Лаврентьев, Люстерник - Основы вариационного исчисления (т.1, ч. 2) (947321), страница 45
Текст из файла (страница 45)
Решая зто уравнение, мы обнаруживаем, что искомый корень— единственный и равен: Уз' 1 Таким образом, когда д возрастает от = до оо, то х и у моно- УЗ 1 тонно 'возрастают; когда д убывает от = до нуля, х и у также Уз монотонно возрастают. 1 Заметим, что — есть угловой коэфициент касательной к изучае- мой кривой, мы можем теперь достаточно точно охарактеризовать поведе- 1 ние кривой. При д= — мы имеем точку возврата; ветвь кривой, соУз ответствующая 1г(= и ьетвь кривой соответствуюп1ая д) = вог- У \ ю У 1 нута.
В точке возвра!а угловой козфициент касательной равен )/ 3, угол касательной с осью Ох равен 60'. Условие Лежандра для минимума: ~ы. ' Р; = —,—:, )~0, хы и силу того, что у ) 0 и у' ) О, нам дает: у' — Зх'а =у'Я(1 — З !') ) О, т. е. 1 Уз Таким образом кривая, дающая минимум, может состоять только из выпуклых кусков зкстремали и из отрезков, параллельных координатным осям.
243 й 78) 3АдАчА ньютонА (11) [ — А1 [ '1 1+- зч, А ) 1 1+ зч,з 1 П+ ч )Ч,=. ~11+ ч,»-/,=. Отсюда в точке излома для кривой Ньютона получим: ч=1, т. е. в точке излома кривая Ньютона образует с осью Оу угол в 45ч. Итак, искомая кривая состоит из отрезка оси Оу и выпуклого куска кривой Ньютона, выходящей из точки В и пересекающей ось Оу под углом 45'. Нетрудно видеть геометрически, что этими условиями искомая кривая определяется единственным образом. А) См. конец предыдущего параграфа.
Покажем теперь, что точка излома может находиться только на оси Оу (на границе прямоугольника). В самом деле, в точке излома должны удовлетворяться условия Эрдмана: 1~;)„= Г.)„1 Т„)„= Г„)„! которые для нашей задачи примут вид." Ча Ч2 11+ ч~')з О + ч гР ' 1+ ЗЧ,А 1+ ЗЧ,А ')'= 1+,=А' 112) В точке излома при у) О возможны четыре случая: 1.'Точку излома образуют отрезки параллелей оси Ох и оси Оу; эти отрезки соответствуют значениям Ч= О и Ч= со; условие 112) не выполняется. 2. Точку излома образуют отрезок параллели оси Ох и дуга кривой Ньютона. 3. Точку излома образуют отрезок параллели оси Оу и дуга кривой Ньютона; в этих двух случаях будет, очевидно, невыполнено условие 111). 4. Точку излома образуют две различные дуги кривой Ньютона.
Так как в силу условия Лежандра обе эти дуги соответствуют значе- 1 ниям Ч (=, то легко видеть, что и в этом случае условие 111) Мз' не выполняется ни при каких различных значениях Ч, и д,. Нам остается показать, что точки излома не лежат также на оси Ох. Так как кривая Ньютона при любых значениях произвольных постоянных не пересекает оси Ох, то наличие у экстремали точки излома на этой оси 1'экстремаль в этом случае должна содержать кусок оси Ох, кусок параллели оси Оу) повлекло бы за собой наличие у кривой точки излома при у ) О, что невозможно по доказанному выше.
Отсюда заключаем, что искомая кривая должна состоять из отрезка оси Оу (кусок границы области) и из куска кривой Ньютона. В точке излома на границе должно быть выполнено условие 112) '), которое в нашем случае примет вид: олностогонииячвлеигщии ф 79. Пространственная задача [гл. ХП 244 Постановка общей задачи. Рассмотрим теперь более общую задачу: среди всех пространственных кривых: уу = у (х), =. = е (х), соединяющих две данные гпочки А и В и принадлелсаигих закрытой области к(х, у, я))~0, определить гпу, вдоль которой интеграл У= / с(х,у, з,у', з')ах принилгает экстремальное значение.
В соответствии сь разобранной выше простейшей задачей допустим, что искомая кривая 7 существует, и пусть у=у(х), я=я(х) есть ее уравнение. По условию задачи эта кривая должна области ~7 > О, и из кусков грапредполагать, что каждая точка есть правильная точка поверхно- '!ерт.
47. состоять из кусков, принадлежащих ницы 9=0 (черт. 47). Мы будем кривой то принадлежащая границе, стн о=О. т. е. что в этой точке (й)'+(~,")е+(2)ч >' (13) Свойства экстремальной кривой. По аналогии с простейшей задачей мы буден искать основные необходимые условия, которым должны удовлетворять части кривой 7, расположенные внутри области, на границе области, и, наконец, найдем условия, которым должна удовлетворять 7 в точках, где она переходит нз области к > 0 на границу р = 0 н с границы о = 0 в область э > О. В области р > О каждый кусок 7, принадлежащий области э > О, должен быть куском экстремали для интеграла з', ибо в противном случае можно было бы заменить этот кусок новой кривой, так чтобы полученная после этой заиены кривая 7, лавала по нашему желанию меныпее или болыпее значение интегралу з'. Если кр«чзя 7' принадлежит поверхности р = 0 и является куском кривой 7, то эта кривая дает, очевидно,' экстремальное значение интегралу У, если за класс допустимых линий принять кривые, принадлежащие поверхности в=О и соединяющие концы кривой 7'.
Следовательно, кривая 7' есть экстремаль задачи на условный экстремум интеграла У (условие э=О). Для того чтобы выявить еще одно свойство кривой 7', обратимся к метолу вариаций н допустим для определенности, что кривая 7' дает минимум интегралу У. В таком случае при всех достаточно малых допу- 9 791 245 пеостелнствеинля злдлчл стимых вариациях кривой Т' вариация интеграла l должна быть неотрицательной. Рассмотрим вариацию з' в какой-нибудь точке кривой В силу условий задачи эта вариация не может быть произвольной, ибо проварьированная кривая должна принадлежать области е)~0. Так как на кривой Т' е = О, то, следовательно, при бесконечно малых приращениях функций у и я, соответственно равных бу, ех, приращение ~р должно быть неотрицательным; отсюда для того чтобы вариации Зу, ез кривой 1' были допустимыми, необходимо и достаточно, чтобы: дч,, дч , .
'.у+ — дз ) О. ду дл (14) При всех возможных вариациях кривой 1', удовлетворяющих (14), мы должны иметь бу)~ О. Вычисляя Ы в произвольной точке, будем иметь: 07=(à — — Е ~с +~Š— — Г ° е ) О, У дх У,~ ~ ~, ' дх где -, = / дую, ае = / Зябях. Интегрируя (14) в бесконечно малых пределах, найдем, что для допустимой вариации должны удовлетворяться условия: ду , дв — — —., )~ О. ду г дл Отсюда заключим, что в случае минимума в каждой граничной точке должны иметь: Г-' — — г дх У' д г — — Г, в дх (1б) дв дв дл Аналогично в случаях максимума в каждой граничной точке должны иметги .< О.
дч ду Наконец, пусть А, есть точка, в которой кривая Т из области л)0 попадает на поверхность в=О; Т,— конечный кусок кривой Т, принадлежащий области е ) 0 и имеющий конец в точке А,; Т вЂ” кусок кривой Т, принадлежащий поверхности в=О и имеющий начало в точке А,. Возьмем на дуге те точку Ае, бесконечно близкую к точке А„и заменим дугу, состоящую из Т, и А,А„дугой т', соединяющей начало дУги Т, с точкой Ая (дУга Т находитсЯ в близости пеРвого порядка от кривой Т,).
Вычислим вариацию интеграла з при указанной вариации дуги Тм Если через 3х обозначить проекцию отрезка АА, на ось Ох, то, используя формулы 9 57 н замечая, что интеграл,/, [гл. Х!! 246 ОДНОСТОРОННИЕ ВАРИАЦИИ взятый по бесконечно малой дуге А,А, равен подинтегральному выражению, умноженному на ох, получим: ау= р„. (у' — у') +Г; (х' — л')+Р— гт, где х, у, л суть координаты точки А,; у', г' суть значения, принимаемые.функциями у'(х), з'(х) в точке Л„если двигаться по,а, и у', з' — значения тех же функций в точке А„если к этой точке подходить по кривой т, Г= г"(х, у, з, у', г').
Так как рассмотренная вариация двусторонняя, то при экстремуме Р— Г = Е'„( ' — у') .-' Г„(з' — з'). (16) Это уравнение удовлетворяется, если положить у' =у', з' = л', т. е. когда кривая т есть кривая с непрерывно вращающейся касательной. Указанное решение единственно, если поверхность Е = Г (х, у, г, Х, У) (17) в ' пространстве (Х, 1; Л) имеет всюду положительную (отрнцательную) гауссову кривизну.
Лля доказательства достаточно заметить, что уравнение (16) выражает геометрическое пересе- Черт. 48. чение поверхности (17) с ее касательной плоскостью. Особый случай. Как иы увидим в теории достаточных условий экстремума, случай, когда в точке А, касательная к т, совпадает с касательной к тя, является наиболее важным и имеет место в большинстве задач прикладного характера. В соответствии с этим случай, когда точки А, суть угловые точки искомой кривой, мы будем называть ОСОбылг.
В особом случае, как мы увидим ниже, для определения всех произвольных постоянных в уравнения экстремалей данной задачи нам необходимо еще одно условие з тех точках А„ где особый случай рассматривается. Искомое условие мы получим, рассматривая добавочную вариацию кривой 7. Проведем на поверхности 8 = О кривую 7, проходящую через А, и ортогональную к Г,. в этой точке (черт. 48). Возьмем на кривой д точку А,', бесконечно близкую к точке Аб заменим теперь дугу 7, дугой 7,.', ииеюшей конец в точке А,' и общее начало с 7, и бесконечно близкой к 7, (близость первого порядка), а дугу Г,— дугой Г,' поверхности О=О, имеющей начато в точке А,' и общий конец с Г, и соответственно бесконечно близкой к дуге Г, (близость первого порядка).
Такая вариация кривой 7 есть, очевидно, двусторонняя, следовательно, соответствующая вариация интеграла должна равняться нулю. 247 9 79) пгосГРАнстввнная ЗАДАЧА Обозначим через ог7 и оаУ вариации интеграла з соответственно при замене 7< на 7,' и Г, на Г,'. В силу формул 9 57 (задач на экстремали со свободными концами) имеем: 8 1У = ( Е„( у' — у ) + Г, (л' — г') + Г (х, у, а, у', а') ) ох, где дх есть проекция отрезка А,А,' на ось Ох, у = у,(х), а = а.
(х) есть уравнение кривой смешения д„у' и а' суть значения у'(х), а'(х) в точке А, для тд оэУ= — (Г„(у' — у')+Г, (а' — г')+Г) Зх, где у', л' суть значения у' (х), з' (х) в точке А, для Äà = Г (х, у, я, у, а'), Отсюда окончательная вариация интеграла У будет: Ч = е, У+ д 3 = à — Г + у' (Г'„— Г„) + Х (Г, — Г;) + Г„у' — Е,у'+Г, г' — Г;и'. Условие экстремума: 87= О или, принимая во внимание (16): 8|= Е„.(у' — у')+Г, (з' — а')+Е„.(у' — и')+Г, (а' — а')-~- +Г„( ' — у')+Г;.(а — ~) = = (ń— Г„) (у' — у') + (Г, — Г, ) (а' — в') = О. Кроме того, так как величины 1, у', г', 1, у', г' пропорциональны соответственно направляющим косинусам касательных к кривым 1' и д, а эти кривые принадлежат поверхности 7=0, то в точке А, имеем: да=,, дв, дв д:р-, дт-, дв —, у'+ — а' + — = О, — у'+ — з'+ — = О; ду дг дх ' ду да дх отсюда — а' — а' дт дв да ду Нашему условию можно, таким образом, придать окончательно такой вид..
Е ° — Еа Г, — Ги дв дт (18) ду да Условие (18) будет, очевидно, выполнено, если касательные к кривым 7, и Г, в точке А, совпадают. Условия (15), (16), (18) можно получить, рассматривая общую вариацию кривой Т. Обратно, легко показать, что при соблюдении условий (15), (16), (18) при произвольной бесконечно малой вариации кривой 7 вариация интеграла у будет неотрицательна.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
