Несуществующая экстремаль

Ian · Сообщение **Ian** » 20 дек 2020, 13:42

$y_{1}(x),y_{2}(x)\in C^{1}[a,b]$
$I[y_{1},y_{2}]=\int_{1}^{3}\left(x(y_{1}')^{2}(y_{2}')^{2}+xy_{1}y_{2}\right)dx\to extr$
$y_{1}(1)=1,\;y_{1}(3)=\ln3+1,y_{2}(1)=0,\;y_{2}(3)=0$

У нас $L(x,y_{1},y_{2},y_{1}',y_{2}')=x(y_{1}')^{2}(y_{2}')^{2}+xy_{1}y_{2}$

Уравнения Эйлера-Лагранжа
$\begin{cases} \begin{array}{cc} \frac{d}{dx}\left(\frac{\partial L}{\partial y_{1}'}\right) & =\frac{\partial L}{\partial y_{1}}\\ \frac{d}{dx}\left(\frac{\partial L}{\partial y_{2}'}\right) & =\frac{\partial L}{\partial y_{2}} \end{array}\end{cases}$
$\begin{cases} \begin{array}{cc} \frac{d}{dx}\left(2xy_{1}'(y_{2}')^{2}\right) & =xy_{2}\\ \frac{d}{dx}\left(2xy_{2}'(y_{1}')^{2}\right) & =xy_{1} \end{array}\end{cases}$
И вот тут при данных граничных условиях противоречие. Например, возьмем первое значение $\alpha<3$ , при котором $\int_1^{\alpha}xy_1(x)dx=0$ тогда из 2-го уравнения на $[1,\alpha)\; y_2'(x)>0$ а тогда из начального условия на $y_2(1)$

, а тогда из 1-го уравнения $y_1'>0$

на всем $[1,\alpha)$ и значит по определению $\alpha\;\alpha\geq 3$ , тогда противоречие с $y_2(3)=0$

Все ли правильно?

peregoudov · Сообщение **peregoudov** » 12 янв 2021, 18:29

С точки зрения большой теории нужно посмотреть матрицу $\partial^2 L/\partial\dot q_i\,\partial\dot q_j$ --- именно она определяет разрешимость лагранжевых уравнений относительно старшей производной. Тут с ней вроде все нормально, потому экстремали должны быть.

С точки зрения теории попроще тут есть два масштабных преобразования $y_1\to \lambda y_1$ , $y_2\to\lambda^{-1}y_2$ и $y_{1,2}\to\mu^2 y_{1,2}$ , $x\to\mu x$ , так что напрашивается замена $y_{1,2}=\rho e^{\pm i\phi}$ , а задача вроде бы должна сводится к одномерной и автономной. Но как-то все там замучено получается...

Ian · Сообщение **Ian** » 15 янв 2021, 14:57

peregoudov писал(а):С точки зрения большой теории нужно посмотреть матрицу $\partial^2 L/\partial\dot q_i\,\partial\dot q_j$ --- именно она определяет разрешимость лагранжевых уравнений относительно старшей производной. Тут с ней вроде все нормально, потому экстремали должны быть.

Ну возьмем например систему

\dot{y_1}^2=x,\; \dot{y_2}^2=-x матрица тоже невырождена но действительнозначных функций нет. Может в этом дело?

peregoudov · Сообщение **peregoudov** » 20 янв 2021, 10:32

Пример у вас странный, лагранжевы уравнения ведь второго порядка. Логика тут такая: если уравнения разрешены относительно старшей производной, то можно переписать их в виде системы уравнений первого порядка. Если при этом правая часть достаточно хорошая, то есть теорема о существовании решения задачи Коши (у вас, правда, граничная). А разрешить лагранжевы уравнения относительно старшей производной можно как раз при невырожденности матрицы $\partial^2 L/\partial\dot q_i\,\partial\dot q_j$ .

Если все же сделать замену $y_{1,2}=\rho e^{\pm i\phi}$ , то лагранжиан принимает вид

$L=x[(\dot\rho^2+\rho^2\dot\phi^2)^2+\rho^2].$

Если интерпретировать $(\rho,\phi)$ как полярные координаты, то это просто

$L=x(\dot{\bf r}^4+{\bf r}^2).$

Вроде никаких тут драконов нет, это нелинейный маятник с зависящей от времени массой/жесткостью.

P. S.
Ваши рассуждения, наверное, можно как-то перевести на язык интегралов движения. Вот, например, интеграл, связанный с симметрией лагранжиана относительно вращений вектора $\bf r$

$M=x(y_1y_1'y_2^{\prime2}-y_2y_2'y_1^{\prime2}).$

P. P. S. Если вас смущает мнимость, то можно и без нее: замена $y_{1,2}=\rho e^{\pm\tau}$ тоже приводит к лагранжиану с циклической координатой

$L=x[(\dot\rho^2-\rho^2\dot\tau^2)^2+\rho^2].$

Портал Естественных Наук, версия 1.1