М.Л. Краснов, А.И. Киселев, Г.И. Макаренко - Вариационное исчисление (Задачи и упражнения), страница 9

Пусть задана кривая д. Оптической длиной кривой о назовем время Т(т)), в течение которого проходится эта иривая при движении по ией со скоростью света о(х, р). Будем рассматривать верхнюю полуплоскость у ) 0 как оптическую среду, в которой сиорость света в иаждой точке равна ордииате этой точки о = у. Лучами света в этой среде И ' б дуг, как мы виделн, полуокружности с центрами на оси Ох. ожив показать, что часть АО полуоиружности д, один из концов которой лежит на оси Ох, имеет бесконечную оптическую Рис. 5. длину (рис. 5). Точкч оси Ох будем называть поэтому бесконечно удаленными.

Будем считать полуокружиости с центрами на оси Ох прямыми, оптические длины дуг таких полуокружно. стей — их длипаии, углими между такимн прямыми — углы между касательными к полуокружностнм в тс:ке их пересечения. Получим плоскую геометрию, в которой сохраняются многие положения обычной геометрии. Например, через две точки можно провести одну и только одну прямую (через две точки на полу- плоскости можно провести только одну полуокружность с центром на оси Ок), Т)араллельными будем считать две прямые, имеющие общую бесконечно удаленную точку (т. е, две полу- окружности, касающиеся друг друга в точке В, лежащей на оси Ох), Тогда через даину.о точку А, не лежащую на прямой Ф экстРемум Функг[иоиллов 1ГЛ.

П ' можно провести две пряные д~ и от, параллельные я. Прямые, которые проходят через точку А и лежат в вертикальных углах 1 н Ш, пересекают пряную рЛ прямые, лежащие и углах Ц и Ьту, — ее не пересекают.. Рис. 6. Мы получили так называемую модель Пуанкаре геометрии 'Лобачевского на плоскости (рнс. 6). Найти экстремали функционалов: ь 81. У[у(х)) = ~ [2ху+(хз+ еа) у')41х; я у (а) = А, у (о) = В. 82, У[у(х)] = ) (е" + ху')4(х; у(0) =О, у(1) =а. о яы 83. У[у(х)[ = ~(у — у )4(х; у(0) =1, у[~)= —, о 84.

У[у(х)[ = [ (у' — ут)гаях; у(0) =1, у(и) = — 1. о 4 88. У[у(х)[= / (х+у')пгх; у(0)= 1, у(1)=2. о ! 88. У[у(х)) = [ [ух+ у')4(х; у(0)=0, у(1) =1. о $41 ПРОСТЯИШАЯ ЗАДАЧА 87. У[у(х)]=) (у' +4уо)дх; у(0)=ет, у(1)=1. о 1 88. У [у (х)]= ~ (2е" — уо)4Ех; у(0) =1, у(!)=е, о ь 89. У[у(х)] = [ (ху'+ у') 4Ух. ь 90. У[у(х)]= ] (у+ "з )4(х. а 91, Показать, что линейный функционал ь У[у(х)] = ] [р(х) у'+ 4)(х)у+г (х)]4Кх, а где р(х) он С,[а, Ь], д(х) ен С [а, Ь], г(х) он С[а, Ь], не имеет экстремумов. 92.

Пусть дан функционал ь У [у (х)] = ] Р (х, у, у') 4(х а и граничные условия у(а) = А, у(Ь) = В. Показать, что если к подынтегральному выраже» нию г(х,у,у')4(х добавить полный дифференциал лю. бой функции и = и(х,у), то уравнение Эйлера остаа нется прежним. ь 93. У [у (х)] = ] (уз + у' + 2уе ) 4(х. а 94. У [у(х)]= [ (уо — у'ь — 8ус(зх)4(х, о у(0)=2 у Е) =2с)ь ~~ ° 95.

Найти экстремали функционала ь У [у (х)] = ) х" (у')о 4Ух а экстрямум Функционалов (Гл. и и показать, что при н ) 1 две точки, лежащие по разные стороны от оси Оу, не могут быть соединены экстреьчалью. Вариачионные задачи е параметрической форме. В ряде задач более удобно, а порой и просто необходимо, пользоваться параметрическим заданием линий х = ф(г) р=ф()) где функции ф(Г) и ф()) непрерывны и имеют кусочно-непрерывные производные, прнчем фз(г) + фз(Г) Ф О.

Пусть дан функционал Ус = ) Р (б х, р, х у) ог = ~ Р (б х, у, х, р) с(г, (32) и ох, и'у где х= —, р= —. ~й' кг' Чтобы значения функционала (32) зависели от линии, а не от ее параметризацин, которая может осуществляться различными слособамн, необходимо н достаточно, чтобы подынтегральная функция не содержала явно параметр Г и была положительно однородной первой степени по аргументам х, Ьн Г(х, у, йх, йу) =ар(х, К, х, р), й)0.

(ЗЗ) Например, в функциовале ~с ~ "~" рбх с подынтегральная функция положительно однородна первой сте- пени. В свмом деле, здесь Р(х, р, х,у)=ху — ух Р(х, у, йх, Йр) = йр(х, у, х, у). и очевидно Если линия С: х=ф(г) р= ф()) Гз()~~то доставляет функционалу Хс экстремум в классе линий С, соединяющих данные точни (хо, уо) и (хь р~), то функции ф()) и ф(Г) ПРОСТЕПШАЯ ЗАДАЧА удовлетворяют уравнениям Эйлера ~х л (~х) б' ( (34) Одно из уравнений (34) есть следствие другого, Вейерштрассова форма уравнения Эйлера г р, (ха+уз)'й' (33) Здесь г — радиус кривизны экстремалн, г, — общее значение отношений "«х "уу ху у' х' — хр ' П р и м е р 14. Найти экстремали функционала (хь у,) "= Х )о, о) Решение. Поскольку возможны экстремали, которые пересекаются прямымн, параллельными осн Оу более, чем в одной точке, перейдем к рассмотрению задачи в параметрической форме.

Считая х = х(Г), у = у(т), находим„что подывтегральная р функция имеет вид у' — '., х и является положительно однородха ной первой степени относительно х н д. Первое нз уравнений (34) принимает вид откуда Интегрируя последнее уравнение, находим у' = 2С1х + Ст. У) у' = — х. хз Йз условия прохождения экстремали ~срез начало координат находим, что Сэ = О.

Второе граничное условие дает и) С1 =- — , так что оковчательно 2х, ' ЭКСТРЕМУМ ФУНКЦИОНАЛОВ (гл, и 64 П р и м е р 15. Найти экстремали функционала г ~ [Уха+у'+а'(ху — ух)1>(1. тю Решен не. Полагая г (х, у, х, у) = Уха+ у'+ аэ (ху — ух), видим, что функция г" положительно однородна первой степени относительно х и у. Воспользуемся вейерштрассовой формой уравнения Эйлера, Имеем ~«« г' =аэ, г' = — а'> г' = э« ' > ут (хт 1 уэ)'А ' Поэтому уравнение (Зо) принимает в данном случае вид 1 — 2а'.

г ! Таким образом, кривизна — экстремалн постоянна. Следоваг тельно, экстремалн — дуги окружности, в частности, полные окружности, если х (ге) = х (й), ) у (>е) = у П ). Найти экстремали функционалов: 1«,, эа «с= >о, о> (>, Д <о, е> н, о> 98. Хс= ~ [К ~>ха+уз — ху)г(1, К>0 — сопз(, <->, е> 5 5. Обобщения простейшей задачи вариационного исчисления 1'. Функционалы, зависящие от производных высшего поряд иа.

Пусть имеем функционал «, у(у(хц= ~ г (х, у(х), у (х), ..., "у>"> (х)) йх, (1) «э $ з! Опоеше!гид простеишеи злддч11 бб где с" — функция, днффсренцируемая л+ 2 раза по всем аргументам, р(х) вы С„(хв, х,], а граишные условия имеют впд (2) „гл-Н(х ),1а-0 Экстремалямн функционала (1) прн условиях (2) являются интегральные крнвые уравнення Зйлсра — Пуассона: ло Р— — Р, + — й .— ... +(-!)" — Р <,=О. (3] дх р вух' р П р и и ер 1. Найиг зкстремаль функцнонала 1 У (у (х)) = ~' (ЗгбОхгр — рч ) с(х, о р (О) = О, р' (0) = 1, у (1) = О, у' (! ) = 2 б. Р е ш с н н е. Ъ'равнение Эйлера — Пуассона ил~егг енд в!2 350хв + —, (- 2р") = 0 нлн р1У (х) = ! 80хз; бхв его общее решение— в р (х) = — ха + С~ха + Сгхв + Свх + Св 2 Используя граничные условня, получим 3 С~=.—, С,= — 3, Св=1, 1 Искомая зкстремаль ! 3 у(х) = — х'+ — х' — Зх'+ х.

2 2 Рассмотрим задачу, в которой нэ границе заданы не все условия (2), а меньшее нх число, так что в общем решении уравнения Эйлера после непользования граничных условий еще остаются свободные постоянные. Д.ля решения такой задачи необходимо найти варнациго функционала (!), преобразовать ее с учетом заданных граничных условий н, прнранняв вариацию нулю, получить дополннтельные условия ца граннпе. П р им ер 2. Найзи кривую у = р(х), реалнзуюшую зкстреиальное значение функционала ь з [у) = — ~ (р")' Ых Г 2,~ а при условиях у(а) =О, р(Ь) =О. (б) 3 М, л. Краснов я др.

вкстрнмхм синцннонллов (гл. и бб Р е ш е н н е. Уравнение Эйлера — Пуассона имеет внд у'!~) (х) = О, Его обшее решение у (х) = С1 + С,х + С,х' + С,х' (6) ЬУ (у) = ~ у" (бу"] йх. а (7) Интегрируя (7) по частям дважды, будем иметь ь бу (у) =у" (х) бу'(х) )„— ) у'" (х) бу'(х) йх = а =ув(х) бу'(х) )Ь вЂ” уго (х) бу(х) (Ь+ ~ ун~! (х)бу (х) г(х. (8) а Выражение (8) должно обрашаться в нуль на экстремали у(х) функпионала (4). Из произвольности функции бу(х) следует, что уг'тг(х) = О; это есть уравнение Эйлера — Пуассона для функционала (4). Но если интеграл в правой части (8) обраШается в нуль, то краевое выражение (у" (х) бу' (х) — у"' (х) бу (х)) )а также должно обращаться в ну,ть тождественно. Тагг как бу(а) = бу(Ь) = О (концы закреплены), то получаем, что должно быть ув (Ь) Ьу' (Ь) — уа (а) бу' (а) = О.

В силу пронзвольвости величин бу'(Ь) и бу'(а) необходимо получаем у" (а) = О, у" (Ь) = О. (9) Условия (9) владеете с условиями (5) однозначно выделяют экстрсмаль из семейства (8): у(х) ==- О. 2'. Функционалы, зависящие от га функций. Для фувнционала, зависяшего от т функций уг(х), ..., у (х), х| 7 [Уг Уз Уы1 ~ е (х Ун Ут Угл Упуз ° ° г Увг) "х (!О) содержит четыре произвольных постоянных С, (! = ),2,3,4), и для нх определения заданных граничиьж условий (5) недостаточно. Поэтому, согласно вышесказанному, находим варнашпо функционала (4).

Получим Ь й 5! ОБОЕГЦЕИИЯ ПРООТЕПШЕй ЗАДАЧИ при граничных условиях вида уа(хо) =уа, ул(х,) =у!а'! (2 =1, 2, ..., т), (11) экстремали находятся из следующей системы дафференцнальнык уравнений второго порядка: г" — — Р г — — 0 (А=!, 2, ..., т), (12) г! называемых системой уравнений Эйлера. П р и м е р 3.

Найти экстремали функционала у( (), ()]=~ ("+ +гт)йх ! при граничных условиях у (!) = 1, у (2) = 2; г (1) = О, г (2) = 1, Р е ш е и и е. Систел! а уравнений (12) н данном случае имеет вид у" =О, г — г" = О. 1 Решая эту систему, находим у= С х+Ст, г = Сае" + С,е В силу граничных условий имеем 1 ел С!=1, Сл=О, Сл= ., Сл= еэ — 1' ' ел — 1' так что искомая эксгремалзп у =х, 1 ай (х — 1) э)л 1 есть пространственная кривая, явг!яюлцаяся пересечением двух цилиндрических поверхностей, П р и м е р 4.

Найти экстрсмалн функционала Х (у (х), г (х)] = ~ (2уг — 2у'+ у'э — г'т) г!х, о если у(0) =О, у(л) =1, г(0) =О, г(л) = — 1. экстннмум Фкнкннонллов (гл. п 66 Решение. Система уравнений (12) имеет вид у +2у — г =О, г" + у =О, откуда, искшочзя функипю г, получим у!У+ 2у1-+ у = О, Общее решение этого уравнения выест вид у (х) = С, соз .т+ С, 5!и х + х (С, соз х + С, зш х). В силу граничных условвй у (О) = О, у(п) = 1 получаем С!= О, Сз= — —, и знашт, х у (.Х) = С! 51п х + С,х 51П х — — соз х.

Функцшо г найдем из условия, что г = у" + 2у. Имеем 1 г = С, 51П х + С, (2 соз х + х 51П х) + — (2 5(п х — х соз х). !1 Постоянные Сз и С„находам нз граничных условий г (О) =О, « (и) — 1, что дает С, = О, Сз — произвольно. Тогда г = С! 51п х + — (2 5!п х — х саз х).