М.Л. Краснов, А.И. Киселев, Г.И. Макаренко - Вариационное исчисление (Задачи и упражнения) (1118008), страница 24
Текст из файла (страница 24)
82. у = О, сели а = О; при а *~ О гладкой зкстремали ие существует. 83. у =сов х. 84. у = сов х+ С Ип х, где С вЂ” произвольная постоянная. 85. у=х+1. 86. у= —. 87. у=е | '. 88. Нет и|! х ай|' вкстремалей; уравнение Эйлера не имеет решений. 89. у С, + х 2 + С,х — —. 90. Нет зкстремалей. 93. у=С,е +С,е + — хе . к — к ! х 4 ' 2 94.
у=2сйх. 96. у= .. 97. у=2х. 98. Окружность у, Ипх з|п х~ 1 х' — = К. 99. у = (| — х) з|г х. 100. у = —,(х'+бх+!). 101. Экстрег б мума нег. 102. Вариационная задача не имеет смысла, так как под знаком интеграла стоит полный дифференциал. 103. у (х)=з|гх. 1 з [ у(х) = з|п2х, 104. у= — х'. 105. | х' 32 + пз (х) — — — + 2 бп х. | ! у (х) = — — (х'+ 5х — 6), Г у(х) =в|их, 106. 6 107. ~ г (х) х. ( г(х) =в|их. х' 108. ' [ у(х) = — + !. г (х) 1. г дг 1з д'г г дг тг д'г 119. !1 — ! — + ! — г! — ((х, у).
1!1. ййг О. ' (дх) дх' (ду) ду' ОТВНТЫ И УКАЗАНИЯ в ж'т д / дг г 112. У( д (а!(хп ..., хл) д )+с(хн..., хл)г =1(ХЬ ..., Хл). 113. Р еш си и е. Задача ставится так. Среди поверхностей г = !(х, у), расположенных над областью Р плоскости хОу и проходящих через заданную зацкнутую пространственную кривую, имеющую своей проекцией граничную кривую Г области Р„ найти такую, плошадь которой — )* )Г! (,2 ! 2дхду Р минимальна (задача Плато).
Лля этой задачи дифференциальное уравнение Эйлера есть д Фх + д грг 0 дху!+ 2+ 2 дх)г+ 2+ 2 или в развернутом виде 'рхх (! + $у) 2рхач'хЧ'г + грув (! + Фт) = О. Это и есть искомое лифференциальное уравнение минимальных ,юверхностей. Физическое осуществление минимальной поверхности дает, например, мыльная пленка, натянутая на проволочную петлю.
114. г(х, у) = у. Задача имеет единственное решение, хотя граничные условия заданы не на всея границе. 113. гсов гр+ С =С !п ~ г в!п~у+ )г гд в!п ~р — С! ~. 117. хгсов Св — Уг сов Св — 2хр вш Сг = Сь 118. 1(ентральное поле. 1!9. а] Собственное поле; б) центральное поле; в) поля не образуют. 120. Собственное поле. 121. а) Центральное поле; б) поля не абразуютн в) собственное поле. 122. а) ((ентральное паче; б) собственное поле; в) поля не образуют. 123. Полк не образуют, так как это семейство кривых покрывает не всю область Р.
124. у = Сг ей х образуют собственное ноле экстремалей; у = Саво х образуют центральное пале эксгремалей. !23. у = С савв образуют собственное поле экстремалей; у = С в!п х образуют центральное поле экстремалей. 126. Экстремаль у = †, (! — х ) включается в центральное х в 6 хв поле экстремалей у = С,х — — с пентром в точке 0(0, 0). 6 127. Экстремаль у = е' можно включить в собственное поле экстремалей у = е" + С, 128. Если и ( и, то экстремаль у = 0 можно включить в центральное поле экстремалей у 'С'в!п х ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ а)т = х >О экстремаль у = доставляет функ1 ай= минимум. 6) При в< О, | з | > — экстремаль пз 159.
а) При е ционалу сильный х э!и— УТ [ доставляет функционалу сильный максимум. у— 1 а!и— ) )в) с центром в точке 0(0, 0). При и > п семейство кривых у = С мп х поля не образует. 129. Экстремаль у = х+ ! вклюхз чается в собственное поле у = х + С. !30. у = — — . 4 ' 131.у ! — х) = О 132. уз — ! = О. 133.0*(1,0). !34 Сопряженной (у (4 точки нет. 135. Выполняется. 136. Выполняется при любом а. 137. Условие Якоби выполнено.
Экстремаль у = 0 можно вклнь чить н в центральное и в собственное поле экстремалей. 138. УслоЬ вЂ” ! вне Якоби выполнено..Экстремаль у= — х+ ! можно о включить в центральное поле экстремалей с центром в точке А (О,!) !39. Условие Якоби не выполнено. !42. Да. !43. Да. 144. Дз.
145. Да, но условие Лежандра выполнено лишь при Ь вЂ” < 1, 146. На функции у = е* достигается сильный минимум. о 147. На функции у = 2!и (х+ !) постигается сильный минимум. !48. На функции у = х' достигается слабый минимум. 149. На Ь примой у= — х достигается слабый минимум.
156. На кривой о !п(1 +х) у= !п2 достигается сильный минимум. 151. На кривой у = соз х+ з!п х достигается сильный максимум. 152. Экстремум на непрерывных кривых не достигается. 153. На прямой у = 2х+ ! достигается слабый минимум. Сильного экстремума нет. 154. На экстремали у = 2х — ! достигается сильный миннмум. 155.
На экстремали у = х' достигается сильный минимум. 156. На экстремали у = х — ! достигается слабый минимум. а Ь 157. Прк | Ь ! < = на экстремали у = — х достигается слабый и о и минимум, а при| Ь! > = — слабый максимум. При | Ь! = = Ь2 У2 экстремум не достигается. 158. На экстремзли у = = г' [(Ч '- р ') х+ рб[ при р чь д достигаетсн слабый минимум! при р = д экстремалью является прямая у = р, доставляю.
гцая слабый минимум. ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 184 в) При в = 0 решение экстремальной задачи в классе непрерыв- нык функций ие сушествует. х-! Рассмотрим функцию уз (х) = е (в ) 0), являюшуюся 1'е решением уравнения Эйлера еу" — у = 0 для данного функционала. Функция уз(х) удовлетворяет граничному условию р(!) =1 точно, а второму граничному условию у(0) = 0 она не удовле.
творяет. Однако 1ип р«(0) =О. При а-«.0 получаем из у»(х) « за «предельное решение» ( О, 0(х(1, у(х) =! ( 1, х=1. 2(п (1+ х) 160. Экстремаль у=— 1и 2 даст сильный минимум. 161. На экстрсмали р(х) = 1 имеем сильный минимум. Ь Ь )гЗ 162. На экстрсмалн у (х) = — х при — ч' ДостигаетсЯ слал а 2 Ь )'3 бый минимум, прн — ) — достигается слабый максимум, при а 2 Ь Р'З вЂ” = — даже слабый экстремум не достигается. 163. На а 2 Ь прямой у= — х при Ь ( а достигается слабый минимум; прн и Ь » а — слабыймаксимум; прн Ь ) а Р'3 — сильный максимум, а при Ь< ар 3 нет ни сильного минимума, нн сильного маисимума.
164. На экстремали р = 2х, з = 4х достигается сзабый минимум. р=х 166. Экстремалью является парабола 1, которая г = х' — х внлючается в центральное поле зкстремалей у=ах, (с«, 6 — параметры), с центром в точкс (О, О, 0). Выполнение усиленных условий Лежандра очевидно. Покажем, что на отрезке 0 ~ х ( 1 не содержится точки х', сопряженной с точкой х = О. Для этого достаточно убедиться, что экстремзли семейства (5) не пересекаются с данной экстремалью при х аз[0,!). В самом деле, допустим, что в точке х* «и (0,1) пересекаются какие-нибудь две экстремали семейства (5). Тогда будем иметь а,х' = азх', ) х" + й,х' = х' + [3»х'.
) Отсюда вытекает, что а« = гзз и 8« = 6». Следовательно, никакие две разные экстремали не могут пересекаться. Таким об. ' 165 гттвнты и утсАВАиия разом, усиленное условие Якоби выполняется на отрезке (О, Ц и вообще на любом отрезне конечной длины.
х — Св 166. Семейство зкстрем алей у (х) = С! с!г — А. ПроС, извольные постоянные С!, Св и параметр Х определяются из условий у, = С, с)! х, — Св С! х,— С уь С, с)! — Х, С, х, У 1+ у' !)к= С! '(в!г ' — вЬ ) = 1. ' ')= ° х! — Св хв — Св ! с, с, х. 167. у(х) =Зхт+2х+ 1. 168 у(х) = Ш 2мпипх, где ив ! целое число. 03. у(х) = — (2х — х'). 170, Кб. 171.
г=Р, 4 4 — Р !О х = С! + Св!р. 172. =. 173. )' 20. 174. 2 )' 2 -'!. 175. *г' 5 10 178. —. 179. )! !7+ 4)'6 ~ — — )! 6). 180. !. 18!. Если р'и — l5 2 !2 сов х, Ф О, то экстремум может достигаться лишь на прямой 9=0 и я=О ° Если же сов х, = О, т. е. х = — + ип, где и — целое 2 число, то у = С„в!п х, х = — С, юп х, где С, — нроизвольная по- 2 стояииая.!82.7 (А, В) = 4 с!й 1, 183. У (А, В) = —. 184. у = 2х 26 5 ' 185. Ломаные линии, составленные из отрезков прямых у = х и у= ! или нз отрезков прямых у=О н у=х — 1, да!от абсо- 1 лютный минимум.
Прямая у = — х дает слабый максимум. 2 186. у = — х при О х х ~ (1; у = х — 2 при ! < х ( 4 и у = х при О < х ~ (3; у = — х+ 6 при 3< я <4, На той в другой ломаной функционал достигает абсолютного минимума. 187, Не сущест- (О, х<0, вуют. 188. у=в ' 189. Экстремали — прямые линии. ! х, х>0. Если ~ "' "' ~< 1, то существуют два разрывных решения— хв «! ломаные линии, параллельные биссектрисам координатных углов.
190. Прямая у = х !8 !р, соединяющаи заданные точки, дает сла- бый максимум, если О < !9 !р < и, слабый минимум, если и < !8 !р < < 2п, и т. д. Ломаная линия, составленная из отрезков прямых, 4и — ! тангенс углов наклона которых равен 2 и (и — целое число), дает сильный минимум. ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 191. 0~»~ ~—, 1б 16 34 — <»<в 5 5 ' 34 — < хи~ 1О.
5 3 ~ — х, 4 гз -чз: зг. у(х) = 3 (х — 10) 4 192. Экстремали — вллипсы (х+ С«)з у Сз с центрами иа оси Ох. Граница допустимой области опредслнется уравнениями у = 0 и у' ~2(х — Сз) (последнее есть решение уравнения ! — у'у"= 0). Параметры С, и Сз подбираются так, чтобы эллипс (1) проходил через заданные точки Л и В. На дуге эллипса функционал достигает максимума. Если путь от точки А до точки В выбрать по дугам двух парабол (и, возмож««о, по отрезку прямой у = О), то получим разрывное решение, на котором функционал достигает минимума Оп!и У=О). 193 з = 194 = — = з ° бу хауз «1Р х'у «(у р «ур р' «4» 4р' ' «!х 2р ' " «Ь 2»у ' «(х 4ху' ' 195.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
