Variationsproblem < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:55 Do 13.02.2014 | | Autor: | moody |
| Aufgabe | Sei f=f(x,y(x)) differenzierbar. Zeigen Sie, dass
[mm] $f_y [/mm] - [mm] f_x [/mm] * y' - f * [mm] \bruch{y''}{1+y^{'2}}=0$
[/mm]
die zum Variationsproblem
[mm] [center]$\integral_{a}^{b}{f(x,y) \wurzel{1+y^{'2}} dx = Extr.!}$[/center]
[/mm]
gehörende Euler DGL ist. |
Hallo,
ich komme hier nicht ganz auf das passende Ergebnis.
Ansatz
[mm] $\bruch{\partial f}{\partial y} [/mm] - [mm] \bruch{d}{dx}\bruch{\partial f}{\partial y'} [/mm] = 0$
(I) [mm] \bruch{\partial f}{\partial y} [/mm] = [mm] f_y \wurzel{1+y^{'2}}
[/mm]
(II) [mm] \bruch{\partial f}{\partial y'} [/mm] = f [mm] \bruch{y'}{\wurzel{1+y^{'2}}}
[/mm]
(III) [mm] \bruch{d}{dx}\bruch{\partial f}{\partial y'} [/mm] = [mm] \bruch{f_x y'}{\wurzel{1+y^{'2}}} [/mm] + [mm] \bruch{f(\wurzel{1+y^{'2}}-\bruch{fy'}{\wurzel{1+y^{'2}}})y^{''}}{1+y^{'2}}
[/mm]
Zusammengefasst
[mm] $f_y \wurzel{1+y^{'2}} [/mm] - [mm] \bruch{f_x y'}{\wurzel{1+y^{'2}}} [/mm] + [mm] \bruch{f(\wurzel{1+y^{'2}}-\bruch{fy'}{\wurzel{1+y^{'2}}})y^{''}}{1+y^{'2}} [/mm] = 0 | * [mm] \wurzel{1+y^{'2}}$
[/mm]
[mm] $f_y [/mm] + [mm] f_y [/mm] * [mm] y^{'2} [/mm] - [mm] f_x [/mm] y' + [mm] \bruch{fy^{''}}{1+y^{'2}} [/mm] = 0 $
Würde mich freuen wenn da jemand weiter wüsste :)
lg moody
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:31 Fr 14.02.2014 | | Autor: | fred97 |
Du fällst den Bezeichnungsweisen zum Opfer !
Setze $g(x,y,y'):=f(x,y) [mm] \wurzel{1+y^{'2}}$ [/mm] und stelle die Gleichung
$ [mm] \bruch{\partial g}{\partial y} [/mm] - [mm] \bruch{d}{dx}\bruch{\partial g}{\partial y'} [/mm] = 0 $
auf.
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:30 Fr 14.02.2014 | | Autor: | moody |
Hallo Fred!
Danke für die Antwort. Ich meine trotz falscher Bezeichnungen "richtig" gerechnet zu haben. Ich rechne am besten einmal inklusive der Zwischenschritte vor, vielleicht fällt der Fehler ja dann auf.
[mm] $\bruch{\partial g}{\partial y} [/mm] - [mm] \bruch{d}{dx}\bruch{\partial g}{\partial y'} [/mm] = 0$
(I) [mm] \bruch{\partial g}{\partial y} [/mm] = [mm] f_y \wurzel{1+y^{'2}}
[/mm]
Hier ändert sich nichts.
(II) [mm] \bruch{\partial g}{\partial y'} [/mm] = f [mm] \bruch{y'}{\wurzel{1+y^{'2}}}
[/mm]
f(x,y(x)) hängt nicht von y' ab, also die Wurzel ableiten, f ist dann wie eine Konstante zu behandeln.
(III) [mm] \bruch{d}{dx}\bruch{\partial g}{\partial y'} [/mm] = [mm] \bruch{f_x y'}{\wurzel{1+y^{'2}}}
[/mm]
Produktregel;f(x,y) nach x ableiten -> [mm] f_x [/mm] und der Bruch bleibt stehen.
Zweiter Summand ist f * die Ableitung vom Bruch.
Nun den Bruch nach Quotientenregel ableiten:
$u(x) = y'$
$u'(x) = y''$
$v(x) = [mm] \wurzel{1+y^{'2}}$
[/mm]
$v'(x) = [mm] \bruch{y' * y''}{\wurzel{1+y^{'2}}}$
[/mm]
Also erhalte ich
$+ f * [mm] \bruch{(y^{''}\wurzel{1+y^{'2}}-\bruch{y'*y^{''}}{\wurzel{1+y^{'2}}})}{1+y^{'2}}$
[/mm]
Zusammengefasst
[mm] $\bruch{\partial g}{\partial y} [/mm] - [mm] \bruch{d}{dx}\bruch{\partial g}{\partial y'} [/mm] = [mm] f_y \wurzel{1+y^{'2}} [/mm] - ( [mm] \bruch{f_x y'}{\wurzel{1+y^{'2}}} [/mm] + f * [mm] \bruch{(y^{''}\wurzel{1+y^{'2}}-\bruch{y'*y^{''}}{\wurzel{1+y^{'2}}})}{1+y^{'2}})$
[/mm]
Das passt immernoch nicht :(
lg moody
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:41 Sa 15.02.2014 | | Autor: | moody |
Wenn man das totale Differenzial richtig bildet passt es auch...
danke nochmal,
lg moody
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