3курс,VIсем Задачи инт ур

а)

Зададим

приращение аргумента функционала

-

произвольную

непрерывно

дифференцируемую функцию h(x) , удовлетворяющую условиям

h(−1) = h(0) = 0 , -

и

вычислим приращение функционала на экстремали y0 (x) = −x3 :

0

′

0

∆V =V[−x

3

3

]= ∫[12x(−x

3

+ h(x)) −(−3x

2

2

3

) −(−3x

2

)

2

]dx =

+ h]−V[−x

+ h (x))

]dx − ∫[12x(−x

−1

−1

= ∫0

[12x h(x) +6x2h′(x) −h′2 (x)]dx = ∫0

[12x h(x) −h′2 (x)]dx + ∫0

6x2h′(x)dx =

−1

−1

−1

инт. по частям

=6x2h(x)

0−1

− ∫0

12x h(x)dx + ∫0

[12x h(x) −h′2 (x)]dx = −∫0

h′2 (x)dx ≤ 0 .

−1

−1

−1

= 0

Итак,

∆V ≤ 0 независимо от

y′ (в сильной окрестности),

поэтому на экстремали

y0 (x) = −x3

реализуется сильный (а, следовательно, и слабый) максимум.

б)

Заметим,

что экстремаль y0 (x) = −x3

при

x [−1, 0]

может

быть

включена

в

собственное поле экстремалей (решений уравнения Эйлера) y = −x3 +C .

′

=12xy − y

′2

−(12xy − p

2

′

′

− p)

2

≤ 0

E(x, y, p, y )

) −( y

− p)(−2 p ) =−(y

при

любых

y, y′,

т.е.

сохраняет

знак

в сильной

окрестности

кривой

y0 (x) = −x3 .

Следовательно, выполнено достаточное условие Вейерштрасса,

и экстремаль y0 (x) = −x3

реализует сильный (и слабый) максимум.

2.

Fy′y′ =−2 < 0

при любых y,

y′, поэтому выполнено достаточное условие Лежандра.

Функционал на экстремали y0 (x) = −x3

достигает сильного (и слабого) максимума.

Пример 8.4.

Пусть

V[ y] = ∫b [ p(x) y′2 + q(x) y2 + 2 yϕ(x)]dx ,

где

функция

p(x) > 0

-

a

непрерывно дифференцируема, а q(x) ≥ 0 и ϕ(x)

непрерывные на

[a,b] функции.

а)

Записать

уравнение

для

экстремалей

в

задаче с

закрепленными

концами

y(a) = A, y(b) = B .

б)

Показать,

что

если y0 (x)

является

экстремалью

функционала

V[ y] ,

то

на

ней

реализуется минимум этого функционала.

Решение.

Уравнение

Эйлера

для

экстремалей

изучаемого

функционала

имеет

вид

d

′

)−q(x) y =ϕ(x) .

Нетрудно

показать,

что

при

сформулированных

dx (p(x) y

предположениях

на

функции

p(x), q(x), ϕ(x) ,

это

уравнение

с

дополнительными

условиями

y(a) = A,

y(b) = B

имеет

единственное

решение

y = y0 (x) ,

которое

и

определяет экстремаль в рассматриваемой задаче.

Зададим

h(x) : h(a) = h(b) = 0

и

определим

знак

приращения

функционала

на

исследуемой экстремали:

∆V =V[ y0 (x) + h(x)]−V[ y0 (x)]=∫b [ p(x)(( y0′ + h′)2 − y0′2 ) + q(x) (( y0 + h)2 − y0

2 ) + 2ϕ(x)h]dx =

a

=∫1 [2 p(x) y0′h′+ 2q(x) y0 h +2ϕ(x)h]dx + ∫b

p(x)h′2 (x)dx + ∫b q(x)h2 (x)dx > 0 ,

0

a

a

>0

≥0

2∫b [ p(x) y0′h′+q(x) y0h +ϕ(x)h]dx = 2 p(x) y0 (x)h(x)

ba

+2∫b [−( p(x) y0′)′+ q(x) y0 +ϕ(x)]h(x)dx = 0

a

a

=0, т.к. h(a)=h(b)=0

=0 в силу ур−я Эйлера

Пример 8.5.

Исследовать на экстремум функционал

V[ y]=∫a

y′3 dx

с граничными

y(0) =0 , y(a) =b

( a > 0, b > 0 ).

0

условиями

Решение. Уравнение Эйлера для данного функционала имеет

вид

y′′ =0 . Семейство

экстремалей

определяется

формулой

y =C1 x +C2 .

Граничным

условиям

удовлетворяет

единственная экстремаль y = b x .

a

Найденная

экстремаль может быть включена в собственное поле y = b x +C , наклон

p = b .

a

поля экстремалей

a

Функция Вейерштрасса имеет вид

− p)

2

′

= y

′3

−

p

3

′

− p) 3 p

2

=

′

′

+2 p)

E(x, y, p, y )

−( y

(y

( y

и знак ее определяется знаком выражения

y

′

+ 2 p

= y

′

b

′

+2 a . Следовательно, E(x, y, p, y )

может менять знак в зависимости от

y′.

Поэтому сильного экстремума на исследуемой

экстремали нет.

b

′

Вместе с тем, функция Вейерштрасса сохраняет знак, если

y

близко к p = a > 0

(наклону поля экстремалей),

′

+ 2 p = y

′

b

≥

0

и неравенство

′

т.е. y

+ 2 a

E(x, y, p, y ) ≥ 0

выполнено для всех кривых сравнения

y = y(x)

из

некоторой слабой окрестности

экстремали y = b x . Таким

образом,

на

экстремали

y = b x ,

согласно

достаточному

a

a

V[ y]=∫a

( y2 − y′2 ) dx,

y(0) =0,

y(a) =0

0

а)

в случае

a =π <π на экстремали

y (x) ≡ 0

реализуется сильный максимум

2

0

функционала;

5π >π функция

б)

в случае a =

y (x) ≡ 0 также является единственной экстремалью в

4

0

в)

в случае a =π экстремаль определяется не единственным образом.

Решение.

Уравнение

Эйлера

имеет

вид

y′′+ y = 0 .

Его

общее

решение

есть

y =C1 sin x +C2 cos x . Граничным условиям y(0) =0 ,

y(a) =0 , как в случае а), так и в случае

б)

удовлетворяет единственная функция y0 (x) ≡ 0 .

а)

Если x [0, π ] , то экстремаль y (x) ≡ 0

может быть включена, например, в центральное

2

0

поле экстремалей y =C sin x .

Функция Вейерштрасса

− p)

2

′

2

− y

′2

−( y

2

− p

2

) +( y

′

′

≤ 0

E(x, y, p, y ) = y

− p)2 p = −(y

при любых

y, y′,

т.е.

сохраняет

знак

в

сильной

окрестности

кривой

y0 (x) ≡ 0 .

Следовательно, выполнено достаточное условие Вейерштрасса, и экстремаль

y0 (x) ≡ 0

реализует сильный (и слабый) максимум.

x [0,

5π

′

′

− p)

2

≤ 0 также

б)

Если

4

] ,

то

функция

Вейерштрасса

E(x, y, p, y ) =−(y

сохраняет знак в сильной окрестности кривой

y0 (x) ≡ 0 . Заметим,

что

V[ y ≡ 0]

= 0 и

докажем,

что на функции y0 (x) ≡ 0

не достигается слабый (следовательно,

и сильный)

экстремум.

1 sin

4 x . Ясно, что при достаточно больших

Рассмотрим последовательность ϕn (x) =

1 sin

4x

n

5

4

4x

п

выполнено

|| ϕn − y0

|| 1

4π

= max

+

max

cos

≤ r ,

т.е.

все

указанные

C

[0,

]

x [0, 4π

]

n

5

x [0,

4π

]

5n

5

5

5

5

функции, начиная с некоторого номера, принадлежат

слабой окрестности

y0 (x) ≡ 0 .

Однако

5π

5π

5π

V[ϕn ] =

4

1

sin2

4x dx

−

4

16

cos2 4x dx =

9

4

cos2

4x dx > 0 =V[0],

∫0

n2

∫0 25n2

25n2

∫0

5

5

5

следовательно, на функции y0 (x) ≡ 0

слабый (и сильный) максимум не достигается.

Рассмотрим

последовательность

ψn (x) =

1

sin

4n

x .

Ясно,

что

при

достаточно

n2

5

п

||ψn − y0

1

4nx

+ max

4

4nx

≤ r ,

больших

выполнено

||

4π

= max

sin

cos

т.е. все

n2

C1[0,

]

x [0,

4π ]

5

x [0, 4π

]

5n

5

5

5

5

указанные

функции,

начиная

с

некоторого

номера, принадлежат

слабой

окрестности

y0 (x) ≡ 0 .

5π

5π

4

1

2 4nx

4

16

4nx

5π 1

16

V[ψn ]=

∫0

dx −

∫0

2

dx =

=V[0] .

sin

cos

−

< 0

n

4

5

25n

2

5

4

25n

2

8 n

Следовательно, на функции y0 (x) ≡ 0

минимум также не достигается.

Причина указанного

явления

состоит

в

том,

что экстремаль

y0 (x) ≡ 0 нельзя

включить в поле экстремалей при

x [0,

5π

] ,

так как все решения уравнения Эйлера

4

y =C1 sin x +C2 cos x ,

y(0) =0 или

удовлетворяющие

одному

из

граничных

условий

y(

5π

) =0 , обращаются в ноль одновременно еще в одной точке

x

[0,

5π

] . Например,

4

0

4

y(0) =0 ,

y =C sin x

если потребовать

то все кривые семейства

обращаются в ноль при

x

=π [0,

5π

] .

0

4

y′′+ y = 0

y =C sin x ,

в)

В случае a =π

уравнение Эйлера

имеет семейство решений

удовлетворяющих

граничными

условиям

y(0) =0 , y(π) =0 , следовательно,

экстремаль

Пример 8.7. Пусть тело перемещается по кривой y = y(x)

со скоростью vG

такой, что

| vG|= v(x, y) = y .

Какова должна быть траектория его движения, чтобы тело попало из

точки y(a) = A в точку y(b) = B за минимальное время?

Решение. Время,

необходимое для перемещения из точки (a, y(a))

в точку (b, y(b)) по

заданной кривой

y = y(x) , определяется функционалом t = ∫b

ds

= ∫b

1+ y′2

dx ≡V[ y] .

a v(x, y)

a

y

1+ y′2

− y′

y′

=

1

= C1 .

Положим

y′ = tg t ,

тогда

y = cos t ,

y

y 1+ y′2

y 1+ y′2

C1

dx = dy

= ctg t dy = cos t dt ,

откуда

x = sin t +C2 .

Исключив

параметр

t, получим

y′

1

C1

C1

(x −C

)2 + y

2 =

, т.е. экстремалями задачи являются окружности с центрами на оси х.

C2

2

1

8.5

V[ y] =

1

e

x

2

+

1

y′

2

y(0) =1, y(1) = e .

∫0

y

2

dx

8.6

V[ y] = ∫1 ey y′2dx

y(0) = 0,

y(1) = ln 4 .

0

2

3

8.7

V[ y] = ∫1

x

dx

y(1) =1,

y(2) = 4 .

y′2

8.8

V[ y] = ∫a dx

y(0) = 0,

y(a) = b

(a > 0, b > 0) .

0

y′

8.9

V[ y] = ∫1

(1+ x) y′2dx

y(0) = 0,

y(1) =1.

0

π

8.10

V[ y] = ∫2

( y2 − y′2 )dx

y(0) =1,

y(

π ) =1 .

0