Лаврентьев, Люстерник - Основы вариационного исчисления (т.1, ч. 2) (947321), страница 28
Текст из файла (страница 28)
Обозначая через у'функцию, обратную функции Р <„н получим: -- ~г = г(Р (х)), Интегрируя: у = / /... / » [Рв „(Х)] Г(Х" + ив, (Х), М где (ев,— произвольный полипом степени л — 1. 142 овошцкнин пгосткйшнй злдлчи влгилционного исчислиния (гл. Ч111 Задача. На двух опорах А и В (черт. 26), расположенных в горизонтальной плоскости, свободно лежит цилиндрическая' упругая тяжелая балка. Пренебрегая весом частей йглки, лежащих вне опор, требуется определить форму ивогнулюй оси этой балки.
Все размеры, плотность и коэфициенты упругости балки считаются известными. Для решения воспользуемся принципом: если система в устойчивом равновесии, то при всех возможных перемещениях системы потвнциальнал энергия системы увеличивается. Обозначим через 2( расстояние между опорами, через р — линейную плотность балки„йл — элемент дуги изогнутой оси балки. Введем систему коордипат. Пусть Ох соединяет точки опоры, начало координат делит отрезок АВ пополам и ось Оу направлена вертикально вверх.
Вычислим теперь потенциальную энергию балки, предполагая, что уравяение ее упругой оси есть у =у(х). Потенциальная внергия, созданная упругнмп силами при изгибе, будет равна — и / ( — ) йв, е где Š— длина части балки между опорами, е есть угол, образованный касательной с осью Ох и р — постоянный коэфициент, зависящий от модуля упругости и момента инерции поперечного сечения балки. Вычислим теперь потенциаль- ную анергию, созданную полем тяготения. У Элемент балки йл будет иметь потенциальную энергию, равную РУ йэ. Отсюда потенциальная знергия всех элементов балки равна л В Ъ Черт.
26. Ру йс. в Складывая яайденвые энергии, получим общую потенциальную энергию балки: Е= / '( 2 ('(й ) +ру] йг. Подставляя йэ = )г~Г+у" ах и — = — — — (кривизна), получим; ду у дг в (1+у' ) в В силу отмечеиного выше принципа наша задача приводится к разысканию максимума Е. Подинтегральное выражение от х явно не зависит, мы можем таким образом воспользоваться изложенным выше приемом, чтобы сразу снизить порядок уравнения. Однако получаемое при этом уравнение четвертого порядка имеет достаточно громоздкий вид и в общем случае элементарно не интегрируется. По этой причине мы ие будем запинаться его исследованием в этом виде, а ограничимся обычным в втой задаче приближенным решением. Считая, что изгиб балки невелик, будем пренебрегать вторыми степенямн у'в тогда выражеяне Е примет вид: 142 9 59) сльчлй еьнкций многих пвьвмениых Напашем уравнение Эйлера: р+ — иу =о.
и «ле Отсюда От) Р н общий его интеграл будет: у = — — . х1+ «ха+ рле+ тх+ 'в. Р 24р. Четыре произвольные постоянные а. р, т, З можно определить из иачальиыя условий. Из условиИ свмметрия сразу имеем: а = т = О, кроме того, в вояцая у" = О. Отсюда: О= — — — г"-+з; р=- — — -г-. р 1 р 2 р. '' 2 р Наконец при х = О у = О: О = — — г —,ЗН+'. 24~; Отсюда в = — — — — н. р 24Р.
2 И Искомая ось есть парабола четвертого яоряляа. 9 59. Случай функций многих переменных Во всех предыдущих задачах мы имели дело с функционалами от' функций одного переменного. Мы теперь перейдем к задаче отыскания экстремума функционала, зависящего от функции и переменных. Постановка задачи. Зададим в «-мерном пространстве облзсть Ц,.
которую для простоты будем считать ограниченной. Образуем класс С, функций о (хн х„...,х„), заданных на области О и ее границе, непрерывных на (с и на ее границе, обладающих непрерывными частнымн производными о,=о,. Назовем расстояние между функциями Р и ф класса С,: гОР, Р) = щах((Ч(хя...,л„) — 9 (ли...,х„] ), , 'Р,(хо...,х„) — 4,(ли...,л„)() ((=1, 2, „«). Совокупность тех функций р, для которых г(р,ф) (е, образует е-окрестность функций ~р. Определим на С, функционал У(р) = / ...
/ г" (Хо-, о,) ~х, ЫХ ...дХ„; (37), е здесь г" — заданная непрерывная функция 2«+ 1 аргументов х«р,. 'т,< = <р, (1= 1, 2,..., «), обладающая по всем аргументам частными производными до третьего порядка включительно. Обозначим через С, совокупность тех функций о класса С„которые принимают на баранине сб заданную систему значений. На граннпе (,р определена функция г"(А), и функция о в каждой точке А границы Я равна: о (А) = г (А). (38) Среди всех функций класса С, ищем ту, которая дает экстремум функ-- ционалу ./(9). овошцеиие пвостейшей задачи ваеилциониого исчисления (гл.
НП1 Пусть функция о изС, реализует экстремум 1(о); функция р+3о— некоторая другая функция того же класса, расположенная в некоторой а-окрестности функции и. Очевидно, во всех точках границы (39) 33(А) = О. Попрежнему будем обозначать: д . дх, Имеем: У(". +34) — У(д) = = / /... / [< (х„<й+3,,+34<) — Г(х<, а,и<)) Ых<...<(х„= = ~ /...
/' ~ ~е 34+ „")', ~„3~, ~,(,....~„+,, « где я есть величина высшего порядка сравнительно с г(е,<а+3<у). Выражение 3э = ~ 1 ° ° / Гз 3е + Х < э 3<у<] о<х ° <тх„ есть главная линейная часть приращения У(а<+33) — у(е). Необходимое условие того, что для о функционал 1(ъ) достигает экстремума, есть: 3У= / ~... / (Е' 33+~',.Р 3о,|л<х<...е<х„=О. (40) Это тождество в Я должно иметь место для всех 3у класса С, обращающихся в нуль на границе <,<. Преобразование Лагранжа.
Можно, как мы это сделали в 9 47, привести путем интеграции по частям выражение 3< к более простоиу виду. Проведем всевозможные прямые, параллельные оси Ох,; рассмотрим интервал АВ, который принадлежит пересечению такой прямой с Д и копны которого лежат на границе Я. Имеем: в в Л ./' .,' .= '...', ~' —.—,- .=.!' —.. '' <т ао.а<х. = <ч 3о.< — у ----(<= )3м «х. = / — (Г )ей«х<. д Здесь - — -(Р ) есть полная производная функции дх, <- (х„ха,..., х„, о(х„х.„...,х„), о<(х„ха,...,х„),..., р„(х„хз,...,хД(41) по х,: $59] слзчай езнкций многих пвввмвнных Мы приходим на основании (41) и (40) к равенствам: 145 /' /'...
/'Е, Ь„бх, .бх„= — /'/'... /' —,' (Е,)Ь~бх,...дх„ Я Я и о/= / / ... / ~Е ьй — ~~~~ Е ое,~ бх,'...бх„= О . / ~Š— ~~~4~ д (Ет)~ Вв, ая,...аяв= О. (42) г) ЛЕММА ЛАГРАНЖА. Если / / ... / Мт~Ых,...бх„= — О, М=О всюду в области Я. В самом деле, пусть в точке А области Ц М(А)= с ф 0; примем для определенности с ~ О. Построим вокруг А прямоугольник Ю: а, Схь (Ь„ целиком заключенный в Я и такой, что М(А') —,, если А' из ьс. Определим функцию т1 на Я следующим образом: т) (х„, х,..., х„) = П (х, — а,)а (х, — д,)г, с=т если точка (х„ х, ..., х„) находится в прямоугольнике ес; т)(хм х„..., х„)=О, если точка (х„х,,..., х„) лежит вне ес.
Легко убедиться, что функция ц есть функция класса С„обращающаяся в нуль на границе ф а поэтому мы должны уметь: / / ... / Мцбх, .дх и'=О. где М вЂ” непрерывная на ье функция. а т~ — лроизвольния функция класса С» обращающаяся в нуль на границе Я, то 146 ововшвиив пгоствйшвй задачи влгиациоииого исчисляиия [гл. ЧП1 С другой стороны; / /". ~гИ(б,...б„=~~...~ „(бх,... „) рр ь, ь, ь„» ) 2 / р' ° / П(х,— а,)' (х,— д,)г аох, „г(х„) О. а, а »„о= г Приходим к противоречию.
Из леммы Лагранжа и равенства (42) получаем: если функционал э'(р) достигает экстремума для функции р (х„х, ..., х„), то функция ор (х„х~, ..., х„) на области ьр должна удовлетворять уравнению в частных производных: р — у.— р =О д »'В дх, (уравиеиию Эйлера-Лагранжа). В развернутом виде уравнение (43) примет вид: го — ~г (Р' +Р' ~ +, ~, Р р )=О. (44) ч [х (О. у О)1 = (г) Плошадь поверхности У (Р) = ) ~ У 1+ Ч г+ гога ггх г(У. 9 Уравнение Эйлера примет вид: д т» д орг ]-о (46) дх Р'1+ого+те»3 дУ (.У 1+в г+ог„г 1+ Условие (46) показывает, что искомая поверхность минимальной плошади (так называемая минимальная поверхность) обладает всюду средней кривязиой, равиой нулю. Пример й.
Интегралом Дири«ле от фуикции ор, взятым по области п-мериого пространства, называется иитеграл: (г(р)»» / / ... ~ ~~Р~ - Ь;...б „. о г=г (47) Определить условию при «оторых Яункция оро прининшощая заданные значения на границе ге, дает мини кум интегралу Дариглг. Кроме того, функция р удовлетворяет условиям иа тра(гиде (38). Пример 1. Найти поверхность наименьшей площади, натянутую на данную линию х = х (г), у = у (г), г = г (г). (46) Пусть ураввеияе поверхности будет в»» р(хгу). Условие того, что поверхность иатяиута иа ливию (45), есть: ГЛАВА !Х УСЛОВНЫЙ ЭНСТРЕМУМ 5 60.
Изопериметрическзя задача Примеры изопериметрической задачи. Многие вопросы приложений приводят к задаче разыскания кривой, дающей экстремум интегралу: у= / у (х, х, у') ах, когда за класс допустимых линий принимаютсв кривые, соединяющие две данные точки А и В и удовлетворяющие, кроме того, некоторым добавочным условиям. Начнем с рассмотрения конкретных примеров. В $ 32 мы решали задачу с минимальной поверхности вращения: среди всех однозначных кривых класса С„ проходящих через А и В, найти такую, чтобы поверхность, образованная вращением этой кривой около оси Ох, имела наименьшую площадь. Мы придем к существенно новым задачам, если будем рассматривать только те поверхности, которые образованы вращением кривых, например, данной длины или только тех кривых, которые при вращении около оси Ох образуют поверхность, ограничивающую вместе с плоскостями х =хе, х = хд тело данного объема.
Так как длина кривой выражается интегралом: ь К= / У 1+у'яЫх, а то первую из поставленных задач можно формулировать так: среди всех кривых у=у (х) класса С„вдоль которых интеграл К принимает данное значение 1 и которые проходят через две заданные точки А и В, определить ту, вдоль которой интеграл у принимает наименьшее или наибольшее значение.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
