Курс лекций по теории обыкновенных дифференциальных уравнений - Купцов Л.П. (1238781), страница 27

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 27)

Дополнительными необходимыми условиямислабого минимума, помимо выполнения уравнения Эйлера, является выполнение простых условий Лежандра и Якоби, а именно, на x0 , x1 2 Fдолжно выполняться 0 , т.е. строгое неравенствоy2заменяется на нестрогое, а нетривиальное решение уравнения Якоби с начальным условием u  x0   0 удовлетворяет условиюx   x0 , x1  : u  x   0.

Как видно, происходит своеобразное217«сближение» необходимых и достаточных условий, которые отличаются «чуть-чуть».Замечание. В случае слабого максимума условие Якоби сохраняется неизменным, а в условиях Лежандра изменяется знак неравенства.Пример 2. Задача о минимуме площади боковой поверхноститела вращения (см. рис. 22.7).Рассмотрим функционал1I  y   2  y 1  y2 dx,y  1  y 1  a, a  0.1У дифференциального уравнения Эйлера есть первый интеграл:F  yFy  C ,y1  y2 C , y 2  C 2 1  y2  .Рис.

22.7Имеем:dyy C22dx. В силу ожидаемой симметрииCрешения относительно x  0 займемся правой половиной боковойповерхности. Интегрируя, получимxy  C ch , y  C , C  0, C  a.CПерепишем последнюю формулу, сделав замену константы C ch( Bx)1, B  0, B  .BaТак как y 1  a , получим соотношение для определения B :y2181:Bch B, aB  ch B,Bкоторое имеет решение не при всех значениях параметра(см.

рис. 22.8).aРис. 22.8aРис. 22.9Найдем значение a , при котором имеет место касание кривых — единственное решение неявного уравнения по определениюB . Имеем(aB)  a,(ch B)  sh B,a  sh B.С учетом соотношения aB  ch B получим уравнение для1численного определения параметра B : th B (см.

рис. 22.9).BПолучимB*  1,1997, a*  sh B*  1,5089.При значении a  a  нет решения уравнения aB  ch B , приa  a имеются два решения, а при a  a* — одно решение.Проверим оба решения при a  a  на выполнение условийЛежандра и Якоби. Приведем выражения частных производныхch( Bx)второго порядка на экстремали y :B219Fyy  0, Fyy ysh( Bx)y1,F.yy(1  y2 )1/ 2 ch( Bx)(1  y2 )1/ 2 B ch 2 ( Bx)Усиленное условие Лежандра слабого минимума выполняется. Подставим значения вторых производных на экстремали в дифференциальное уравнение Якоби, получим 2 F d 2 F d  2 F uu   0 , 2dx yy dx  y2  y d  sh( Bx) d 1u   2dx  B ch ( Bx)  dx  ch( Bx) d 1Bu   2 0.2dx  B ch ( Bx)  ch ( Bx)dd B , получимСделаем замену Bx  t ,dxdt1 ut  2   2 u  0, ch tutt  2sh tut  ch tu  0. ch t t ch tПервое частное решение однородного линейного уравнениянаходим подбором u1 (t )  sh t , второе — по формуле Лиувилля:2sh t ch t dtch 2 t1  sh 2 tdtsht sh 2 t dt sh 2 tsh 2 t sh t ( cth t  t )  t sh t  ch t.u2 (t )  sh t edt sh t Общее решение принимает видu (t )  C1 sh t  C2 (t sh t  ch t ),u ( x)  C1 sh( Bx)  C2 ( Bx sh( Bx)  ch( Bx)).Ищем нетривиальное решение уравнения Якоби, обращающееся в ноль в точке x  1 .

Константа C2  0 , так как при C2  0значение u  1  0 выполняется лишь при C1  0 , и получимтривиальное решение.Положим C2  1 , тогда220u ( x)  C1 sh( Bx)  Bx sh( Bx)  ch( Bx),u (1)  C1 sh B  B sh B  ch B  0,C1  B  cth B, u ( x)  ( B  cth B) sh( Bx)  Bx sh( Bx)  ch( Bx),u( x)  B( B  cth B) ch( Bx)  B 2 x ch( Bx).Проанализируем величину и знак производной u  x  , чтопозволит судить о знаке u  x  на всем промежутке. Сначала рассмотрим случай B  B (левое пересечение на рис. 22.8). Тогда1 th B , B  cth B , и первое слагаемое меньше нуля на всемBпромежутке  1, 1 , второе слагаемое — нечетная функция, ономеньше нуля на промежутке  1, 0 и больше нуля на промежутке 0, 1 . В итоге суммарное интегральное приращение меньше нулядля всех x   1, 1 и выполнено усиленное условие Якоби:u  0 x   0, 1 .1 th B , B  cth B (правое пересечениеBна рис.

22.8), интегральное приращение от первого слагаемого вточке x  1 больше нуля, от второго слагаемого — равно нулю,В случае B  B* ,u 1  0 и существует промежуток слева от точки x  1 , гдеu  x   0 . При этом в начальной точке u(1)  B cth B ch B  0 исуществует промежуток справа от точки x  1 , где u  x   0 . Витоге нарушено простое условие Якоби: x   1, 1 u  x   0 .Таким образом, лишь при a  a («большие» значения радиусов концевых точек) имеются экстремали, но лишь одна из нихпри B  B (при котором больше значение радиуса при x  0 ) достигается минимум функционала.221§23.

ВАРИАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ(продолжение 1)23.1. Задача с подвижными концамиРасширим класс допустимых кривых, допустив подвижныеконцы x0 , y0 , x1 , y1 . Но и в этом случае в числе кривых сравнения остаются в том числе и кривые с неподвижными концами. Значит, уравнение Эйлера остается необходимым условием экстремума. Но, конечно, вместо краевых условий закрепления добавятся другие условия, их заменяющие. Решение задачи ищем средиэкстремалей — решений уравнения Эйлера — двухпараметриче-ского семейства кривых y  y x, C1 , C2 .

Получим, рассматриваяприращение,V x1  x1x0  x0x1  x1x1F ( x, y   y, y   y)dx   F ( x, y, y )dx x0x0F ( x, y   y, y   y)dx F ( x, y   y, y    y )dx x0  x0x1x1   F ( x, y   y, y   y)  F ( x, y, y)  dx.x0Используя формулу конечных приращений и интегральнуютеорему о среднем, имеемV   F ( x, y   y, y   y)  x  x  x 11  F ( x, y   y, y   y)  x  x   x 010x1   Fy ( x, y, y) y  Fy ( x, y, y ) y   o( y,  y )  dx,x00    1, 0  1  1.Наконец, переходя к пределу, получим222V  F ( x, y, y) x  x1  F ( x, y, y) x  x0 10 Fy ( x, y, y) x  y x  Fy ( x, y, y) x  y x .1100Последнее выражение должно быть равно нулю — необходимое условие экстремума.Проведем замену вариаций  y при x 0 и x1 на вариации координаты y левого и правого концов (см.

рис. 23.1).Рис. 23.1Получим следующее соотношение для правого и левого концов соответственно: y1  y x  y  x x1 , y0  y x  y  x x0 .1010Подставляя в выражение для вариации, получимF  F y yx1x1  Fy x y1  F  Fy y  x x0  Fy x y 0 .100Рассмотрим различные случаи задания условий на правомконце, аналогичный вид соответствующие условия будут иметь ина левом конце, причём условия на левом и правом концах могутбыть в самых разных комбинациях.Пусть x1 фиксировано, а y1 свободно (см. рис. 23.2).

Тогдадля равенства нулю вариации имеем следующие условияx1  0 , Fy x1 0.(23.1)Последнее условие носит название естественного условия.223Рис. 23.2Рис. 23.3Пусть, наоборот, y1 фиксировано, а x1 свободно (см.рис. 23.3). Тогда для равенства нулю вариации необходимоy1  0 , ( F  Fy y  )  0 .x1Последнее условие является весьма малоупотребительным.Пусть свободны и x1 , и y1 (см. рис.

23.4), тогда для равенства нулю вариации необходимоFy x1 0,F x1  0 .Данный случай является малореальным для прикладных задач.Рис. 23.4Рис. 23.5Наконец, разберём очень важный случай, когда вариацииx1 и y1 связаны, а именно, правый конец может перемещатьсяпо некоторой кривой y1   ( x1 ) (см. рис. 23.5). Тогда вариацииx1 и y1 связаны следующим образом:224 y1   ( x1 ) x1 .Подставляя эту связь в выражение для вариации, получим( F  (   y ) Fy )x1 0.(23.2)Последнее условие носит название условие трансверсальности.Пример 1.

Найти экстремаль функционала3J  y  11  y2 dx,yy 1  1 .Второй конец свободен, на нем выполняется естественноеусловие Fyx 3 0, а значит, y  3  0. Так как подынтегральнаяфункция не содержит явноx,D  y2,yF  yFy  C, получим y  ydyD y2  dx,имеется первый интеграл x  E,D  y2 D  y2   x  E  ,что представляет себой уравнение окружности радиуса R центром в точке x0  E, y0  0 : x  x0 22D с y 2  R2 .В данном случае x0  3, так как y  3  0, аR 3  12 12  5 .

В итоге  x  3  y 2  5 .223.2. Односторонний экстремумНа допустимую кривую может быть наложено условие, запрещающее ей «проникать» в область, ограниченную некоторойкривой, например, y( x )   ( x ) , т.е. имеем дело с ограничениемтипа неравенства (см. рис. 23.6).Кривая, реализующая экстремум, может быть и при этомограничении экстремалью при некоторых краевых условиях. Придругих краевых условиях она может состоять из дуг экстремалейAB и CD и граничной кривой BC . В этом случае на BC до225пускаются лишь односторонние вариации для кривых сравнения.Рассмотрим условия, накладываемые на кривую в точке x , разграничивающей экстремаль и граничную кривую.Рис.

23.6Рис. 23.7ПустьV x1xx1x0x0x F ( x, y, y  )dx   F ( x, y, y  )dx   F ( x, y, y  )dx V1 V2 ,где первый интеграл берется вдоль экстремали, а второй — вдольограничивающей кривой (см. рис. 23.7). Суммарная вариация складывается из суммы двух вариаций: V  V1  V2 . Вариациюпервого интеграла определим из найденного ранее выражения длязадачи с подвижным правым концом, скользящим вдоль кривой:V1  ( F  (   y  ) Fy ) x .xВариация второго интеграла связана лишь с изменением пределов интегрирования:x xV2   F ( x,  ( x ),  ( x ))dx   F ( x,  ( x ),  ( x ))xНеобходимое условие экстремумаV  0 имеет вид—xx .равенство нулю[ F ( x, y, y  )  F ( x, y,   )  ( y     ) Fy ( x, y, y  )]  0 .x226Заметим, что в точке x значение y   , но производнаяy  может быть не равна производной   .

Характеристики

Список файлов лекций