Вариационка, изгибание палки, стационарное положение

[dbequi]

Как я понял сила применяется вдоль, то есть вжимает палку в стену. Ну вот например если там была линейка, она начнет гнуться, я задачу так понял, она ведь в таком виде имеет смысл, а в других я не представляю что можно сформулировать, чтобы задача была... (правда я не понимаю, например, чем шарнирное здесь будет отличаться от свободного, если давим на конец в сторону стенки, он же не изменит y?)

Вот идею про замену знаменателя я не понимаю...

[Alex-Yu]

dbequi в сообщении #988422 писал(а):

Как я понял сила применяется вдоль, то есть вжимает палку в стену. Ну вот например если там была линейка, она начнет гнуться, я задачу так понял,

А я совсем ничего не понял из Ваших слов. Картинку!

-- Ср мар 11, 2015 02:41:21 --

dbequi в сообщении #988422 писал(а):

ведь в таком виде имеет смысл

Она в самых разных вариантах имеет смысл. Можно палку гнуть, а можно сжимать-растягивать.

-- Ср мар 11, 2015 02:49:52 --

dbequi в сообщении #988422 писал(а):

Вот идею про замену знаменателя я не понимаю...

А чего тут понимать. Все эти рассуждения имеют смысл ТОЛЬКО в линейном приближении. Линейное приближение соответствует квадратичному выражению для энергии. Иначе нелинейный дифур получится, и реакция не будет пропорциональна воздействию. С чего Вы взяли, что плотность энергии пропорциональна квадрату кривизны? Приближенно (!) и для малого (если хотите, асимтотически малого) изгиба --- да. Но приближенно $1 \approx 1 + (u')^2$. Справедливо только для малых деформаций $u'$. А при больших --- палка лопнет и будет вообще все совсем не так.

[dbequi]

Я вот так это понимаю, сила действует по направлению стрелки, прижимает серую палку (линейку можно представить) к стенке... В начале линейка изгибается, но потом перестаёт меняться, и как я понял это и есть интересующее положение

[Alex-Yu]

dbequi в сообщении #988432 писал(а):

В начале линейка изгибается,

И с чего бы она изгибалась? Вы палку когда-нибудь в руках держали???? Вот стою я и опираюсь на костыль. А он не гнется. Только совсем чуть-чуть укорачивается (и не заметишь простым глазом). Ну при больших силах, когда возникнет неустойчивость Эйлера.... Но там вообще все сложнее.

[dbequi]

я вот тоже так в начале подумал, но потом решил, что наверное перед тем как сжаться оно изогнётся в какой-то из возможных вариантов, и по логике они два симметричных должны быть, такая дуга вниз и вверх.. это видимо у меня фантазия слишком бурная...

м... А в какой формулировке тут тогда получается что-то решаемое для вариационного исчисления? Если сила применяется как-то иначе, то всё начинает зависеть от направления силы?

[Alex-Yu]

dbequi в сообщении #988439 писал(а):

А в какой формулировке тут тогда получается что-то решаемое для вариационного исчисления?

Да и в таком виде можно написать "что-то решаемое для вариационного исчисления". Палка же укорачивается, каждая точка чуть-чуть смещается (вдоль палки). Получится энергия:

$$ \int c (u'(x))^2 dx + Fu(1) $$

Варьируйте на здоровье Все же силу как-то привычнее буквой F...


Можно устроить силу поперек палки. Тогда гнуться будет. Выражение под интегралом станет другое.

-- Ср мар 11, 2015 03:19:23 --

dbequi в сообщении #988439 писал(а):

и по логике они два симметричных должны быть, такая дуга вниз и вверх..

Так будет только при силе больше порога устойчивости Эйлера. Причем минимума энергии не будет вообще: изгиб будет наростать, пока не сломается. Ну это уже более сложная задача... Можете взять линейку и попробовать. Если линейка совсем тоненькая, то порог Эйлера довольно небольшой. Рук хватит. Только акуратно, не порежьтесь об осколки Стационарного изгиба не получите, сломается.

-- Ср мар 11, 2015 03:24:34 --

dbequi в сообщении #988439 писал(а):

Если сила применяется как-то иначе, то всё начинает зависеть от направления силы?

А самому догадаться? Ну, тогда поиграйтесь с какой-нибудь тонкой пластинкой, подавите на нее пальцем так и сяк....

[Red_Herring]

Исправленному верить!

Я догадался как они получили этот ф-л:

\begin{tikzpicture} \draw [line width=10] (0,0) arc (85:95:75); \draw [cyan] (0,0) arc (85:95:75); \draw[red, thick,->] (1,0)--(0,0) node[above]{\qquad \qquad Сила}; \end{tikzpicture}

Пусть $y=u(x), 0\le x \le L$ это средняя линия палки, тогда энергия деформации $\frac{1}{2}K \int _0^L u''{}^2 \, dx$. В то же время длина средней линии палки $\sqrt{1+ u'{}^2}\,dx \approx L+\frac{1}{2}\int_0^L u'{}^2\,dx$ и д.б. $=1$. Теперь заменив в интегралах $1$ на $L$ мы получим укорочение палки по горизонтали $-\frac{1}{2}\int_0^1 u'{}^2\,dx$ и потому умножая на $\lambda$ (силу) и добавляя к энергии деформации мы получим

$$\frac{1}{2} \int _0^1 \bigl(K u''{}^2 -\lambda u'{}^2\bigr)\, dx.$$

Теперь выведите ОДУ и условия на концах (каждый из них рассматривается отдельно и д.б. два условия для ОДУ на каждом конце, в то время как исходная вариационная задача могла иметь 0,1,2.

[Red_Herring]

К сожалению, после такого интересного вывода остальное банально и скучно. Мы имеем чисто квадратичную форму с однородными граничными условиями (ну, скажем, $u(0)=u(1)=0$ (*)для формы, а для ур-я будет ещё по одному условию). Тогда либо квадратичная форма положительно определена ($K\pi^2>\lambda$ при (*) ) и минимум достигается при $u=0$, либо "минимум" равен $-\infty$ (палка уходит из рамок теории $u\ll 1$) плюс пограничный случай ($K\pi^2=\lambda$ при (*) ) когда минимум все равно $0$, но есть и нетривиальные решения $u=A\sin (\pi x)$

[Oleg Zubelevich]

только по-моему нас всетаки интересуют не только минимумы ,а вообще все экстремали

[Red_Herring]

Oleg Zubelevich в сообщении #988621 писал(а):

только по-моему нас всетаки интересуют не только минимумы ,а вообще все экстремали

Увы, всё равно будет скучно (хотя чуточку веселее). Мы имеем чистую квадратичную форму на линейном пространстве, т.е. какая бы ни была экстремаль, значение ф-ла только $0$. Она всегда будет при $u=0$, но иногда будут и ненулевые $u$ (но всё едино $0$ как значение ф-ла). Они будут появляться когда $\lambda$ будет с.з. в вариационке $K\|u''\|^2/\|u'\|^2$, т.е. при условиях $u(0)=u(1)=0$ будет $\lambda=\lambda_n= K \pi^2n^2$.

В странных обозначениях ТС $\lambda$ это сила!

[Alex-Yu]

Red_Herring в сообщении #988479 писал(а):

Я догадался как они получили этот ф-л:

Да, я тоже сообразил. Точно как у Вас (с точностью до перестановки формул). Конечно, сама палка не изогнетсяя под действием такой силы (если сила меньше порога неустойчивости Эйлера), но если ее принудительно изогнуть, то под действием такой силы получится изогнутая палка. Достаточно вспомнить лук, не тот, что растение, а тот, из которого стрелами стеляют.

Только вот в уме все же не соображу, будет так решение или нет. Скорее нет, чем да. Тут же несколько решений (изгиб вверх, вниз, без изгиба, а может быть еще изгиб "туда-сюда"), не могу представить, чтобы линейные уравнения такое давали. Нужно учесть нелинейные поправки. При не малом изгибе нужно действительно в упругой энергии учесть, как минимум, $1+(u')^2$ в знаменателе, как ТС писал (я не проверял, что именно так будет кривизна, но легко проверить). И тогда почти точно все получится. Впрочем, может быть нужно учесть и нелинейность в "силовом" слагаемом. В принципе, даже интересная задачка (в смысле что здесь нужно учитывать, а что можно откинуть). Было бы время, я бы ее порешал. Но когда-нибудь, и то лишь может быть....

Пожалуй, в качестве первой в жизни задачи по вариационному анализу (как ТС писал) это все все же сложновато.

[Oleg Zubelevich]

Red_Herring в сообщении #988624 писал(а):

ы, всё равно будет скучно (хотя чуточку веселее). Мы имеем чистую квадратичную форму на линейном пространстве, т.е. какая бы ни была экстремаль, значение ф-ла только $0$. Она всегда будет при $u=0$, но иногда будут и ненулевые $u$ (но всё едино $0$ как значение ф-ла). Они будут появляться когда $\lambda$ будет с.з. в вариационке $K\|u''\|^2/\|u'\|^2$, т.е. при условиях $u(0)=u(1)=0$ будет $\lambda=\lambda_n= K \pi^2n^2$.

В странных обозначениях ТС $\lambda$ это сила!

это все ясно, мое замечание было исключительно по форме. есть простая задача: найти экстремаль; и есть относительно сложная задача: выяснить чем эта экстремаль является минимумом , максимумом или чем-то еще (там уже функциональные пространства надо вводить итд), или доказать, что локальный минимум существует. вот нас интересует простая задача.

[dbequi]

Red_Herring в сообщении #988479 писал(а):

В то же время длина средней линии палки $\sqrt{1+ u'{}^2}\,dx \approx L+\frac{1}{2}\int_0^L u'{}^2\,dx$ и д.б. $=1$. Теперь заменив в интегралах $1$ на $L$ мы получим укорочение палки по горизонтали $-\frac{1}{2}\int_0^1 u'{}^2\,dx$ и потому умножая на $\lambda$ (силу) и добавляя к энергии деформации мы получим

$$\frac{1}{2} \int _0^1 \bigl(K u''{}^2 -\lambda u'{}^2\bigr)\, dx.$$

А я не понял... Почему из $1+\frac{1}{2}u''^2+\ldots$ ушла единица?

[Red_Herring]

dbequi в сообщении #988737 писал(а):

А я не понял... Почему из $1+\frac{1}{2}u''^2+\ldots$ ушла единица?

А там её и не было. А была она в $1+\frac{1}{2}u'{}^2+\ldots$

[dbequi]

Red_Herring в сообщении #988739 писал(а):

dbequi в сообщении #988737 писал(а):

А я не понял... Почему из $1+\frac{1}{2}u''^2+\ldots$ ушла единица?

А там её и не было. А была она в $1+\frac{1}{2}u'{}^2+\ldots$

Да, опечатался, но всё равно непонятно