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Variaionsrechnung und Funktional, 2. Ableitung

Universität / Fachhochschule

Tags: Euler-Lagrange, Funktional, Funktionalanalysis, variationsprinzip, Variationsrechnung

mac-user09 aktiv_icon

17:45 Uhr, 28.06.2013

Hallo,

Es geht um die Variationsrechnung:
Sei G ein Funktional der Form $G = G (y (x), y ʹ (x), y ʺ (x))$ , also Abhängig von der Funktion y(x) und deren 1. und 2. Ableitung nach $x$ .

Es soll das Hamilton-Variationsprinzip angewendet werden, um die Euler-Lagrange Bewegungsgleichungen herzuleiten. Das Hamilton-Prinzip lautet:

$δ \int_{x_{1}}^{x_{2}} G (y (x), y ʹ (x), y ʺ (x)) = 0$

Meine Fragen:

i) Wie komme ich denn auf die Euler-Lagrange Bewegungsgleichungen bei diesem Funktional G, Abhängig von der Funktion y(x) und ihre 1. bis 2. Ableitung?

ii) Wie sieht das ganze im allgemeinen Fall aus, also für $G [y (x), y^{(1)} (x), y^{(2)} (x) . . . y^{(n)}]$ , wobei $y^{(2)}$ z.B. für die zweite Ableitung steht.

Ich kann ja nicht mehr mit der Euler-Lagrange Gleichung arbeiten, da die nur für die erste Ableitung von $y (x)$ existiert:

$\frac{d}{d x} \frac{\partial F}{\partial y ʹ} - \frac{\partial F}{\partial y}$ für $F = F (y (x), y ʹ (x))$

Daher mein Problem, bei dem ich hoffe, ihr könnt mir helfen?

Grüße
Mac

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Ableitung (Mathematischer Grundbegriff)
Differenzenquotient (Mathematischer Grundbegriff)
Differenzierbarkeit (Mathematischer Grundbegriff)
Ableitung einer Funktion an einer Stelle (Mathematischer Grundbegriff)
Ableitungsfunktion (Mathematischer Grundbegriff)
Ableitungsregeln (Mathematischer Grundbegriff)

lepton

21:38 Uhr, 28.06.2013

Das $y ″$ sollte dich jetzt nicht aus der Ruhe bringen, denn die Struktur des Vorgehens bleibt gleich. Also einfach nach der Definition aus VL vorgehen, indem du eine Variablentransformation der Form $q \to q' = q + ε η (x)$ durchführst. Wobei $η$ eine Testfunktion ist, die bestimmte Randedingungen erfüllen muss und zwar so, dass wenn man die Fkt. $y (x)$ durch $η$ variiert, darf sie das Intervall $[x_{0}, x_{1}]$ nicht verlassen, so dass die Bedingungen:
$η (x_{0}) = η (x_{1}) = 0$
$η' (x_{0}) = η' (x_{1}) = 0$
erfüllt sein müssen. Nach der Trafo erhältst du eine modifizierte Fkt.
$G = G_{ε} (q_{i} + ε η_{i}), i \in {1, 2, 3} .$
Dann aus der Bedingung, dass dein Wirkungsintegral $S [q]$ extremal sein soll ( $δ S [q] = 0$ ), erhält man die Euler-Lagrange-Gleichungen. Also
$0 = \frac{d G_{ε}}{d ε} ∣_{ε = 0} = \int_{x_{0}}^{x_{1}} G (q_{i} + ε η_{i}) d x$
Damit es dich nicht verwirrt, stellen die $q_{i}$ die jeweiligen Variablen $y; y', y ″$ dar. Jetzt brauchst du das Integral nur noch partiell zu integrieren unter Anwendung der oben genannten Randbedingungen und fertig.

mac-user09 aktiv_icon

08:44 Uhr, 29.06.2013

Hi, danke für die Antwort.
Puh, das verwirrt mich schon ein bisschen...

Wir hatten bis jetzt nur einmal eine Kettenlinie ausgerechnet, bei der ich mit dem $d s = \sqrt{d x^{2} + d y^{2}} = \sqrt{1 + y ʹ} d x$ gearbeitet habe.

Könntest du das für den genannten Fall bitte hoc etwas ausführen?
Ich habe nie Funktionalanalysis gehört...wir haben die Variationsrechnung nur in theoretischer Physik kennengelernt....

Danke und Grüße

lepton

13:55 Uhr, 29.06.2013

Ich nehme an, dass das eine Übungsaufgabe ist aus dem Modul "Analytische Mechanik". Eigentlich werden Übungsaufgaben bezugnehmend der schon in den Vorlesungen behandelten Themen gestellt. Deshalb ist es mir ein Rätsel, dass euch eine Aufgabe gestellt wird, dessen Theorie ihr vorher nicht behandelt habt. Jedenfalls ist es ganz simple...das einzige math. Werkzeug ist hier nur die partielle Integration.
Du sollst wohl Endeffekt zeigen, dass die E-L-Gl. am Ende die folgende Gestalt hat:
$\frac{\partial G}{\partial y} - \frac{d}{d x} (\frac{\partial G}{\partial y'}) + \frac{d^{2}}{d x^{2}} (\frac{\partial G}{\partial y ″}) = 0$ . Und das folgt aus der Minimierung des Wirkungsintegrals, das ich schon angegeben hatte. Außerdem ist es auch bekannt, dass aus dem Hamilton Prinzip (HP) die E-L-Gleichung II. Art folgt. Es folgt HP:

$0 = \frac{d G_{ε}}{d ε} ∣_{ε = 0} \int_{x_{0}}^{x_{1}} G (q_{i} + ε η_{i}) d x = \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{d}{d ε} G (y + ε η, y' + ε η', y ″ + ε η ″, x) d x = \int_{x_{0}}^{x_{1}} (\frac{\partial G}{\partial y} η + \frac{\partial G}{\partial y'} η' + \frac{\partial G}{\partial y ″} η ″) d x$

Dieses Integral muss jetzt partiell integriert werden unter Anwendung der Randbedingungen. Das überlasse ich jetzt erst mal dir, wenn was unklar ist, kannst dich ja melden.
Edit: Das ist übrigens eine typische Aufgabe aus theor. Physik (Analyt. Mechanik) und das math. Werkzeug aus Ana I und II reicht hier vollkommen aus, um solche Standard-Übungsaufgaben bewältigen zu können.

mac-user09 aktiv_icon

14:54 Uhr, 29.06.2013

Hi, danke für die Antwort.
Es ist zwar Analytische Mechanik, jedoch keine direkte Übungsaufgabe. Es hieß nur, man solle sich das mal für den Fall G überlegen, da es nicht schadet das zu wissen.

Sind die Striche bei den $η$ für Ableitungen oder zum Verdeutlichen, dass es sich um andere $η$ 's handelt?
Davon mal abgesehen, ist mir jedoch dann die "Einsetz-Kette" klar, z.B. dass du mit einer Transformation zu dem "neuen" G kommst.
Aber wie kommst du dann auf den Term mit den Partiellen Ableitungen im Integral?

Ich weiß zwar, wie die Partielle Integration funktioniert, jedoch wie soll ich hier konkret gehen?
Ich kann ja jeden Summand getrennt integrieren.

Alos mal den ersten:

$\int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{\partial G}{\partial y} η d x = \frac{1}{2} η^{2} \frac{\partial G}{\partial y} - \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{1}{2} η^{2} \frac{\partial^{2} G}{\partial y \partial x} = ? ?$

Mit
$v = \partial G / \partial y$
$v ʹ = \frac{\partial^{2} G}{\partial y \partial x}$

$u = \frac{1}{2} η^{2}$
$u ʹ = η$

Und? das ist doch sicher Falsch...?

Grüße
Mac

lepton

16:08 Uhr, 29.06.2013

1. ja die Striche bei $η$ stellen die Ableitungen dar.
2. die partiellen Abl. im Integranden kommen durch die Kettenregel zustande.
$0 = . . . = \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{d}{d ε} G_{ε} (y + ε η, y' + ε η', y ″ + ε η ″, x) d x = \int_{x_{0}}^{x_{1}} (. . . + . . . + . . .) d x$
3. du musst das so partiell integrieren, dass du die Gestalt der E-L-Gl. bekommst.
Zu empfehlen wäre, dass du bei allen drei Summanden die Stammfunktionen der Testfkt. $η$ bestimmst, wobei der erste Summand schon optimal vorliegt, so dass du den 2. und 3. Summanden verarzten solltest.

$\Rightarrow 0 = \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{\partial G}{\partial y} η d x + \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{\partial G}{\partial y'} η' d x + \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{\partial G}{\partial y ″} η ″ d x$
Also jetzt das 2. und 3. Integral bearbeiten. Ist trivial, versuch es mal, dann schauen wir weiter.

mac-user09 aktiv_icon

16:37 Uhr, 29.06.2013

Ah, ok. dann weiß ich bescheid.

Irgendwie ist das vielleicht schon wieder zu einfach..., naja neuer Versuch:

Wenn ich Partiell integriere, den zweiten Term:

$\int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{\partial G}{\partial y ʹ} η ʹ d x = η G - \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{\partial G}{\partial y ʹ}$

Stimmt es nun?

für den dritten Term weiß ich nicht, da müsste ich $η$ ja zwei mal integrieren...?!

Aber dann wird aus dem Integral ein Term aus vier Teil-Termen, der aus mind. 2 Integralen besteht...

Irgendwie sehe ich es echt nicht, warum das einfach sein soll...

lepton

17:15 Uhr, 29.06.2013

Ich mache dir das 2. Integral vor, für das 3. analog nur da zweimal partiell integrieren.

$\int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{\partial G}{\partial y'} η' d x = \frac{\partial G}{\partial y'} η ∣_{x_{0}}^{x_{1}} - \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{d}{d x} (\frac{\partial G}{\partial y'}) η d x = - \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{d}{d x} (\frac{\partial G}{\partial y'}) η d x$
Der erste Term ist Null, da Randbedingung $η (x_{0}) = η (x_{1}) = 0$ für eine beliebig stetige Testfkt. $η$ , fertig. Jetzt analog das 3. Integral.

mac-user09 aktiv_icon

11:16 Uhr, 30.06.2013

Ja, du hast vollkommen recht. Gestern war wohl einfach nicht mein Tag...

Aber nun:

1. Partielle Integration:
$U = \frac{\partial G}{\partial y ʹ}$ und $V ʹ = η ʺ$ , daher $U ʹ = \frac{d}{d x} \frac{\partial G}{\partial y ʹ}$ und $V = η ʹ$

$= > \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{\partial G}{\partial y ʺ} η ʺ d x = \frac{\partial G}{\partial y ʺ} η ʹ ∣_{x_{0}}^{x_{1}} - \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{d}{d x} \frac{\partial G}{\partial y ʺ} η ʹ d x = - \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{d}{d x} \frac{\partial G}{\partial y ʺ} η ʹ d x$

2. Partielle Integration:
$U = \frac{d}{d x} \frac{\partial G}{\partial y ʹ}$ und $V ʹ = η ʹ$ , daher $U ʹ = \frac{d^{2}}{d x^{2}} \frac{\partial G}{\partial y ʹ}$ und $V = η$

$= > - \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{d}{d x} \frac{\partial G}{\partial y ʺ} η ʹ d x = \frac{d}{d x} \frac{\partial G}{\partial y ʺ} η ∣_{x_{0}}^{x_{1}} - \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{d^{2}}{d x^{2}} \frac{\partial G}{\partial y ʺ} η d x = - \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{d^{2}}{d x^{2}} \frac{\partial G}{\partial y ʺ} η d x$

$= > - \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{d}{d x} \frac{\partial G}{\partial y ʺ} η ʹ d x = - \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{d^{2}}{d x^{2}} \frac{\partial G}{\partial y ʺ} η d x < = > \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{d}{d x} \frac{\partial G}{\partial y ʺ} η ʹ d x = \int_{x_{0}}^{x_{1}} \frac{d^{2}}{d x^{2}} \frac{\partial G}{\partial y ʺ} η d x$

So sollte das nun passen, oder

So würde die Euler-Lagrange-Gleichung ja fast da stehen, wenn ich mich nicht verguckt habe, bis auf die Integrale...

und nun?

lepton

13:34 Uhr, 30.06.2013

Sieht gut aus, jetzt kannst du alles in einem Integral zusammenfassen.
Was erkennst du dann?

mac-user09 aktiv_icon

13:41 Uhr, 30.06.2013

Dann erkenne ich, dass die Integrale (bzw. das "große" integral) gleich 0 ist, also muss der Integrand die 0-Funktion sein, damit das Integral null wird, da ja $x_{0}$ ≠ $x_{1}$

Oder?

lepton

13:59 Uhr, 30.06.2013

Verstehe nicht genau, wie du das meinst. Jedenfalls dachte ich mir so:
$\int_{x_{0}}^{x_{1}} (\frac{\partial G}{\partial y} - \frac{d}{d x} (\frac{\partial G}{\partial y'}) + \frac{d^{2}}{d x^{2}} (\frac{\partial G}{\partial y ″})) η d x = 0$
Nach dem Fundamentallemma der Variationsrechnung, verschwindet das Integral
$\forall η \in C^{1} ([x_{0}, x_{1}])$ , wenn die Fkt. in der Klammer identisch verschwindet.
$\Rightarrow \frac{\partial G}{\partial y} - \frac{d}{d x} (\frac{\partial G}{\partial y'}) + \frac{d^{2}}{d x^{2}} (\frac{\partial G}{\partial y ″}) = 0$
Somit die erweiterte E-L-Gl., fertig!

mac-user09 aktiv_icon

14:54 Uhr, 30.06.2013

Ja, so meinte ich das. Wusste nicht mehr, dass es ein Lemma ist, nur noch deren Inhalt war mir bekannt.

Und der Allgemeine Fall, wenn ich noch höhere Ableitungen habe, also 3. oder 4. oder n. Ableitung?

Sieht der dann so aus?:

$\frac{\partial G}{\partial y} - \frac{d}{d x} (\frac{\partial G}{\partial y ʹ}) + (\sum_{i = 1}^{n - 1} \frac{d^{i + 1}}{d x^{i + 1}} (\frac{\partial G}{\partial y^{(i + 1)}}))$

Also 2., 3, ... bis n-te Ableitung addiert?

lepton

16:23 Uhr, 30.06.2013

Nicht ganz, denn die VZ der einzelnen partiellen Ableitungen alterniert, von geradzahlig zu ungeradzahlig. Ich würde es lieber in der Form verallgemeinern, dass wenn die Fkt. $G$ eines Funktionals $J [y]$ mit $J [y] = \int_{a}^{b} G (y, y', . . ., y^{(n)}, x) d x$ gegeben ist, dann folgt für die Verallgemeinerung der E-l-Gl. bei höheren partiellen Ableitungen bis Ordnung $n$ bei der Minimierung von $J [y]$ , also $δ J [y]$ :
$\partial_{y} G + \sum_{i = 1}^{n} (- 1)^{n} \frac{d^{n}}{d x^{n}} (\partial_{y^{(n)}} G) = 0$

mac-user09 aktiv_icon

16:44 Uhr, 30.06.2013

hi,

danke für die Korrektur. Mein Denkfehler war dann, dass ich nur die Ableitungen ab der 2. in die Summe packen wollte. Aber dann passt es jetzt ja.

Ebenfalls danke für die gute und ausführliche Hilfe bei dem Problem für die 2. Ableitung.

Grüße
Mac

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