Лаврентьев, Люстерник - Основы вариационного исчисления (т.1, ч. 2) (947321), страница 41
Текст из файла (страница 41)
Линии т соединияют точки А и В. 2'. Каждая линия т есть линия класса [„!, и состоит из дуги класса С„принадлежащей области Р,, и из дуги класса С,, принадлежащей области Ря. Вывод необходимых условий. Найдем основные необходимые условия для кривой, реализующей экстремум. Для этой цели, понимая близость двух кривых класса допустимых линий так же, как в предыдущем параграфе, найдем главную линейную часть приращения (вариацию) функционала У(1) при переходе от линии т к линии т, близкой (близость первого порядка) к линии т. При вычислении искомой вариации оУ будем считать, что при параметрическом задании линий т и т: х=хс(!), у=у(!); х=х(!), у=у(с) параметр й з обоих случаях меняется в пределах О, 1, причеи значению с= О отвечает точка А, а значению й= 1 отвечает точка 1.
Примем, 1 кроме того, что для обеих кривых значению с= — отвечают точки 2 преломления т, т, т. е. точки, в которых эти линии пересекают линию у = О. При этих обозначениях функционал 1(т) можно проставить в виде суммы двух интегралов: 1 ! (т) = / г- (х, у, х', у') бе+ / Г (х, у, х', у') йй 221 $7Ч пгвломление экстгемьлей Обозначим через С и С, соответственно точки преломления линий ц и (. Пусть 3»о, оуо суть компоненты вектора СС,; в таком случае искомая вариация функционала У(Т) представится в виде суммы вариаций интегралов в следующем виде: 1 г о1(т) = о / Г (х, у, »', у') ~й+ 5 / Г (х, у, х', у') И = = / ~(Ä— — -Г ) ох+(Ä— — Г,) йу~ йг+ о ! + ~(Р— ~ Г ) 5»+(Ä— ~- Г ) йу1 йт+ 1 ( -) ( — -) Интегралы, стоящие в выражении вариации, будем называть внутренней вариацией У(о), а выражение (Г,~, — Г,(, )ох+(Г,(, — Г„,~, )оу будем .называть вариацией в точке перелома.
Допустим теперь, что среди кривых класса допустимых линий существует линия (о, вдоль которой функционал У(1) принимает экстремальное значение. Для этой линии вычисленная выше вариация должна тождественно равняться нулю. Следовательно, для кривой (о должна тождественно равняться нулю как внутренняя вариация, так и вариация в точке перелома. Из тождественного обращения в нуль внутренней вариации заключаем, что обе дуги АС и СВ линии (о суть экстремали.
Обращение в нуль вариации в точке перелома С нам дает: Г~,( — Г~,! ') х +(Г,~ — Г,( )оу =О, (5) (*'' е е а е Замечая, что 5»о и оуо суть компоненты вектора СС, с концами на кривой е = О, мы заключаеи, что 3хо, оуо должны удовлетворять соотношению: ~„5» +~ 3у = О. (6) Таким образом для кривой (о в точке С имеет место равенство (5) при любых Ьхо, йуо, удовлетворяющих (6). Диференциальные соотношения (5) и (6) в точке преломления можно заменить одним конечным соотношением. Для этой цели обозначим Рлзгыэныв ввллчы [гл. Х! через а угол, образованный касательной к кривой э=б в точке С с осью Ох. Пусть кроме этого: 'в= г йхо + оуо~.
При этих обозначениях имеем: В«о=бесова= — — — ов Вуо =йвв!па— В этих формулах значения э, и р„берутся, очевидно, в точке С. Подставляя выражения охо, оуо в (5), окончательно получим: (Р, сов а + Р'„, в!п а), = (Ре, сов а+ Р, в$п а), (7) г=-,— о г= — +о Так. как по условию Р, и Гм — однородные функции степени О отгюсительно х', у', то уравнение (7) не зависит от параметрического представления кривой. Добытые результаты дают теорему: ТЕОРЕМА.
Если линия 7о принадлехсит классу допустимых липла и реализует экстремум функционала I, то то состоит из двух дуг экстремалей, причем в точке переломаудоелетворяется соотношение(7). Так же, как в предыдушем параграфе, нетрудно убедиться, что доказанная теорема при наличии кривой, реалнзуюШей экстремум 1, дает возможность эту кривую фактически определить. Преломление экстремалей интеграла Л Приведенное выше решение задачи на преломление экстремалей для функционала множно перенести, полагая г=х, на функционал 1 = / г" (х, у, у') г(х. е Доказанная выше теорема останется для функционалов 7 верной, Вели соотношение (7) заменить соотношением: [(р — !/го) сова+ ров!па] = [р — у р„,) сов а+ р„,з!па] +, где хо есть абсцисса точки преломления С.
Частный случай. Для приложений теории преломления экстремалей особо важную роль играет случай, когда в выражении функционала У подиитегральная функция имеет зид: г (х, у, х', у') = А (х у) У «+у гле А (х, у) есть функция равномерно непрерывная вместе со своими частными производными двух первых порядков в каждой конечной области, принадлежашей Р, или'Рв (ср. конец 6 54). В разбираемом случае имеем: Р =А == =Асов~, Р', =А - ~ — -=Ав!п~, УР~+ у" " у«т + у~в где р=8(Г) есть угол, образованный касательной к кривой х=х(г), у=у(г) с осью Ох. Отсюда условие (6) примет в данном случае внд: [Асов(а — ~)], =[Асов(я — ~)], —; ~-о 223 $75! ОТРАЖЕНИЕ ЭКСТРЕМАЛяй Как мы видели в й 27 н 28, траектории светового луча суть экстремалн функционала: 1 Если принять, что -. —. — удовлетворяет условиям, наложенным нами о(х,у) на А(х,у), то луч света при переходе через линию 8=0 будет испытывать преломление, причем в точке преломления будем нметге соя(а — 3) сов(а — В) ~ о(х,у) ! Р(х, у) Это соотношение обобщает применимость закона преломления, выведенного нами для частного случая в й 15, задача 4.
ф 75. Отражение экстремалей Третий внд разрывных задач получается нз естественного распространения теории отражения световых лучей. Пусть в плоскости хОу задана линна 1' (черт. 35): е(х,у)=0, обладающая непрерывно вращающейся касательной и разбивающая плоскость на две части Я н Ю'. Обозначим через ( т ) совокупность кривых, обладающих следующими с войствамн: 1'. Кривые Т принадлежат )г.
2'. Каждая кривая Т соединяет две заданные точки А н В. 3'. Кривая т состоит нз двух дуг класса Черт. 35. ( „АР н РВ, причем точка Р (точка отражения) принадлежит линии Г (точка отражения Р, вообще говоря, есть точка перелома для линий 1). Условия экстремума. Пусть теперь на семействе линий ( Т ! задан функционал 7(1) = ~ Р(х, у, х', у') с(1, (8) 1 гле Г удовлетворяет обычным условиям непрерывности н услозню однородности. Для линий Т определим, как раньше, параметр г так, 1 чтобы прн нзмененнн 1 от О до — мы получали часть АР дуги 1 а прн изменении 1 от — до 1 — часть РВ луги Т.
Пусть т н 7 — две 2 близкие кривые (блнзость первого порядка) сенейства ', 7 ', с точками. отражения соответственно Р н Р'. Обозначим через: х =х®=х(г)+3х(г), ~ (О=~=1) у=у(7); у =у(1) =у(6+3у(1) 1 уравнения кривых Т н Т. ( .Х1 глзгывиыв злдлчи Из предыдущего следует, что функции х(г), у(Г), х(г), у(г) могут 1 иметь разрыв производной при у=в й ' Обозначим: Зх ( — ) = ох„оу ( — ) = оу,, Очевидно, 3х,, Зу, суть компоненты вектора РР'. Выделим теперь из приращения 1(т) — Г(т) главную линейную часть М (т), которую мы будем называть попрежнему вариацией оз (1), Обозначим через 1, и !а части интеграла (8), взятые вдойь дуг АР и РВ кривой т.
Очевидно: 81(т) = аУ, +. о1,; причем вариации 81, и 31, определяются как вариации для задачи со свободным концом: йЦ~)=йу,+йуя=~'~,(Р.— —,", Г.,) 8 +(Є— —,", Г„,) йу й1+ о 1 + / ~ (Р— — Р,) ох+ (Р'„— — Г,) оу ~ юй + + ~(Е~, ), — г., |, ') Зх+(Р'„, !, — Р„, !, ) Зу). (9) 2 Сумму интегралов в выражении (9) мы назовем внутренней вариацией т'(1), а квадратную скобку — вариацией 1(1) в тонне отражения. Повторяя рассуждения предыдущего параграфа, мы увидим, что условие экстремума о1(1)=— 0 сведется к тождественному исчезновению и внутренней вариации и вариации в точке отражения.
Из первого следует, что дуги АР и РВ каждая в отдельности суть экстремали. Из второго условия следует соотношение: (Р„,/ — Р~,/ )ох+(Р„,/ +Р',| + )оу=0, (10) 1х где г,— параметр в точке отражения Р (в нашем случае г,= — ). Это условие аналогично условию в точке преломления предыдущей задачи.
Попрежнему обозначая через а угол наклона касательной кривой 1' в точке Р к оси Ох, из формулы (10) получим: (В, соз а+ Р„, з|п а) ~,, = (Р'„, соз а + Р з!и а) |, (11) Таким образом для того чтобы кривая 1 класса допустимых линий давала экстремум функционалу 1, необходимо, чтобы: 1'. Кривая т состояла из двух дуг экстремалей функционала У(т). 2'. В точке отражения Р удовлетворялось условие (11). 6 76] слтчай своьодных концов Частбый случай задачи. В частном случае, если Р=А(х,у)]~ х'Я+у'в, то Ги, = А.(х, у) = А (х, у) соз р, Г хм+у'а у/ Р, = А (х, у) — — = А (х, у) зш ~, '~ хм+ум где 13 есть угол, образованный касательной к 7 с положительным на- правлением оси Ох (касательная направлена в сторону возрастания 1).
Условие (11) в точке отражения примет вид: [Асов(а — Р)] = [Асов(а — р)] — — о — +о а 2 Но так как А от производных 'не зависит и [А], = [А]т, то при — о 2 — +о 2 А $ 0 последнее равенство можно на А сократить, получим: [соя (а — р)] = [соя (а — р)] --о з 2 — +о (12) Следовательно, в точке отражения угол падения равен углу отражения. ф 76. Случай свободных концов Обобщение предыдущих задач. Разберем вкратце задачу, обобщающую задачи, разобранные нами в двух предыдущих параграфах. Пусть на плоскости задана я-связ- ч ная область )с, ограниченная линиями: х4 ! г,, га, ..., га (черт 36), которые мы 8, будем называть в дальнейшем линиями Ф отражения.
Внутри )с проведены ли- В нине и ф, а также линии 8,, 8~, ..., Вм которые мы назовем линиями прелом- 77 ления. Рассмотрим семейство линий г ( 7 ], удовлетворяющих ниже следующим В, условиям: В 1'. Начало А линии 7 лежит на ф линии р, конец В этой линии лежит 4 иа линии ф. С, 12'. Линии 7 лежат в области 13. 3'. Линии 7 пересекают по одному ,фазу каждую из линий преломления г< Черт. 36. ф=1, 2, ..., 7). 4'. Линии 7 имеют по одной точке на каждой линии отражении г„ Уя ° ~ гх. (гл.
Х1 РАЗРЫВНЫЕ ЗАДАЧИ 22б 1„1„..., 1„+, (О < 1, < 1, «... 1„+1< 1) отвечали точки С,, Ся, ..., С„+, и С,', С1',..., С,+Р в которых кривые т и Т достигают линий преломления и отражения. Далее обозначим через А и А' начала кривых т и т, лежащие на кривой е, через В и В' — концы этих кривых, лежащие на кривой ф. Выделим из приращения 1 1(т) — 1(т) = 1 (В(х,у, х',у') — В(х,у, х',у')( 111 о главную линейную часть — вариацию: 1 ПЛ) — 1(1)=б1(т) = / Т.~»+Рябу+В.б~'+Рябу'1 11- о С помощью преобразования Лагранжа представим о1(т) в виде: б1(1) = — (Р~,бх+ Р„,ЗУ), + Ь+1 +,» !Г.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
