Л.Э. Эльсгольц - Дифференциальные уравнения и вариационное исчисление (1118006), страница 56
Текст из файла (страница 56)
3 ДОСТАТОЧНЫЕ УСЛОВИЯ ЭКСТРЕМУМА и = ',, где С залано; отсюда и' = — с, д' —. функции ду(х, С) сну (х. С) дС л дСдх у=у(х, С) являются решениями уравнения Эйлера, поэтому Г„(х, у(х, С), у' (х, С)) — — „Г,, (х, у(х, С), у,'(х, С))=— О. )Анффереггцнруя это тождество по С н полагая ', = и, получим ду(х, С) Гг„и + Г„„и — — (Г и + Г„г и')=О дх или Г„„— — Гт ~и — — (Гт „и )=О. ° ) дх "г ! Дх Здесь Ггу (х, У, У'), Гг„(х, У, У'), Г„г (х, У, У') ЯвлЯютсЯ известными функциями х, так как второй аргумент у равен решению уравнения Эйлера у=у(х, С), взятому при значении С=Се, соответствующем экстремали АВ.
Это линейное однородное уравнение второго порядка относительно и называется уравнение и Якоби. Если решение этого уравнения а = „',, обращающееся ду(х, С) в нуль в центре пучка при х = хс (центр пучка всегда принадлежит С-дискриминантной кривой), обращается в нудь еше в какой-нибудь точке интервала хе < х < х,, то сопряженная с А точка, определнемая ураинениями у=у(х, С„) и У х' ) =О или и=О, ду(х, С) легкнт на дуге экстремали АВ'). Если же существует решение уравнения Якоби, обращающееся в нуль при х = ха и более не обращающееся в нуль ни в одной точке отрезка хс ( х ( хн то точек, сопряженныд с А, на дуге АВ нет, — условие Якоби выполнено, и дугу экстремали АВ можно включить в центральное поле экстремалей с центром в точке А. 3 а и е ч а н и е, Можно доказать, что условие Якоби необходимо для достижения экстремума, т, е, для кривой АВ, реализующей экстремум, сопряженная с А точка не может лежать в интервале хв( х < хг П р и и е р 2.
Выполнено ли условие Якоби для зкстремали функционала а о= ~ (у' — у') дх, проходящей через точки А(0, О) и В(а, 0)? ") Заметим, что все нетривиальные решения линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющие условию и(к,) О, отличаются друг от друга лишь отличным от нуля постоянныи множителем и, следовательно, обращаются в нуль одновременно. Функция ерс я, я. я') Уравнение Якоби имеет вид — 2и — — (2и') О нли и +и О, У а» откуда и = С', а1п(» — С,).
а е(у (»)) = ~ (у' + у'+ х') ах, с проходящей через точки А(0, 0) н В(а, 0)г Уравнение Якоби имеет внд и' — и =О. Его общее решение возьмем з форме и= С, зй»+С,снх. Из условия и(0) 0 находии С, =О. и = С, зй х,!(ривйе пучка и = С, ай х пересекают ось Ох лишь в точке х О. Условие Якоби выполнено при любом а. ф 2. Функции Е(х, У, Р, У ) Предположим, что в простей. шей задаче об зкстремуме функ циопала и= ~ Р(х, у, у')Их; У(хс) = Ус* У(х1) =У~ Рис. 8.9. условие Якоби выполнено и, следовательно. вкстремаль . С, проходяшая через точки А(хс, ус) и В(хн у,), может быть включена в центральное поле, наклон которого равен р (х, у) (рис. 8.9)ь).
йля определения знака приращения Ьп функционала и при переходе от экстремалн С к некоторой близкой допустимой кривой С преобразуем приращение Ьо= ~ Р(х, у, у')Их — ) Р(х, у. у')ах с ') Можно было бы предположить, что зкстремаль включена не в центральное. а в собственное поле. Так как и(0) О, то Ст 0; и= С, а1пх.
Функция и обращается в нуль в точках х = дн, где д — целое число, и, следовательно, если О < а < и, то на отрезке О < х < а функция и обращается в нуль только в точке х = 0 и условие Якоби выполнено; если же а~ и, то на отрезке 0<»~а функция и обращается в нуль еще по крайней мере в одной точке х н и условие Якоби не выполнено (сравните с примером 1, стр. 354). П ри м ер 3. Выполнено ли условие Якоби аля зкстремали функционала ДОСТАТОЧНЫЕ УСЛОВИЯ ВКСТРЕМУМА (гл.
а к более улобному для исследования виду. (Символы ~ Р(х, у, у')дх и ~ Р(х, у, у')Фх к, представляют значения функционала о = ~ Р(х, у, у') г(х, соответственно по дугам кривых С и С). Рассмотрим вспомогательный функционал взятые / ~Р(х. у, р)+( — — р) Р (х, у. р)1 г7х, который иа экстремали С обращается в ~ Р(х, у, у')пх, так как с на вкстремалях поля — = и. С другой стороны, тот же вспомогаеу лх тельный функционал ~ [Р(х. у, р)+ ( — „— р) Р (х, у, р)] дх с или ) 1Р(х У Р) — РРр(х. У Р))г(х+Рр(х У.
Р)с(У (8.1) а~о=[Р(х. у, у') — у'Р„(х, у, у')) л1х+Рр (х. у, у')к(у и лишь обозначением углового козффициента касательной к зкстремалям воля отличается от подынтегральиого выражения в рассматриваемом вспомогательном интеграле (8.1). Итак, интеграл ~ (Р(х, у, р)+(у' — р)Рр)Их на вкстремали С совпадает С интегралом ~ Р(х. у, у') с(х, а так как функпиоиал с (Р(х. у, р)+(у' — р) Рр) г(х является интегралом от точного 8 является интегралом от точного дифференциала. действительно, дифференциал функции о(х, у).
в которую превращается функционал О(у(х)1 на экстремалях поля. согласно $1 главы 7 (стр. 331), имеет вид еэнкпия ебь р. и Е> Фм лифференциала н, слеловательно, ие зависит от пути интегрирования, то ! Р(х. у, у') с(х = ~ [Р(х, у, р) +(у' — р) Р„(х, у, р)! с(х не только при С=С, но и при любом выборе С.
Следовательно, приращение Ьо = ( Р(х, у, у')лх — ! Р(х, у, у')Их с с может быть преобразовано к следующему виду: Ьп = ~ Р (х, у, у ) с(х — ~ !Р(х, у, р)+(у' — р) Рр(х, у, р)! с(х= = ~ (Р(х, у, у') — Р(х, у, р) — (у' — р) Рр(х, у, р))г(х. с Подынтегральная функция носит название функции Вейержтрасса и обозначается Е (х, у, Р, У'): Е(, у, и, У') =Р(Х, У, У') — Р(х, У, «) — (»' — Р) Р (х У И В этих обозначениях Очевидно, что достаточным условием достижения функционалом о минимума на кривой С будет неотрицательность функции Е, так как если Е) О, то и Ьп)~0, а достаточным условием максимума будет Е (О, так как в этом случае н Ьп (О: При этом для слабого минимума достаточно, чтобы неравенство Е(х, у, р, у') )~ О (или Е (О в случае максимума) выполнялось для значений х, у, близкик к значению х, у на исследуемой экстремали С, и для значений у', близких к р(х, у) на той же экстремали, а для сильного минимума то же неравенство должно быть справедливо для тех же х, у.
но уже для произвольных у', так как в случае сильного экстремума близкие кривые могут иметь произвольные направления касательных, а в случае слабого экстремума значения у' на близких кривых близки к значениям у'=р иа экстремалн С. Следовательно, лостаточными лля достижения функционалом и экстремума на кривой С будут следующие условия. Для слабого экстремума: 1. Кривая С является экстремалью, удовлетворяющей граничным условиям.
достлточныв головня экствямямл (гл. а 2. Экстремаль С может быть включена в поле экстремалей. Это условие можно заменить условием Якоби. 3. Функция Е(х, у, р, у') не меняет знака во всех точках (х, у), близких- к кривой С, и для близких к р(х, у) значений у'. В случае минимума Е)~0, в случае максимума Е (О. Для сильного экстремума: 1.
Кривая С является экстремалью. удовлетворяющей граничным условиям. 2. Экстремаль С может быть включена з поле экстремалей. Это условие можно заменить условием Якоби. 3. Функция Е (х, у, р, у') не меняет знака во всех точках (х, у), близких к кривой С и лля произвольных значений у'. В случае минимума Е )~ О, в случае максимума Е : О. Замечание. Можно доказать, что условие Вейерштрасса необходимо.
Точнее, если в центральном поле. включающем экстремаль С, в точках экстремали для некоторых у' У функция Е имеет противоположные знаки, то сильный экстремум не достигается. Если это свойство имеет ме- В(а, сто при сколь угодно близких к р значениях у', то не достигается и слабый экстремум. Пример 1.
Исследовать на экстре- мум функционал О а =~у"дх; у(О)=О, Рис. 8.!О. о у (а) = Ь, а > О, Ь > О. Экстремалямн являются прямые линии у = С,х+С,. Экстремум может Ь достигаться лишь на прямой у= — х. Пучок прямых у=С,х с центром е Ь в точке (О, О) образует центральное поле, включающее екстремаль у = — х в (рис. 8.10). Функция Е(х, у, р, у') = у'э — рэ — Зрэ (у' — р) = (у' — р)' (у'+ 2р). Ь Ь На екстремали у= — х наклон поля р = — в О, и если у' принимает знал а Ь чениа, близкие к р = †, то Е >О и, следовательно, все условия, достаточ- а ' ные для достижения слабого минимума, ~выполнены. Итак, на экстремали у — х достигается слабый минимум.
Если же у' принимает произвольные Ь а значения, то (у'+2р) может иметь любой знак и, следовательно, функция Е знака не сохраняет †услов, достаточные для достиженая сильного мини- 361 Функция е<м л, л. у'! мума, не выполнены. Если принять во внимание замечание на стр. 360. то Ь можно утверждать, что сильный минимум на прямой у = — х не достигается. а Пример 2 Исследовать на экстремум функционал (бу" — у' +уу')ах; у(0)=0; у(а)=Ь; а>О и Ь>О о в классе непрерывных функций с непрерывной первой производной. Экстремалями являются прямые у = С,х+ Сь Граничным условиям удо- Ь влетиоряет прямая у = — х, которая включается в пучок экстремалей а у = С,х, образующих центральное поле. Функция Е(х, у.
р, у') = бу'л — у' *уу' — бр'+ р" — ур — (у' — р)(12р — 4рл+ у) = = — (у' — р)'! у' + 2ру' — (6 — Зр')). Знак функции Е противоположен знаку последнего множителя у" +2ру — (6 — Зр ). Этот множитель обращается в нуль и может изменить знак лишь при переходе у' через значение у' = — рж р 6 — 2р'. При 6 — 2р' (О или р) Ь"3 при любом у' имеем (у' +2ру' — (6 — Зр')) «>О, если же 6 — 2р' >О или р < Р" 3, то выражение (у" + 2ру'— — (6 — Зрл)1 меняет знак. Если же при У этом у' достаточно мало отличзется от р, то последнее выражение сохраняет поло- -'.-У жительный знак при р > 1 и отрицательный знак при р < 1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
