Variationsproblem mit Nebenbedingungen

26.09.2014, 10:55

Saybastian

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Variationsproblem mit Nebenbedingungen

Geben sie die Euler-Lagrange-Gleichung für das Problem $\begin{eqnarray*} \int_a^b \! e^{2y+y'} \, dx \Rightarrow min \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a= -1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b= 1 \end{eqnarray*}$ an und finden Sie diejenige Kurve $\begin{eqnarray*} y(x) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y(-1)=y(1)=0 \end{eqnarray*}$ , die das obige Integral minimiert.
Hinweis: Zeigen Sie, dass die allgemeine Lösung einer homogenen Differentialgleichung der Form $\begin{eqnarray*} y''+\lambda y'=0 \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} y(x)=c_{1} + c_{2} e^{-\lambda x} \end{eqnarray*}$ gegeben ist.

Den Hinweis kann man leicht zeigen, indem man in den homogene Differentialgleichung den Ansatz $\begin{eqnarray*} y(x)=e^{\alpha x} \end{eqnarray*}$ einsetzt. Hier bekomme ich für $\begin{eqnarray*} \alpha _{1}=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \alpha _{2}=-\lambda \end{eqnarray*}$ .

Und jetzt weiß ich nicht mehr weiter. Ich habe alles probiert. Ich habe die Euler-Lagrange-Gleichung benutzt, ich habe in sie die Lösung der Differentialgleichung eingesetzt, ich habe das erste Integral der Euler-Lagrange-Gleichung benutzt.
Aber alles was ich gemacht habe bringt mich irgendwie zu garnichts.

Könnt ihr mir bitte helfen was der nächste Schritt ist?

Die Lösung ist: $\begin{eqnarray*} y(x)=c_{1} + c_{2} e^{-2x}+x \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} c_{1}= -\frac{e^{4}+1 }{e^{4}-1 } \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c_{2}= \frac{2e^{2} }{e^{4}-1 } \end{eqnarray*}$

26.09.2014, 13:13

Huggy

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RE: Variationsproblem mit Nebenbedingungen
Sei $\begin{eqnarray*} F=e^{2y+y'} \end{eqnarray*}$ .

Wenn du die Euler-Lagrange-Gleichung bildest, sollte dir auffallen, dass jeder Summand wieder den Faktor F enthält, was an der e-Funktion liegt. Die EL-Gleichung hat also die Form

$\begin{eqnarray*} f(y, y', y'')F=0 \end{eqnarray*}$

wegen $\begin{eqnarray*} F \neq 0 \end{eqnarray*}$ folgt

$\begin{eqnarray*} f(y, y', y'')=0 \end{eqnarray*}$

Der homogene Teil der letzten Gleichung hat genau die Form der DGL im Hinweis.

26.09.2014, 14:58

Saybastian

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Mit der EL-Gleichung: $\begin{eqnarray*} \frac{d}{dx}(\frac{dF}{dy'}) =\frac{dF}{dy} \end{eqnarray*}$ komme ich also auf $\begin{eqnarray*} e^{2y+y'}(y''+2y')= 2e^{2y+y'} \end{eqnarray*}$
Stimmt das?

Jetzt weiß ich nicht mehr weiter. Seperation der Variablen kann ich nicht anwenden, weil ja auch die 2. Ableitung von y in der Gleichung steht. Also muss ich irgendwas für y einsetzen oder?
Ich tippe mal auf $\begin{eqnarray*} y(x)=c_{1} +c_{2} e^{-\lambda x} \end{eqnarray*}$ , kann das stimmen?

26.09.2014, 15:06

Huggy

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Zitat:

Original von Saybastian
Mit der EL-Gleichung: $\begin{eqnarray*} \frac{d}{dx}(\frac{dF}{dy'}) =\frac{dF}{dy} \end{eqnarray*}$ komme ich also auf $\begin{eqnarray*} e^{2y+y'}(y''+2y')= 2e^{2y+y'} \end{eqnarray*}$
Stimmt das?

Stimmt.
Und das kannst du auch schreiben als

$\begin{eqnarray*} e^{2y+y'}(y''+2y'-2)=0 \end{eqnarray*}$

Da nun

$\begin{eqnarray*} e^{2y+y'}\neq 0 \end{eqnarray*}$

folgt

$\begin{eqnarray*} y''+2y'-2=0 \end{eqnarray*}$

Das hättest du doch aus meiner vorigen Antwort sehen können! unglücklich

unglücklich

26.09.2014, 15:33

Saybastian

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ok soweit so gut.

Und jetzt? ich komm nicht auf mein lamda. wenn ich mein y(x) einsetze kommt nichts ordentliches raus

26.09.2014, 15:41

Huggy

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Deine Frage ist mir ziemlich unverständlich. unglücklich

unglücklich

Du hast jetzt eine lineare inhomogene DGL:

$\begin{eqnarray*} y''+2y'-2=0 \end{eqnarray*}$

Wie lautet die zugehörige homogen DGL? Vergleiche diese mit der homogenen DGL im Hinweis. Was ergibt sich für $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ?

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26.09.2014, 15:52

Saybastian

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Wenn ich beide vergleiche ergibt sich $\begin{eqnarray*} \lambda =2 \end{eqnarray*}$ und das ich noch eine Konstante zusätzlich habe, in dem Fall -2

26.09.2014, 15:56

Huggy

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$\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ist richtig!

Weißt du, was eine homogene und eine inhomogene lineare DGL ist? Die -2 ist doch gerade der inhomogene Teil der DGL, gehört also nicht zu der zugehörigen homogenen DGL.

Weißt du, wie man eine inhomogene lineare DGL löst?

26.09.2014, 15:56

Saybastian

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Kann ich jetzt direkt auf mein y(x) schließen?

Also in dem Fall $\begin{eqnarray*} y(x)=c_{1}+c_{2} e^{-2x} +x \end{eqnarray*}$
Und x ist die Konstante die bei einer seite beim vergleichen fehlt

26.09.2014, 15:58

Saybastian

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aja ich weiß
$\begin{eqnarray*} y''+2y'=0 \end{eqnarray*}$ lösen oder ?

26.09.2014, 16:04

Huggy

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Zitat:

Original von Saybastian
Kann ich jetzt direkt auf mein y(x) schließen?

Im allgemeinen musst du da noch etwas arbeiten.

Zitat:

Also in dem Fall $\begin{eqnarray*} y(x)=c_{1}+c_{2} e^{-2x} +x \end{eqnarray*}$

Aber in diesem konkreten Fall stimmt das.

Zitat:

Und x ist die Konstante die bei einer seite beim vergleichen fehlt

Das ist eine unverständliche Anmerkung. x ist doch die unabhängige Variable und keine Konstante. Und konkret ist x hier eine partikuläre Lösung der inhomogenen DGL. Sagt dir das etwas?

26.09.2014, 16:06

Huggy

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Zitat:

Original von Saybastian
aja ich weiß
$\begin{eqnarray*} y''+2y'=0 \end{eqnarray*}$ lösen oder ?

Ja, das ist ein Teil des Lösungsverfahrens für die inhomogene DGL.

26.09.2014, 16:13

Saybastian

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ich bin komplett durcheinander...
weiß es einfach nicht.

Also ich muss als nächstes die inhomogene Gleichung lösen. Und wenn ja dann wie? mit welchem Ansatz?

26.09.2014, 16:52

Huggy

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Offensichtlich fehlen dir ein paar Grundlagen zur Lösung von Differentialgleichungen. Die musst du nacharbeiten. Ich kann das hier nur kurz andeuten und beschränke mich auf eine DGL 2. Ordnung. Die Übertragung auf eine DGL beliebiger Ordnung ist ziemlich offensichtlich.

Eine lineare inhomogene DGL 2. Ordnung ist eine DGL, die man in folgende Form bringen kann:

$\begin{eqnarray*} y''+f(x)y'+g(x)y=h(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} h(x) \end{eqnarray*}$ kann man natürlich auch auf die linke Seite bringen. $\begin{eqnarray*} h(x) \end{eqnarray*}$ ist der inhomogene Teil der DGL. Die zugehörige homogene DGL lautet:

$\begin{eqnarray*} y''+f(x)y'+g(x)y=0 \end{eqnarray*}$

Bei deinem konkreten Problem ist $\begin{eqnarray*} f(x)=2, \quad g(x)=0, \quad h(x)=2 \end{eqnarray*}$ . Die allgemeine Lösung einer solchen DGL kann dargestellt werden als die Summe aus der allgemeinen Lösung der zugehörigen homogenen DGL und einer partikulären Lösung der inhomogenen DGL. Allgemeine Lösung bedeutet Lösung mit allgemeinen Konstanten, die man an die Rand-/Anfangsbedingungen anpassen kann. Partikuläre Lösung bedeutet irgendeine spezielle Lösung, die die Rand-/Anfangsbedingungen nicht erfüllen muss.

Du musst also die allgemeine Lösung der DGL

$\begin{eqnarray*} y''+2y'=0 \end{eqnarray*}$

finden und dazu eine partikuläre (spezielle) Lösung der DGL

$\begin{eqnarray*} y''+2y'-2=0 \end{eqnarray*}$

addieren. In dem konkreten Fall sieht man, dass

$\begin{eqnarray*} y(x)=x \end{eqnarray*}$

die inhomogene DGL erfüllt, also eine partikuläre Lösung ist. Die allgemeine Lösung der homogenen DGL ist:

$\begin{eqnarray*} y(x)=c_1+c_2e^{-2x} \end{eqnarray*}$

Die Summe dieser beiden Lösungen ist die allgemeine Lösung der inhomogen DGL. Und für diese Summe sind die Konstanten an die Randbedingungen anzupassen.

26.09.2014, 17:20

Saybastian

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Ah ok. Ja das was du geschrieben hast das weiss ich eh alles ich kann das dann leider nur schwer in Beispielen unsetzen.
Und das y(x)=x die partikuläre Lösung ist liest du nur ab oder muss man sich das ausrechnen?

26.09.2014, 17:27

Huggy

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Zitat:

Original von Saybastian
Ah ok. Ja das was du geschrieben hast das weiss ich eh alles ich kann das dann leider nur schwer in Beispielen unsetzen.

Dann musst du das üben. Man hat eine Sache nur wirklich verstanden, wenn man sie an Beispielen konkret durchführen kann.

Zitat:

Und das y(x)=x die partikuläre Lösung ist liest du nur ab oder muss man sich das ausrechnen?

Man kann es einfach nachprüfen, indem man y(x) = x in die gegebene inhomogene DGL einsetzt. Für allgemeine Ansätze zum Finden partikulärer Lösungen möchte ich dich doch auf die Literatur oder dein Skript zu DGLs verweisen.

Einen Quote-Tag repariert. Steffen

26.09.2014, 18:05

Saybastian

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Ja das ist genau mein Problem. Wenn ich die Lösung sehe und es überprüfe denke ich mir immer, das es eh logisch ist, nur das dahin kommen ist mein Problem..

Auf jedenfall, VIELEN DANK du hast mir wirklich weitergeholfen. Jetzt habe ich es wieder um ein Stückchen mehr verstanden smile

smile

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