Вывод уравнения Эйлера-Остроградского

[merovingen]

Задан фнукционал
$J(z)=\intop\intop_{D}(3z^2_x+z^2_y-z^2+2xz cosy)dS$.
Требуется вывести дифференциальное уравнение Эйлера-Остроградского для его последующего решения с помощью PDE Toolbox MATLAB.

Нахожу производные
$\frac {\partial F} {\partial z} = 2xcosy; \frac {\partial F} {\partial z_x} = 6\cdot\frac {\partial z} {\partial x}; \frac {\partial F} {\partial z_y} = 2\cdot\frac {\partial z} {\partial y}$

Подскажите пожалуйста, куда девать третье слагаемое $z^2$.

[Otta]

А как Вы так интересно по $z$ дифференцируете?

[merovingen]

Требуется получить уравнение вида:
$F_z-\frac {\partial F_p} {\partial x} - \frac {\partial F_q} {\partial y}$.

Если я на правильном пути, то должно получиться следующее:
$F_z-\frac {\partial F_p} {\partial x} - \frac {\partial F_q} {\partial y} = 2xcosy-6 \cdot \frac {\partial} {\partial x} (\frac {\partial z} {\partial x})-2 \cdot \frac {\partial} {\partial y} (\frac {\partial z} {\partial y})...$

Подскажите пожалуйста куда девать $z^2$.

[Otta]

Otta в сообщении #1025259 писал(а):

А как Вы так интересно по $z$ дифференцируете?

[svv]

merovingen в сообщении #1025255 писал(а):

Подскажите пожалуйста, куда девать третье слагаемое $z^2$.

А Вы и так его уже куда-то «дели». Хотя это часть $F$, и при вычислении производных от $F$ по $z$ и другим переменным её надо уважать не меньше, чем всё остальное.

[Brukvalub]

merovingen в сообщении #1025419 писал(а):

Требуется получить уравнение вида:
$F_z-\frac {\partial F_p} {\partial x} - \frac {\partial F_q} {\partial y}$.

Это новый, только что открытый в дебрях Амазонки вид уравнений: без знака равенства?

[merovingen]

Виноват!
Конечно же уравнение вида: $F_z-\frac {\partial F_p} {\partial x} - \frac {\partial F_q} {\partial y} = 0$

Если я прав, то должно получится так:
$F_z-\frac {\partial F_p} {\partial x} - \frac {\partial F_q} {\partial y} = 2z + 2xcosy - 6 \cdot \frac {\partial} {\partial x} (\frac {\partial z} {\partial x}) - 2 \cdot \frac {\partial} {\partial y} (\frac {\partial z} {\partial y})= 0$;
$6 \cdot \frac {\partial^2 z} {\partial x^2} + 2 \cdot \frac {\partial^2 z} {\partial y^2} = 2z + 2xcosy$;
После сокращения на 2:
$3 \cdot \frac {\partial^2 z} {\partial x^2} + \frac {\partial^2 z} {\partial y^2} = z + xcosy$;
$3 \cdot \frac {\partial^2 z} {\partial x^2} + \frac {\partial^2 z} {\partial y^2} - z= xcosy$.
Кажется я допёр )).

[svv]

Пожалуйста, запишите отдельно $F_z$, внимательно следя за знаками.

[merovingen]

$F_z = -2z + 2xcosy = -2(z - xcosy)$

[svv]

Да, верно. Здесь два слагаемых, они будут иметь разные знаки, если будут стоять в одной части уравнения. И одинаковые знаки, если в разных.

Какое получилось теперь уравнение?

[merovingen]

$3 \cdot \frac {\partial^2z} {\partial x^2} + \frac {\partial^2 z} {\partial y^2} + z = -xcosy$.

[svv]

Теперь у $x\cos y$ не тот знак.
Исправление должно было затронуть только знак слагаемого $2z$ (которое после сокращения стало $z$).

[merovingen]

Прошу прощения!
Это не незнание, это опечатка по невнимательности.

Будет так:
$3 \cdot \frac {\partial^2 z} {\partial x^2} + \frac {\partial^2 z} {\partial y^2} +z = xcosy$

[svv]

Да, теперь правильно.
Может, пригодится: если теперь сделать замену $x=\sqrt{3}\chi$, то в переменных $(\chi, y)$ уравнение приобретёт вид:
$z_{\chi\chi}+z_{yy}+z=\sqrt{3}\chi\cos y$, или
$\Delta z+z=f(\chi, y)$, где $f(\chi, y)=\sqrt{3}\chi\cos y$.
А это — двумерное неоднородное уравнение Гельмгольца. Хорошо изученное.

[merovingen]

Спасибо Вам! Заставили, так сказать, прийти в чувства.