Лаврентьев, Люстерник - Основы вариационного исчисления (т.1, ч. 2) (947321), страница 44
Текст из файла (страница 44)
Эта задача, как мы видели, сводится к разысканию минимума интеграла: б 77] одностотонник ваииации для пгостейшкй задачи 237 1 х = — ( — з1п В) 2 1 (О <В<к), у = — (1 — соз В) 2 Н р 5 нз горизонтального отрезка А,ВВ А, ( —,, 1), Вт ( —,+ 1, 1) и куска циклонды 1 1 х = — ( — з!и В), у = — (1 — соз В). 2 2 Случай параметрического задания кривой.
Простейшую задачу, разобранную нами выше, можно легко распространить на тот случай, когда за класс допустимых линий принимаются кривые, задаваемые в параме- трической форме: среди кривых т: х=х(Ь), у=у(г), принадлежащих закрытой области: э(х, у)~)~0') и соединяющих точки А и В этой области и обладающих непре- рывно вращающейся касательной всюду, кроме, быть может, точек границы р = О, требуется определить кривую, вдоль которой интеграл: У= ( Р(», у, х', у')йЬ принимает экстремальное значение я). т) Кривую в=О мы предпотагаем замкнутой н обладающей непрерывно вращающейся касательной. з) функция Р предполагается удовлетворяющей обычным условиям одпородности и непрерывности.
Это условие для разбираемой задачи выполнено, ибо, с одной стороны, уэ à — — — г,= йх з Вгу (1+у") ' и, с другой стороны, у" (О, так как все экстреиали — циклоиды, расположенные под осью Ох, выпуклы. В общем случае при решении имеется две возможности: 1.
Через точки А и В можно провести экстремаль, прииадлежашую данной области т> О; а этом случае эта экстремаль и будет давать искомую кривую. 2. Через точки А и В невозможно провесть экстремаль, целиком прииадлежашую области Ч) О; в этом случае из точек А и В проводим циклоиды семейства (6), касательные к прямой у = ах+Ь.
Пусть А, и Вт суть точки касания циклоид, соответственно выходяших из А и В (черт. 45). Искомая кривая будет состоять из циклоиды ААь отрезна АтВ, и циклоиды В„В. Дадим в заключение один числовой Л 1 — х пример. Пусть и = О, Ь = 1, х, = — (2 + Зк), 4 1 Ут = —. 2 В этом случае линия наилучшего ската будет состоять из куска циклоиды: (гл. ХП 238 ОДНОСТОРОННИЕ ВАРИАЦИИ Используя добытый выше результат или оперируя непосредственно с вариациями интеграла 1, легко получить следующий результат: если кривая 7 класса допустимых линий реализует искомый экстремум, то 7 состоит из дуг экстремалей интеграла 1 внутри области е ) 0 и из кусков границы области о)~0, причем в точках кривой 7, принадлежащих границе е = О, имеем; — 'х'+ —,' У=О. дв -, дэ —, дх ду г (х, у, х', у') — х'р,(х, у, х', у') — у'Р',(х, у, х', у') = О, г,=г'„,(х, у, х', у'), Р'„,=Р'„,(х, у, х', у'), нашим условиям можно придать более простой вид: х (р~, — р,) + у' (г, — р„,) = о или окончательно: Р— р„ дв ду дР дх В частности, если область й)~0 ограничена отрезком прямой, параллельной оси Оу, то наше условие примет вид: 5 78.
Задача Ньютона (поверхность вращения наименьшего сопротивления) Подход к решению задачи. Будем рассматривать плоские кривые Г, соединяющие начало координат О с точкой А(а, д). При вращении вокруг оси Ох они дадут семейство поверхностей вращения с общей осью Ох, вершиной О и опирающихся на общую окружность, получаемую вращением ординаты АА, точки А (черт. 46).
Вместе с кругом эти поверхности ограничивают некоторые тела вращения. Задача заклю- где за х', у' и х', у' можно принять направляющие косинусы касательных соответственно к кривой 7 и к кривой о= О. Пользуясь условием однородности функции г' и полагая для сокращения письма: 239 $78] ЗАДАЧА НЬЮТОНА чается в выборе среди этих тел вращения тела, испытывающего при поступательном движении в сопротивляющейся среде (вода, воздух) в направлении оси вращения со скоростью о наименьшее сопротивление. Решение этой задачи зависит, конечно, от законов сопротивления. Ньютон, исходя из очень грубых гипотез, дал следующий закон сопротивления.
Среда представлялась состоящей из неподвижных молекул. Каждый элемент поверхности с~а при поступательном дви- Г женин встречает на своем пути эти молекулы, абсолютно упругие удары их об элемент гйя определяют его сопротивление. Пусть а — угол наклона элемента к направлению движении оси Ох.
Прод, г екция элемента аа на плоскость, перпендикулярную направлению движения, равна гйч а1п а. Число ударов элемента сто о молекулы за единицу времени пропорционально йо зш и. Относительная средняя скорость молекулы равна и. Разложив и Черт. 46. на скорость, нормальную к ла, равную эа!На и направленную по ~м, мы можем заменить удары нашей молекулы ударом той же массы в нормальном направлении со скоростью паша; живая сила ударов всех молекул на элемент Иа за единицу времени пропорциональна оя я1пя я с1а. На поверхности вращения кривой Г: х=-хф, у=у(~) при оси вращения, совпадающей с направлением движения, все точки каждого бесконечно тонкого усеченного конуса, получаемого вращением.
элемента длины, имеют общий наклон л к направлению движения Если оно совпадает с осью Ох, то и~ а1пи= Г' хта + у'й поверхность бесконечно тонкого усеченного конуса равна яу Ыг = яу )Г х'а + у'я АЪ сопротивление его равно где л — постоянный козфициент. Интегрируя по 1 вдоль кривой Г, получим сопротивление тт' поверхности вращения: Ю=йэ / уу" а. ,/ хм+.ум Рассмотрим теперь всю поверхность в целом. Пусть в направлении, обратном направлению движения, на поверхность падает пучок парал- [гл. ХП л40 одностоРонииз ВАРиАции .лельных лучей. Часть поверхности будет освещена ими; назовем ее „освещенной" частью. Часть поверхности будет находиться в тени, отбрасываемой остальными частями.
В столкновениях с молекулами будет при нашей грубой схеме принимать участие только освещенная часть поверхности, следовательно, общее сопротивление выразится интегралом от сопротивления элемента поверхности, взятым по освещенной его части. Если вся поверхность по нашей терминологии освещена, т. е. каждая прямая, параллельная направлению движения, пересекает поверхность только в одной точке, то интеграция берется по всей поверхности.
Естественно ограничиться при наших гипотезах поверхностями вращения, полностью освещенными, поскольку неосвещенные не участвуют в сопротивлении. Аналитическая постановка задачи, Итак, за класс допустимых линий мы принимаем линии х = х [у), определить кривую, вдоль которой интеграл: р ууш а> ,> ха+ум ь принимает наименьшее значение. Решение задачи. Составим прежде всего для нашей задачи уравнение Эйлера.
Подннтегральное выражение Р не содержит х. Следовательно, экстремаль удовлетворяет уравнению: Ре = С = сопя~. Таким обрзом: уу'ьх' =С. >ха +у>>)2 [7) Обратим внимание, что если хоть в одной точке экстремали х' или у' равны нулю, то С= О и, следовательно, вдоль всей экстремали х' = 0 или у' = 0; экстремаль вырождается в прямую х=с или в прямую у = с. Прямые у = с, параллельные оси Ох, нас не интересуют, поскольку при вращении они дают неосвещенные поверхности. Пусть теперь х'афО, у'ЯфО; тогда прн наших предположениях х' > О, у' > О. Обозначим х' с1й а= —,=,7; У' получим из условия [7): =С [1 + >>ь)а где х[у) — однозначная функция.
Отправляясь от физического смысла задачи, мы лопустим еще дополнительно, что функции х[у) класса .допустимых линий суть функции неубывающие. Несколько расширяя класс допустимых линий, мы можем аналитически формулировать нашу задачу следующим образом: среди кривых 7 класса 0>, соединяющих >почки А и В и расположенных внутри прямоугольника: 0(х(а, 0(у(Ь, 241 9 78) ЗАДАЧА НЬЮТОНА Отсюда: СП+ Ч-)- '1 (8) Приняв Ч за параметр, из (8) получим: у =мЧ= С вЂ” 1 ~-2Че+ ЗЧ' х'= — =Чу'= С Лх, — 1+2 Я+З лч Ч х — уг х г(д — С(ЧЯ+ — Ч' — 1пд)+С,.
Итак, приняв Ч за параметр, получим уравнение экстремали в параметрическом виде: х = С ( уа+ — - Ч' — 1п д)+ С,, С ('+Ч+. (9) я х=Ч + 4 Чт 1ПЧ ( +ч 1 + 2Ч+Чз (10) Г!ри Ч-+ оо, у-+ со и х-+ ос. В самом деле, ЧЯ+ — 'ЧА растет быст- 3 рее, чем 1п Ч, и, следовательно, их разность стремится к + оо. Итак, кривая (10) уходит двумя ветвями в бесконечность. При Ч ( 0 логарифм становится комплексным, следовательно, кривая (10) 1 ву определена только для положительных Ч . Так ка к — = — есть углоФх вой коэфициент касательной, то, следовательно, в каждой из ветвей у При С=О, у=О, т. е. экстремаль выродится в одну из прямолинейных экстремалей, рассмотренных выше.
Новые экстремальные кривые мы получим при С+ О. Для этих кривыху всегда отлично от нуля и имеет один и тот же знак, т. е. эти экстремали не пересекают ось Ох. Но, очевидно, прямолинейные экстремали не соединяют начала координат с точкой А, не лежащей на координатных осях, а криволинейные не соединяют начало координат с А, поскольку они не пересекают оси Ох и, следовательно, не проходят через начало. В нашей задаче минимум не достигается на кривых с непрерывно вращающейся касательной, и нам естественно его искать среди кривых с точками перелома. Прежде чем к этому приступить, исследуем кривые семейства (9) при д ф О. Рассмотрим одну из этих кривых при С=1, С„=О; остальные кривые при любых С и С, получаются из нее подобным преобразованием (с центром в начале координат и знаменателем преобразования С) и поступательным перемещением (параллельным оси Ох на расстоянии С,).
Итак, ограничимся пока кривой; [гл. ХИ 242 одностогоннив влвилции есть монотонно возрастающая функция от х. Очевидно, что х и у при каком-то конечном значении д достигают своего минимума. Для значения д, дающего минимум х, имеем: — = — (Зда+ 2ф — 1) = О. их 1 Фч ч Для минимального значения у: — = — (Зф+ 2~!Я вЂ” 1) = О. лу 1 ЮГ = еа Так как минимумы х ну достигаются заведомо не для С!= О и д= оо, 1 1 то — и — отличны от нуля и от бесконечности, на них можно сокра- Ч Ч~ тить, мы получаем для определения минимума х и у одно и то же биквадратное уравнение: Зф+2ф — 1=0, у которого мы должны искать вещественный и притом положительный корень.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
