Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Методы математической физики.-3

.pdf
Скачиваний:
11
Добавлен:
05.02.2023
Размер:
2.8 Mб
Скачать

Условие δJ = 0 является лишь необходимым условием существования экс-

тремума. Для определения характера экстремума необходимо найти вторую ва-

риацию функционала

 

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

δ

2

J = {Fyy

y)

2

+ 2Fyyδyδy

2

}dx.

(7.15)

 

 

 

+ Fyyy )

 

 

 

x1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Учтем, что 2Fyyδyδy′ = Fyy[(δy)2 ]′

и возьмем по частям интеграл, содержащий

это слагаемое

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2

Fyy[(δy)2 ]′dx

x1

В результате имеем

δ 2 J =

= Fyy

x2

[Fyy x1

 

 

 

x2

d

 

 

 

 

 

 

 

 

2

x2

 

 

2

 

 

 

y)

 

x1

 

 

 

Fyyy)

 

dx.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d

 

 

 

 

2

 

x2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Fyy](δy)

 

dx + Fyyy )

dx.

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

x1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Если y(x) есть экстремаль, то согласно (7.13)

Fy d Fy= 0. dx

Продифференцируем это уравнение по y. Тогда

Fyy d Fyy ≡ 0.

dx

В итоге получим

x2

δ 2 J = Fyyy′)2 dx.

x1

(7.16)

(7.17)

Запишем достаточные условия существования экстремума:

если

δ 2 J > 0

или

Fyy> 0, то имеем

min J ;

если

δ 2 J <0

или

Fyy< 0, то имеем

max J .

Эти условия называют условиями Лежандра.

В качестве примера найдем экстремум функционала

111

lim J (yn ) = M .
n→∞

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

2

y

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(x)}dx

 

 

 

 

 

J = {[ y (x)]

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

с дополнительными условиями

y(0) = 0,

y(π/2) = 1 .

2

y

2

(x) .

Для подстановки в уравнение Эйлера (7.14)

Имеем F( y, y , x) = [ y (x)]

 

 

необходимы следующие величины:

 

 

 

 

 

 

d

Fy

 

 

′′

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Fy = − 2 y(x), Fy= 2 y (x),

dx

 

= 2 y (x),...

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В результате уравнение примет вид

y′′(x) + y(x) = 0 .

Его решением является функция y(x) = C1cosx + C2 cosx .

Из дополнительных условий находим y(0) = C1 ≡ 0, y(π/2) = C2

Окончательно y(x) = sinx . Это и есть экстремаль функционала.

Для установления характера экстремума имеем

F ~ (sinx)′ = cosx, F ′ ′ ~ (cosx)′ = −sinx π/2

y y y 0

что свидетельствует о максимуме функционала.

Вариационная задача решена.

1 .

<0 ,

7.3. Метод Ритца.

Большим распространением при решении теоретических и прикладных за-

дач пользуются прямые методы, суть которых в следующем.

Пусть требуется найти минимум некоторого функционала J(y), о котором извест-

но, что точная нижняя граница его значений inf J (y) = M > −∞ . Пусть удалось найти последовательность допустимых функций y1 , y2 ,..., yn ,... и такую, что Во многих случаях при этом оказывается, что минимизирующая

112

{yk }

последовательность сходится к функции y, для которой J ( y) = M . Тем

самым вариационная задача решена.

К прямым методам относится и метод Ритца, схема которого приводится ниже. Пусть в некотором классе функций требуется найти минимум функционала

с заданными условиями на концах интервала интегрирования

x2

 

 

J(y) = F(x, y, y )dx,

(7.18)

x1

y(x1) = a1, y(x2 ) = a2.

 

Рассматривается семейство функций

 

n

 

y(n, x) = ϕ 0 ( x) + Ciϕ i ( x),

(7.19)

i =1

 

где

 

ϕ 0 ( x1 ) = a1 , ϕ 0 ( x2 ) = a2 ; ϕi ( x), ϕ i ( x1 ) = ϕi ( x2 ) = 0, i = 0,1,2,..., n,... −

последо-

вательность линейно независимых функций, которые называются координатны-

ми.

На координатных функциях данный функционал превращается в функцию n переменных

J ( y(n, x)) = Φ(c1 ,c2 ,..., cn ).

(7.20)

Выбираются те значения c1 , c2 ,..., cn , которые приводят функцию Φ(c1,c2 ,..., cn )

к минимуму. При найденных ci (i = 1,2,..., n) функцию (7.19) обозначают, как yn (x). Во многих практически важных случаях последовательность найденных таким образом функций yn (x), (n = 1,2,...) , является минимизирующей и дающей решение поставленной задачи.

Существование абсолютного минимума функционала (7.18) и достижение этого минимума посредством построения минимизирующей последовательности функций обеспечивается выполнением следующих условий:

113

∙ Функция F(x, y, z) непрерывна по совокупности своих аргументов при (х,

у) G и любом конечном z, где через G обозначена замкнутая область плоско-

сти х0у, в которой лежат линии yn (x).

∙ Существуют константы α < 0, ρ > 1, β , при которых для любой точки (х,

у) G выполняется

F (x, y, z) ³ α z ρ + β

каково бы ни было z.

∙ Функция F (х, у, z) имеет непрерывную производную Fz(x, у, z) и для любой

точки (х, у) G эта производная является неубывающей функцией от

z, (−∞ < z < ∞). При этом функционал рассматривается в классе абсолютно не-

прерывных функций.

Указанные условия выполняются в частности для функционалов вида

x2

{p( x) y¢2 + q( x) y 2 - 2g( x) y}dx,

x1

y( x1 ) = a1 , y(x2 ) = a2 ,

где р( х) > 0 , q( x) ³ 0 и g ( x ) известные непрерывные в конечном интервале

[ x1 , x2 ] функции.

Важное значение для применений имеют линейные вариационные задачи, т.е.

задачи о минимизации функционалов, уравнения Эйлера которых линейны. Услови-

ем применимости метода Ритца к минимизации таких функционалов является их по-

ложительная определенность, т. е. существование положительной константы γ и та-

кой, что неравенства

x2

x2

F ( x, y, y¢)dx ³ γ y 2 dx

x1

x1

и соответственно

114

∫∫ F ( x, y, u, u x , u y )dxdy ³ γ ∫∫ u 2 dxdy

D D

выполняются вклассефункций, непрерывно дифференцируемыхдостаточноечисло раз и удовлетворяющих краевым условиям задачи.

Рассмотрим несколько примеров. 1. Минимизировать функционал

1

( y2 + y 2 + 2xy)dx, y(0) = y(1) = 0.

0

Пусть

ϕ0 ( x) ≡ 0;ϕ1 ( x) = x 2 x; ϕ 2 ( x) = x3

При n=2 имеем

y(2, x) = c1 (x2 x) + c2 (x3 x2 ), y′(2, x) = c1 (2x − 1) + c2 (3x2 − 2x),

J ( y(2, x)) = Φ(c , c ) = 11 c2 + 11 1 2 30 1 30

x 2 ,..., ϕ n ( x) = x n+1 x n ,...

c c

 

+

1

c2

1

c

1

c

.

 

 

 

 

1

2

7

2

6

1

10

2

 

∂Φ = 0,

 

∂Φ

= 0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Используя условия c

 

 

 

 

c

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11

c +

11

c

 

 

=

1

,

11

c +

2

c

 

=

1

.

 

 

15

 

 

 

 

 

 

30

7

 

 

 

 

1

 

 

30

 

 

2

 

 

6

 

 

1

 

2

10

 

 

Откуда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

с =

69

,c

 

=

7

,

 

 

y(2, x) =

77x3 − 8x2 − 69x

.

 

2

 

 

 

 

1

473

 

 

 

 

43

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

473

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В данном случае известно точное решение, равное

 

 

 

 

 

 

 

y =

 

 

e

ex ) − x.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(ex

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

−1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В приведённой ниже таблице дается сопоставление точного и приближенного решений:

115

x

y ( x )

y ( 2 , x )

 

 

 

0

0 , 0 0 0 0

0 , 0 0 0 0

 

 

 

0 , 2

- 0 , 0 2 8 7

- 0 , 0 2 8 5

 

 

 

0 , 4

- 0 , 0 5 0 5

- 0 , 0 5 0 6

 

 

 

0 / 5

- 0 , 0 5 6 6

- 0 , 0 5 6 8

 

 

 

0 , 6

- 0 , 0 5 8 3

- 0 , 0 5 8 5

 

 

 

0 , 8

- 0 , 0 4 4 4

- 0 , 0 4 4 2

 

 

 

1 , 0

0 , 0 0 0 0

0 , 0 0 0 0

 

 

 

2. Найти функцию и=и(х,у), гармоническую в области G: x>0, y>0, x+y<1

и удовлетворяющую на её границе Г( х=0, у=0, х+у=1) условию

UГ = x2 + y2.

Гармоническая функция удовлетворяет уравнению Лапласа, являюще-

муся уравнением Эйлера — Остроградского для интеграла

 

 

∫∫[ux2 + u2y ]dxdy.

 

(7.21)

 

 

D

 

 

 

 

Выберем координатные функции как

 

 

 

 

u0 (x, y) = x2 + y2 ,

 

 

u1 (x, y) = xy(1 − x y),

 

 

 

 

u

2

(x, y) = x2 y(1 − x y),

 

 

 

 

 

 

(7.22)

.....................................

 

 

 

 

 

 

 

 

 

un (x, y) = x

n

 

 

 

 

y(1 − x y).

 

Функция

 

 

 

 

 

 

ϕ(x, y) = x2 + y2 + с1 xy(1− x y) + c2 x2 y(1− x y) + c3 x3 y(1− x y)

(7.23)

удовлетворяет краевому условию при любых значениях постоянных c1 , c2 , c3 .

Подстановка (7.23) в (7.21) превращает интеграл в функцию Φ(с1 , c2 , c3 ) трех пе-

116

ременных c1 , c2 , c3 , которые надо выбрать так, чтобы эта функция получила ми-

нимальное значение. Приравняв нулю частные производные

∂Φ ,

∂Φ

,

∂Φ

, можно найти c ≈3,0401,

c

= c = − 0,0562. Приближенное

 

 

c1

c2

c3

2

3

 

 

 

1

решение задачи имеет вид

ϕ ( x, y) = x 2 + y 2 + xy(1 − x y)[3,0401 − 0,0562( x + y)].

3. Рассмотрим одну модификация метода Ритца.

Пусть требуется минимизировать функционал

1

 

2

 

 

J(y) = e

y

dx,

y(0) = 0, y(1) = 2ln2.

y

 

0

 

 

 

 

Аналитическое решение этой задачи приводит к функции

 

y = 2 ln( 1 + x ) .

Для приближенного решения

выбирается последовательность, составлен-

ная из многочленов третьей степени следующим образом.

1-е приближение: Многочлены третьей степени, для которых у и у' прини-

мают при x=0 и x=1 заданные значения.

 

2-е приближение: Функции

класса

C1[0,1] с заданными значениями у и у'

при x = 0, x = 1 2, x = 1 и кубических в каждом из двух интервалов.

3-е приближение: Функции

класса C1[0,1] с заданными значениями для у и

у' при x = j21−k , ( j = 0,1,...) и кубических в каждом из 2 k −1 малых интервалов.

Для каждого k функционал

J (у) заменяется значением J k ( y) которое вы-

числяется в каждом интервале по правилу Симпсона, причем необходимые для этого средние значения у и у' находятся по формулам

 

 

 

1

 

h

 

 

3

 

 

1

 

y =

+ y2 ) −

 

=

+ y1 ) −

 

 

(y1

 

 

 

 

(y2

 

 

 

 

4

(y2

y1 ), y

 

 

 

(y2

+ y1 ),

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

4h

 

4

 

 

 

выражающим их через значения

y , yна левом и

y

, y

на правом концах ин-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

 

2

 

2

 

тервала длиной h.

117

Так как значения у заданы при x=0 и х=1, то функции из первого прибли-

жения полностью определяются их производными y' при x=0 и x=1. Эти значе-

ния, умноженные на постоянные множители, обозначены через η0 и η1 и приняты в качестве независимых переменных в первом приближении:

x0 = 0; x1 = 0,5;

x2 =1,0; h1 = 0,5;

y0 = 0; y2 = 2ln2; ηi = hi yi′, (i=0,1,2) ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h1

 

 

′′

2

 

 

 

 

 

y1

2

 

1

 

2

 

 

 

 

y1 2

 

 

2

 

 

 

 

 

J1 ( y) =

 

 

 

 

+ 4e

 

 

] =

 

 

0 +

4e

+ 4η2 ],

 

 

 

 

3

[(y0 )

 

 

 

( y1 )

 

 

3h1

η1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y =

1

( y

 

+ y

) −

1

 

−η

 

) = 0,69315+ 0,25η

 

 

− 0,25η

 

,

 

 

 

0

 

 

2

 

0

 

 

 

1

 

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

4

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

η =

3

 

( y

 

y

) −

 

1

 

 

) = 1,039725− 0,25η

 

− 0,25η

 

 

.

 

 

2

 

 

2

 

0

2

 

 

1

 

4

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

4

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Берем η0

и η2 за независимые переменные и решаем уравнения

f

 

= 3h

 

 

J 1

 

= 2η

 

 

+ e y1η 2

− 2e y1η

 

= 2η

 

 

− (2 −

η

e y1

 

= 0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

1

 

∂η

0

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

 

 

0

 

 

 

 

1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f

 

= 3h

 

 

J1

= 8η

 

 

e y1η 2

− 2e y1η

 

= 8η

 

 

 

− (2 + η

e y1

 

 

= 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

1

 

∂η

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

 

2

 

 

 

 

 

1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение последней системы методом Ньютона приводит к

η0 =1,006; η1 =0,663; η2 =0,501; y 1 =0,819.

Точное решение дает

η

0

=1,000;

η = 0,667;

η

2

=0,500;

y

1

=0,819.

 

 

1

 

 

 

 

7.4. Метод конечных разностей.

Этот метод, впервые примененный Эйлером, заключается в том, что функцио-

нал

x2

J ( y ) = F ( x, y, y′)dx

x1

рассматривается на ломаных, составленных из заданного числа n прямолинейных звеньев с заданными абсциссами вершин. При этом функционал превращается в функ-

цию ординат вершин указанных ломаных и дальнейшая процедура минимизации

118

проводится так же, как и в методе Ритца. Метод конечных разностей является част-

ным случаем методом Ритца.

В качестве примера минимизируем функционал

1

( y2 + y 2 + 2 xy )dx, y(0) = y(1) = 0.

0

Принимаем

x =

1 − 0

= 0,2.

Имеем последовательность

 

 

5

 

 

y(0) = 0; y1 = y(0,2); y2

= y(0,4); y3 = y(0,6); y4 = y(0,8); y5 = y(1) = 0.

В качестве приближенных значений производных берём

 

(0) =

 

y1 − 0

 

(0,2) =

y 2

y1

 

 

 

y

 

 

;

 

 

 

 

;

 

 

0

 

 

y1

 

0,2

 

 

 

 

 

 

 

0,2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

(0,6)

=

 

y4 y3

;

y

(0,8)

=

 

0 − y

4

.

 

 

 

 

 

 

 

3

0,2

4

0,2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y ′ (0,4) = y3 y2 ;

2

0,2

Функционал

по формуле прямоугольников заменим

суммой, тогда он

превратится в функцию четырех переменных:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Φ( y , y

2

, y

, y

4

) = 0,2[(

 

y1

)2 + (

y2 y1

)2 + y2 + 0,4 y + (

y3 y2

)2

+

 

 

 

 

 

1

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,2

0,2

 

 

 

 

1

 

 

1

0,2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+ y22 + 0,8y2 + (

y4 y3

)2 + y32 +1,2 y3 + (

y4

)2 + y42 +1,6y4 ].

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,2

 

 

 

 

 

 

 

 

Имеем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

∂Φ =

 

 

2 y1

 

2( y2 y1 )

+ 2 y

 

 

+ 0,4 = 0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y1

 

0,04

 

 

 

 

 

0,04

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

∂Φ

=

 

2( y2

y1 )

 

 

 

2( y3 y2 )

 

+ 2 y

2

+ 0,8 = 0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y2

 

0,04

0,04

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

∂Φ

=

2( y3 y2 )

 

 

(2 y4

y3 )

+ 2 y3 + 1,2 = 0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y3

 

0,04

0,04

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

∂Φ

=

2( y4

y3 )

2 y4

+ 2 y

4

+ 1,6 = 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y4

 

0,04

0,04

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Отсюда находим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y 1 = − 0,0286,

 

 

 

 

y2 = − 0,0503,

y3 = − 0,0580,

 

y 4 = − 0,0442.

119

Точные до четвертого десятичного знака значения искомой функции равны

y1 = − 0,0287, y2 = − 0,0505, y3 = − 0,0583, y 4 = − 0,0444.

120

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]