardzo dziękuję za pomoc i polecenie książki, myślę że we wtorek spróbuję ją wypożyczyć. Chodzi o tom 2, czy 1? Działając jak w wyprowadzeniu tożsamości Beltrami: Zaczynam z równania Eulera−Lagrange'a:

∂(A+kL)		d	∂(A+kL)
	−			=0
∂y		dx	dy'

z liniowości operatorów różniczkowania

∂A		d	∂A		∂L		d	∂L
	−			+k		−k			=0 /*y'
∂y		dx	dy'		∂y		dx	dy'

	∂A		d	∂A		∂L		d	∂L
y'		−y'			+k(y'		−y'			)=0
	∂y		dx	dy'		∂y		dx	dy'

zajmijmy się tylko częścią związaną z L

	∂L		d	∂L
k(y'		−y'			)=
	∂y		dx	dy'

	dL		∂L		∂L		d	∂L
k(		−		y''−		−y'			)=
	dx		∂y'		∂x		dx	dy'

	dL		∂L		∂L		d	∂L		∂L
k(		−		y''−		−			y'+		y'')=
	dx		∂y'		∂x		dx	∂y'		∂y'

	dL		∂L		d	∂L
k(		−		−			y')=
	dx		∂x		dx	∂y'

	d		∂L
k(		(L−		y'))
	dx		∂y'

skoro ta ostatnia wielkość jest równa k*0=0 to tracimy wszelką zależność od L i dostajemy równanie różniczkowe postaci:

	∂A		d	∂A
y'		−y'			=0
	∂y		dx	dy'

czy tak to ma być? wygląda to dziwnie, bo równie dobrze mogłoby nie być L

jc: Oj, chyba widzę skąd nieporozumienie. Ja literą L oznaczam funkcję Lagrange'a, Ty używasz litery f. L=y + k√1+(y')²

∂L		k(y')2
	y' − L =		− (y + k√1+(y')2)
∂y'		√1+(y')2

	k
=−		− y = C
	√1+(y')2

i masz równanie z tylko z pierwszą pochodną.

,: Ah! To wygląda dużo bardziej zachęcająco. Dziękuję bardzo