Основы вариационного исчисления. Учебное пособие

В том случае, когда

, близких к

Fy y (x, y, y ) 0 в точках (x, y)

экстремали C , при произвольных значениях

y , то имеем сильный

минимум, а в

случае,

когда для указанных

значений

аргументов

Fy y (x, y, y ) 0 , имеем сильный максимум.

ПРИМЕРЫ С РЕШЕНИЯМИ

Пример 1. Исследовать на экстремум следующие функционалы:

1

y 3 y dx, y(0) 0, y(1)

а) V [ y]

2;

0

1

1

2

0, y(1)

0.

б) V [ y]

x 2 y

2

y

dx, y(0)

0

имеет вид

▲ а) Уравнение Эйлера для данного функционала

0, так что экстремалями являются прямые

y C1x C2

. Экстре-

y y

малью, удовлетворяющей заданным граничным

условиям,

является

условие Якоби. Уравнение Якоби имеет вид

d

0 , где в силу

dx

6 y u

уравнения экстремали имеем

y 2 . Следовательно,

уравнение Якоби

0 ,

откуда

u(x) C1x C2 . Из условия

u(0) 0 по-

примет вид u (x)

лучаем C2 0 . Так как это решение u(x) C1x при C1

0 , кроме точки

x 0 , нигде в нуль не обращается, то условие Якоби выполнено.

Составляем функцию Вейерштрасса:

3

y

p

3

p y

p 3p

2

1 y

p

2

y

2 p .

F(x, y, p, y ) y

Первый множитель всегда неотрицателен при любых

y , а второй

положителен при значениях

y , близких к

p 2 . Следовательно, вы-

чаем, что сильного экстремума в данном случае нет.

y 2 .

б) Уравнение Эйлера для этого функционала имеет

вид

Экстремалями являются параболы y x2 C x C

2

. y x2 x – экс-

1

тремаль, удовлетворяющая граничным условиям. Составляем уравне-

ние Якоби

d

u 0

или u 0 . Его общее решение u(x) C1x C2 .

dx

C2 0 , а так как u(x) C1x при C1

0 нигде на

Условие u(0) 0

дает

отрезке

[0,1]

в нуль не обращается,

кроме точки

x 0 , то условие

Якоби выполняется и, значит,

экстремаль y x2 x

можно включить в

центральное поле экстремалей с центром в точке

O(0, 0) ,

а именно:

y x2 Cx .

Функция

Вейерштрасса

имеет

вид E(x, y,

p, y )

1 ( y

p)2.

2

Отсюда

видно,

что

для

произвольных

значений

y

будет

Следовательно, на экстремали

y x2 x данный функционал до-

стигает сильного минимума, который равен V[x2 x] 1 . ▲

3

Пример 2. Исследовать на экстремум следующие функционалы:

1

y 3 ay dx, y(0) 0, y(1) 2 , a – действительноечисло;

а) V [ y]

0

2

e y 3 dx,

б) V [ y]

y(0) 0,

y(2) 1.

0

a

2

в) V [ y]

1 y

dx,

y(0) 0,

y(a) b.

0

y

ях y знак Fy y

не сохраняется, следовательно, достаточные условия

сильного максимума не выполняются.

Функция Вейерштрасса E(x, y, p, y ) в данном случае имеет вид

p)

2

( y

2 p) , и при некоторых значениях

y

она

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

б) Экстремалями являются прямые

y(x) C x C .

y

x

– экс-

1

2

2

получаем F y Fy C1 или в нашем случае

1 y 2

y 2

C ,

y

y

1 y 2

1

1

y 1 y

2

C1,

1

откуда

y

1 y 2

C1

или

где C1

C1

.

Положим

y ctg

t

. Будем иметь y C

sin2

t

C1

(1 cost) . Далее,

2

1

2

2

dx

dy

C1 sin t dt C

sin2

t

dt.

ctg

t

2ctg

t

1

2

2

2

Интегрируя, получим x

C1

(t sin t) C2.

2

Итак,

C2 ,

– параметрические уравнения семейства

x

C1(t sin t)

y C

(1 cost)

1

C2 0 . Пучок циклоид

циклоид.

Из условия y(0) 0 находим,

что

x C(t sin t), y C(1 cost)

образует центральное поле с центром в

точке O(0,0) , включающее экстремаль

x R(t sin t),

y R(1 cost),

где R определено из условия прохождения циклоиды через вторую

граничную точку B(a, b) , если a 2 R [1, 2].

Используем

условие

Лежандра.

Имеем

Fy y

1

0

y

1 y 2 3/2

при любых

значениях

y .

Значит,

для

a 2 R

на

циклоиде

x R(t sin t),

данный функционал имеет сильный минимум.

y R(1 cost)

12.

a

e

y 2

(a 0).

V [ y]

1

dx, y(0) 0, y(a) b

0

1

13.

V[ y] yy 2dx,

y(0) p 0, y(1) q 0.

0

ОТВЕТЫ

1.

На функции y ex достигается сильный минимум.

2.

При y 2ln(x 1) – сильный минимум.

12. При

b

a

на экстремали

y b x

достигается слабый мини-

2

a

мум, а при

b

a

– слабый максимум. При

b

a

экстремум не

2

2

достигается.

13. На экстремали y

3

3/2

p

3/2

x p

3/2

2

при

p q достига-

q

ется слабый минимум; при

p q

экстремалью является прямая y p ,

0,

0.

(42)

F ( y )Fy x x

F (

y )Fy x x

0

1

трансверсальности принимает вид

0.

F y Fy x x

0

x

V[ y]

1

1 y 2 dx

(44)

x0

кривой y x2 , а правый – по

прямой y x 5 . Таким образом, в

нашем случае имеем (x) x2 ,

(x) x 5 . Общее решение уравне-

58

ния Эйлера будет:

y С1x С2 , где С1 и С2 – произвольные постоян-

ные, которые предстоит определить.

Условия трансверсальности (42) имеют вид

(2x

y ) y

1 y 2

(1x y ) y

1 y 2

0,

0, (45)

1

y

2

1 y

2

x x

x x

0

1

где y С1. Условия (43) пересечения экстремали с кривыми

y x2 и

y x 5 принимают вид

C x

C

2

x2

,

C x C

2

x 5.

(46)

1

0

0

1 1

1

Четыре уравнения (45), (46) определяют неизвестные параметры

С1 , С2 , x0 , x1 :

C 1, C

2

3 , x 1

, x 23.

1

4

0

2

1

8

Значит, экстремалью является прямая

y

3

x , а расстояние меж-

ду данными параболой и прямой равно

4

23

23

8

1 ( 1)2 dx 2x

18 19 2 . ▲

l

1

8

2

2

Пример 2. Найти вид условия трансверсальности для функциона-

лов вида

x

V[ y] 1 A(x,

y)

1 y 2 dx,

A(x, y) 0

(47)

x0

(к этому виду относится и длина кривой из предыдущего примера).

▲ Условие трансверсальности F ( y )F

0

(на при-

y x x

мере левого конца экстремали,

0

лежащего на кривой y (x) ) в дан-

59

ном случае имеет вид A(x, y)

1 y 2

( y )

A(x, y) y

0

или

1 y 2

A(x, y)(1 y )

0, откуда при условии A(x,

y) 0 находим

1 y 2

y (x0 )

1

.

(48)

(x0 )

Используем более простой вид условия (48) и аналогичного усло-

вия

y (x1)

1

на правом конце для отыскания экстремали преды-

(x1)

дущего примера 1, в котором функционал (44) имел вид (47).

Для определения коэффициентов С1 , С2 в общем решении

1 y

1 C

2x

0,

C x

C

2

x2

,

x x0

1

0

1

0

0

(49)

1 y

x x1 1 C1 1 0,

C1x1 C2 x1 5,

откуда снова, но гораздо быстрее находим:

C 1,

x 1

, C

2

3

,

x 23.

1

0

2

4

1

8