М.Л. Краснов, А.И. Киселев, Г.И. Макаренко - Вариационное исчисление (Задачи и упражнения), страница 11

о а) Пусть у(0)= 1, у(2) = 1. Семейство экстрамалей данного функпионала определяется уравнением у = Сгх + Са. Заданным граничным условиям удовлетворяет экстремаль у = 1. Эта экстремаль вктючается в собственное поле экстремалей у = Са, где Сз — произвольная постоянная.

б) Пусть р(0) = О, р(2) = 4. Экстрсмалыо, отвеча>ошей этим граничным условиям, является прямая р = 2х, кстооая включается в центральное поле экстремалей у! = С>х (С! — произвольная постоянная) с центром в точке 0(0,0). П р и м е р б. Рассмотрим простейшую вариационную задачу /Ь)= ~ р' ° (2х — — р') йх, Решение уравнения Эйлера имеет вид у = х'+ С,х + С . х 3 Экстремаль этой задачи у = х'+ — — — можно включить в соб- 4 4 х огненное поле экстремалей р = х' + — + Са (ряс. 9). 4 вкстовмум Функционалов !Гл. н 80 Показать, что зкстремали следующих простейших вариационных задач можно включить в поле зкстре. малей (собственное или центральное).

ис. 9. ! 126, У(у) = ~ (у' — 2ху)ах; у(0) =у(1) =О. о ! 127. У [у) = ) (2е"'у + у'~) с(х; у (0) = 1, у (1) = е. о 128. У(у)= ) (уо — у')с(х (а) О, аФ Уса); о у (О) = О, у (а) = О. 129. У (у) = ~ (у' + Ао) с(х; у (0) = 1, у (2) = 3. о 8! $ 71 пОле экстремалеи Определение. Пусть имеем семейство Ф(хПОС) = О плоских кривык. С-дисяримннантом этого семейства называется геометрическое место точек, определяемое системой уравнений Ф(х, р, С) 0,1 дФ(х, р, С) 1 дС В общем случае в состав С-двскримннанта входят огибающие семейства, геометрическое ыесто узловых точек и геометрическое лгесто точек заострения.

Огибакнцей сенейггаа Ф(х,у, С) = О называется кривая, которая в каждой своей точке касается некоторой кривой данного семейства и каждого участка которой касается бесконечное множество кривых семейства. Если имеем пучок кривых с центром в точке А (ха,рч), то центр пучка принадлежит С-дискрнминанту. П р н и е р 7. Пайти С-дискримиаант семеяства кривых р = .= (х — С)а. Рещ ение. Уравнения (1) в данном случае имеют внд у — (х — С)'=О, ~ 2(х — С)=О, откуда у = О, Нетрудно прсоернть, что линия у = О есть огибающая данного семейства. В самом деле, в любой точке х = х, линия у = О иыеет общую касательную с соответствующей кривой ссмегтства у = (х — хо)'. Далее, какой бы малый участок линии у = О мы нн взяли, его касается бесконечное множество крввык данного семейства.

В данном случае С.дискриминант состоит из одной огибающей. В следукзптих примерах найти С-днскриминанты заданных семейств. 130, у=Сх+ С'. 131, у(С вЂ” х) — С'=О. 132. (х — С)т+ уа = 1 Если дуга АВ кривой у у(х) имеет отличную от А общую точку А' с С-дискрнминантом пучка у = у(х, С) с центром в точке А, содержащего данную кривую, то точка А* называется точкой сопряженной с точкой А. П р н м ер 8. Рассмотрим одяопараметрическос г мгйство кривых у = С Мпх, С-дискриминанг этого семейства определяется уравнениями у — Сыпх О, 1 -них=О, ) ЭКСТРЕМУМ ФУНКЦИОНАЛОВ (гл.

ц т. е. представляет собой дискретное множество точек (йп,О), й = О, ~1, Н-2 (точки пересечения сииусонды с осью Ох). Взяв, например, С = 2, получим кривую у = 2 з!их, принадлежашую данноллу Пучиу сннУсоид с центром в точке О(0,0). Если другая конец В (рис. 10) дуги кривой у = 2 Мп х имеет абсциссу Рнс. 10. х ы (п,2и), то дуга ОВ будет садерл<ать еше одну точку (кроме точки О(0,0)), принадлежашую С-днскриминанту, а именно точку О*(ч, О), которая будет сопряженной с точной О (О, О). Если 0 ( х ( и, то точек, сопряженных с точкой О (О, 0), на дуге ОВ нет.

133. Дано семейство кривых у = С (х — 1)х. Най. ти точку, сопряженную с точкой 0(0,0). 134. Дано семейство кривых у = С зй х, Найти точку, сопряженную с точкой О (О, О). 1'. Достаточное условие Якоби возможности включения акстремали в центральное поле экстремалей. Для того чтобы дугу АВ экстремали можно было включить в центральное позе ЭКСтрЕМапсй С цЕНтраЛ1 В таЧКЕ А(ла,ул), даетатаЧНО, Чтабм точка А*, сопряженная с точкой А, ие лежала на дуге АВ.

П р и м е р 9. Рассмотриы функционал г'(у (х)) = ~ (у'з — 9у +ех — !) г(х, а у(0) =О, у(а) =О. Проверцть возлгагкнасть включения экстремали у = 0 в центральаое поле экстремалей с центром в точке О(0,0). Р е ш е н и е. Уравнение Эйлера для даг ного функционала имеет вид у" + 9у = О, Ега обшее решение у(х) = Сл з!пйх+, + Сз сок Зх, пОле экптпнмллвп 83 ) (у (х)) = ( Р (х, у, у') г(х; х, у(хз)=ум у(х,)=ун Если решение и = и(х) уравнения Якоби ( г( Р— — Р, ! и — — гр,,и') =О, уа г(х аа') г(х ( и'и' (2) удовлетворяющее условию и(х,) = О, обращается в нуль еще в какой.нибудь точке н~гтервала ха < х < хь то сопряженная с А(хм уз) точка А" лежит на дуге АВ экстремали (точка В имеет координаты (хг, уг)).

Если существует решение и(х) уравнения Якоби, удовлетворяющее условию и(х,) = 0 н не обращающееся в нуль ни в одной точке полуинтервала хч < х < хь чо на дуге АВ нет точек, сопряженных с А. В этом случае дугу АВ зкстремали можно включить в центральное поле экстремалей с центром в точке А(хм уч). В УРавнении (2) в фУнкции Р„„(х, У, У'), Р„а (У, х, У') и Ри.а. (х, у, у') вместо у(х) вада подставить правую часть уран. пения экстремали у = у(х, Са). П р и м е р 10. Выполнено ли условие Якоби для экстремали функционала а ? [у (х)] = ~ (у'а+ хз) г!х, о проходящей через точки 0(0, 0) и В(а, 3)? ук Если а Ф вЂ”, й — целое число, то экстремалью, удо- 3 влегворяющей заданным граничным условиям, является прямая у = О.

Если рассмотреть однопараметрическое семейство экстре- малей уг = Сг з!п Зх, то, как легко проверить, С-дискриминант г йи этого семейства состоит нз точек ( — , 0), й — целое число; (З ' и поэтому, если а< —, то точки, сопряженной с точкой 0(0,0), 3' на экстремали у = 0 не будет, и тогда эту экстремаль, очевидно, можно включить в центральное поле экстрсмалей с центром и в точке 0(0, 0). Если же а ~ )—,, то на экстрсмали у = 0 будет 3' содержаться по крайней мере одна точка, сопряженная с точкой 0(0,0), и достаточное условие Якоби не выполняется. В этом случае экстремалн у = С1 з!п Зх поля не образуют.

Аналитическая форма условия Якоби. Пусть имеем простейшую вариационную задачу ,ГЛ. 11 экстремум Фу11кцггоггллов 34 Р е ш е н я е. Уравнение Якоби в паннам случае имеет внд и" = О. Его обшее решение: и(х) = Сгх+ Сз. Из условна и(0) = 0 находим, что Ст = О, твк что и = Сгх. Ни при каком значения а > 0 эги решевия и = Сгх (Сг Ф 0) в нуль не обрзшаются. Значит, точки, сопряженной с точкой 0(0, 0), на дуге ОВ экстремалн нет. Следовательно, ее можно включить в центральное поле экстрсмалей с центром в тогке 0(0, 0).

Нетрудно 3 пРоэеРнттч что искомой экстРемалыо ЯвлЯетсЯ пРЯмаа У= — х, а которая, очевядпо, включается в цегиральное поле зкстрсмалей У = Сьт. П р и м е р 11. Пыпошгспо лн условна Якоон для зкстремалн Фупкцпопалз а .!(у1= )((у' — йу +с . ) 1 (, „+ ) ) —.т' 2 г' проходяшей через точкн А (О, 0) н В(а, 0) Р Р с ш е н н е. Уранов!!гге Якоби нмсст вид и" + 4и = О. Его обшсе решение и (х) = С, з!п 2х + С, соз 2х. Из условия и10) = 0 находим, что Сз = О, так что и(х) =- = С, Мп 2х.

Если а< — ', го функция и(х) не оорашается в нуль 2' л прн 0 ( х ( а, и условне Якоби выполнено; если же а> —, то решенно уравнения Якоба и = Сз мп 2х обрашается в нуль в гочкс х = —, прннадгежацгей огрезку 10, а], н на ауге экстре- мали у = 0 (О «» х ( а) находится точка, сопряженная с точи кой А(0,0). Такнм образом, при а> —, не сушссгвует не!ораль.

2 ного поля зкстрсмалсй, включа1ошего данную экстремаль. В следующих задачах проверить выполнимость условня Якобп, ! 133. Х(у!= ~(12ху+у' +х')с(х) у( 1) — — 2, у(1) — О, а 136. У (у) = ~ (у' + Оуэ — Зх) агх; у (0) = О, у (а) = О. о 1 137. Х (у)= ) 11+ у')с(х; у(О)=у(1) =О. в йя ПОЛЕ ЭКСТРЕМАЛЕЯ 85 138. Х(у)= ) у'ез'г(х; у(0)=1, у(а) =Ь (а > О). о 139. г" [у1= ~ (у' — уз)г(х; у(0)=0, у(2я)=1.

о 140. Показать, что если подынтегральная функция функционала з з [у1= Г Р(х у ) гтх я не содержит явно у, то каждая зкстремаль всегда мо- жет быть вклгочсна в поле зкстремалей. В ам е ч а н и е. Условие Якоби является необходимым для достижения экстремума функпионала г[у(х)), т, е. на экстремалн АВ, реалнзуюшей экстремум, сопряженная с А точка не может легкать в пптеРвале хз < х ( хь НапРимеР, длн фУнкино. нала а[у) = )Г (у'ч + 1) сгх, у (0) = у (а) = О, о минн»!ум достигается на экстремалн у(х) = О. На этой экстрсмалн нет точек, сопряженных с точкой 0(0, 0), П р и и е р 12. Для функционала У[у[= ~ (ут - у') бх, I у(О)=О, у( — 'я)=О, на экстремали у(х) — 0 экстремум не достигается потому, что 5 в интервале (О, — к) лежит, сопряженная с точкой 010, 0) 4') точка 0»(я,о) (ибо решением уравпенкя Якоби и" + и = О, обращающимся в нуль при х = О, является и(х) = С! зги х, и и(х) 5 обращается в нуль также и в точке х = я ен (О, — н[).

4 В самом деле, в качестве «близкой» к у= — 0 кривой возьмем 4 з!п — пх 5 гби1 кривую у„(х) =,, для которой условия у (0) у("— ь-~ 0 экстРемум Функциондлов |гл. П 86 г|х — ~ ( — ) созе ~ — „х) г|х= а при любом целом и ) 2. Следовательно, экстремаль у(х) = — О не доставляет минимум данному функпионалу, так как сушествуют близкие к у(х) = О кривые, на которых значения функционала отрицательны.

Возьмем теперь семейство кривых 1, 4 уи (х) = — 5|п — к, обладающих близостью любого порядиа па п 5 отношению к кривой у(х) =— О. Легко видеть, что 5 5 и 4 4 — н 4 Г з|п'бк Г 16 4 ди у[уи) = ит 5|х — ) — соз' — х Их = — )О. 25па 5 40па а о Следовательно, экстремаль у(х) 0 не доставляет и максимума данному функционалу, 141. Пусть в функционале ь з'[д[= ~ Р(х, д, д') пгх а подынтегральная функция Р имеет ограниченные частные производные третьего порядка по переменным д, д' во всякой ограниченной области изменения д и д'.