М.Л. Краснов, А.И. Киселев, Г.И. Макаренко - Вариационное исчисление (Задачи и упражнения) (1118008), страница 18
Текст из файла (страница 18)
)1ля У 4х' наго>клепая величины С заметим, что на геодезической окружности лежит точка (С', С), а уравнение геодезического радиуса х (т. е. экстремали), проходящего через эту точку, есть уг С' 1 Отсюда уу'= —, и, значит, 2С Сз С" Г 1 С Р = ~ (уу')' г(х ~[ — ггх 4Сг 4' Следовательно, С = 4Р и геодезическая окружность радиуса Р с центром в начале координат имеет уравнение у' = 4Рх. П р и м е р 9.
Найти У-окружность радиуса Р с центром в точке 0(0,0), если геодезическое расстояние определяется функционалом У [у[ = ~ ггУ 1+ у' (х) дх, Р е ш е н и е. Экстремалями функционала являются прямые у = С1х+ Сг. Из условна прохождения экстремалей через точку О(0,0) находим, что Сг = О, так что у Сгх, н значит, у' Д х' Условие трансверсальности в данном случае совпадает с условием ортоганальности, и потому углозоа коэффициент каса 1 тельной и г.окружности — ф' = — —,, Следовательно, диффех ренциальное уравнение Х-окружности: р — —. Отсюда ура- У анение г'-окружности: хг+ уг = Сг. На втой окружности ленгит точка (С,О). Уравнение геодезического радиуса, проходящего через эту точку, есть у = О, так что у' = 0 и с Р=~ г(х=С.
о Таким образом, С = Р и уравнение искомой геодезичесной окружности радиуса Р есть обычное уравнение окружности хг ). Уг Рг й >П нлзрывиып задачи. одиостороииин вариации !З! 3 а и е ч'а н и е. Введенные понятия позволяют говорить о неевклидовой геометрии с дифференциалом дуги >)з = Р (х, у, у') >!х, Если г = )> ! + у' (х), то, как мы видели, 1-прямые превращаются в обычные прямые н наша геометрия переходит в обычную евклндоау геометрию.
!!рн произвольной функции Г, удовлетворя>ошей лишь обычным условиям непрерывности и дифференцирусмости по всем трем аргументам, введенная геоъ>етрия мало похожа на обычнук> геометрию: через две точки не всегда можно провести 1-прямую, и может случиться, что через две точки проходит несколько 1-прямых и, следовательно, 1-расстояние между двумя точками не есть однозначная функция координат. 182. Найти геодезическое расстояние от точки Л(0, О) до точки В(1, 2), если это расстояние определяется с помои)ью функционала У (у) = ~ (у' + у' )с(х.
183.'Найти геодезическое расстояние от точки Л(0, 1) до точки В(1, !), если это расстояние определяется функционалом У (у) = ) (12ху+ у')г(х. 184. Найти У-окружиость радиуса )т = 8 с центром в точке 0(0, О), если геодезическое расстояние определяется функционалом У(у) ~ у и,Ух $1!. Разрывные задачи. Односторонние вариации !'. Разрывные задачи. Экстремаль у = у(х) функционала 1(у] = ~ Е (х, у, у') >)х к, является дважды неарерычно дифференцируемой функцией, если производная ха. (х, у(я), у' (у)) не обращается в нуль.
Встречаются, однако, вариационные задачи, в которык экстремум достигается на кривой, являющейся лишь кусочно-гладкой, ЭКСТРЭМУМ ФУНКЦИОНАЛО8 (гл. и 132 а) Разрывные задачи первого рода. Рассмотрим задачу о нахождении экстремума функционала (1), считая, чта допустимые кривые удовлетворяют граничным условиям у(хю) = уо у(х1) =у| (2) и могут иметь излом в некоторой точке с абсциссой с (хе ( с ( ( х,).
Этот излом возможен лишь там, где У,, =О. В точке у а излома экстремаль должна удовлетворять условиям Вейерштрасса — Эрдмана а [х=с-Е У 'х=с+Е (Р-у У„,)[ -(У-у' У„,) ~ =О. (3) Вместе с условиями непрерывности искомой экстремали онн позволяют определить координаты точки излома. На каждом из двух отрезков [хи с) и [с,х,) экстремаль должнз удовлетворять уравнению Эйлера, т. е. дифференциальному уравнению 2-го порядка.
Прн решении этих двух уравнений получаются четыре произвольные постоянные, которые, вообще говоря, находятся из граничных условий (2) и условий (3) в точке излома, Пример 1. Найти ломаные экстремали (если они сушествуют) функционала а у [у) = ~ (у' — у') с( а Р еще н и е. Запишем первое из условий (3), которое должяо выполняться в точке излома: Ра, [ =Уз., [ (0<с<а). В данном случае оно имеет вид у'(с — 0) = у' (с + 0) и означает, что производная у'(х) при х = с непрерывна.
Следовательно, точек излома нет. Это видно и из того, что в данном случае )с,, = 2) 0 всюду. Поэтому в рассматриваемой задаче а а экстремум может достигаться лишь на гладких кривых. П р и м е р 2. Найти ломаные экстремали функционала г'[у) = ~ (у' — бу' ) бх, у(0) =О, у (2) О, о допуская, что у' мажет иметь одну точку разрыва, отвечающую абсциссе х = с.
Рею е н и е. В данном случае У,, = 12у — 12 может аба'а' ращаться в нуль и поэтому возможно наличие изломов экстре- мали. Так как подынтегральная функпия зависит только от у', то вкстремалями являются прямые у=С,х+ Сг. Положим у =тх+л (0~(х(с), у =рх+4 (с(х(2). Из граничных условий находим л=О, д = — 2р, так что (4) у тх, у =р(.к — 2).
Условие непрерывности экстремали дает тс = р (с — 2). Выпишем условия Вейерштрасса — Эрдмана. Инеем (5) Р ° = 4д' — 12у', ,з а Р— у' Р„, = — Зд" +бр". з з Поскольку д т, у+ р, получзем 4тз 12,п 4рз 12р — Зт' + бт' = — Зр" + бр' ) или (,п,з) (тг.( тр 1 р' 3) О (тз — р') (тг + р' — 2) = О. (8) Второе уравнение в (6) срззу дает т = р или т = — р нли та + рг — 2 = О. Решение т = р должно быть отброшено: при нем зкстремаль имеет непрерывную производнузо, а из условия (5) получаем, что т = О, т. е. зкстремаль — отрезок оси Ох. Таким образом, решение свстемы (6) сводится к решению следузоших систем уравнений: т= — р, ( т +и!р+р =3 (7) тг+ р'=2, тг+ тр+ р' = 3. ) (8) Решение системы(7)! т УЗ, р= — )'"3 и т= — )гЗ, р=)'3.
Резпенне системы (8) лает т = р и должно быть отброшена. Итак, т = — р н условие непрерывности (5) дает с = 1. $ Н) РАЗРЫВНЫЕ ЗАДАЧИ. ОДНООТОРОННИВ ВАРИАЦИИ 133 экстгзмум ФункциОнАлОВ и'л, н 134 Следовательно, искомые вкстремали: Г'З х, О ( х < 1, — )ГЗ (х — 2), 1~(х~(2, — 1АЗ х, 0(х<1, Р' 3 (х — 2), 1 ( х (~ 2. 185.
Найти экстремали с угловой точкой для функционала 2 У]у]= ~ у' (у' — 1)'с(х, у(0)=0, у(2)=1. о 186. Найти решение с одной угловой точкой в задаче о минимуме функционала У]у]=) (у' — 1)2(у'+1)2!Ух, у(0)=0, у(4)=2, о 187. Существуют ли решения с угловыми точками в задаче об экстремуме функционала У]у] = ~ (у" + 2ху — у') !Ух, у(хо) =ус> у(х,) =у!. х~ 188. Найти решение с угловой точкой в задаче об экстремуме функционала У ]у] = ~ у' (1 — у' ) г(х, у ( — 1) = О, у (1) = 1. — ! 189.
Найти решение с угловой точкой в задаче о минимуме функционала ш И й 1и РЛЗРЫВНЫЕ ЗАДАЧИ. ОДНОСТОРОННИЕ ВЛРПАЦИИ !33 190. В задаче об экстремуме функционала (ю. Рй з]н у'с(х (о, о( на йти непрерывное решение, а также решение с угловой точкой . Замечание. Условия (3) Вейерштрасса — Эрдмана допускак1т следующую геометричесную внтерпрез'аци1о. Построим фигур атрнсу, т.
е. крввую У = г" (к, у, у') как функцию от у' Тогда условия (3) означают, что при значениях параметров х =- с, р = сь отвечающих угловой точке, фигуратриса должна г иметь общую касательную в точках с абсциссами у =у (е — О) у+ =р (с+О). Одновременно получается наглядная интерпретация условия г„,„, Ф О. нск.чючаюшего возможность излома экстремалей. Действительно, если, например, Рэв >О, то фигуратрнса вы. пукла, н касательные к ней, проведенные в двух разных точках, не могут совпадать.
Так что экстремаль в этом случае не может иметь излома. Расслютрим опять за. дачу об отыскании ломаных экстремалей функционала (см. пример 2 этого з' параграфа), Имеем к (у] = ~ (у' — бу' ) с(к, о р (0) = О, р (2) = 0. Зкстремалями являют. ся прямые. Фигуратрнса Рнс. 20. )' = ры — бр' в данном случае не зависит от точки (х,у).
Оиа имеет общую касательную в точках с абсциссамиу'=.ь )' 3 (рис. 20). Поэтому условен Вейерштрасса — Эрдмана будут выполнены, если в качестве ломаных экстремалей брать ломаные, звенья которых образуют угол ~ — с осью Ох. 3 На ломаной уг с одной углоной тачкой (рис, 2!) функционал имеет значение ! ]у,] = -13. То же значение г']р] будет иметь на ЭКСТРЕМУМ ФУНКЦИОГ!АЛОВ 1ГЛ. П ломаной уз с двумя угловыми точками (рис. 22), на ломаной уз с тремя угловыми точками (рис.
23) и т. д. Рис. 21. Рнс. 22, Рис. 23. б) Разрывные задачи второго рода. Разрывными задачами второго рода называгот задачи на отыскаггие зкс. тремума функционала г'[у] = ) х" (х, у, у') г(х, к, у(х,)=уо у(х,) ум в котором цодынгегральная функция разрывна. (10) й Н) РАЗРЫВНЫЕ ЗАДАЧИ. ОДНОСТОРОННИЕ ВАРИАНТ!И 132 Пусть, например, г" (х, у, у') терпит разрыв вдоль линии у = Ф(х) и пусть г(х,у,у') равна г"з(х,у,у') по одну сторону линни у = Ф(х) и равна гз(х,у, у') по другую. В случае существования ломаной экстремалп последняя состоит из кусков экстремалей у = у,(х) н у =уз(х), имеющих общую точку (с,Ф(с)) на линии разрыва, где с за (хг,хз). Для определения ломаной экстремали получаем два дифференциальных уравнения Эйлера, общие решения которых содержат четыре произвольных постоянных Сз, Сз, Сз, Сз.
Для нахождения этих постоянных, а также абсциссы с точки естречзз экстремали с кривой у = Ф(х) имеем; 1) два граничных условия (!О), 2) два условия, требующие, чтобы ординаты концов экстремалей в точке стыка были равны ордииате кривой у = Ф(х) и, наконец, 3) условие на стыке 3+( у) ! '(- з+( у) х'!— Этих условий, вообще говоря, достаточво для нахождения ломанойй экстрем али. Пример 3.
(Задача о преломлении луча света.) В среде ! свет распространяется с постоянной скоростью аь в среде И— с постоянной скоростью оз. Среда ! отделена от среды П кривая и = Ф(х). Вывести закон преломления луча света, идущего из точки А среды 1 в тачку В среды П, зная, что луч проходит этот путь в наименьший промежуток времени. Реш е ни е. Задача сводится к нахождению минимума интеграла з ь Х = ~ з(х+ з(х, (12) а,,з аз так как первый и второй интегралы в (12) дают время, нужное для перехода луча из тачки А до липни раздела и от линии раздела до точки В. Имеем разрывную задачу второго рода: здесь ~Г!+у" ~г!+у" аз ' ' аз Нахождение кусков экстремалей сводится к разыснанию зкстре- малей функционала ~ )г 1+ у' агх, которые, как известно, есть прямые.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
