Лекции Яголы / 2-3

Добавил:

sergun Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный университет им. М.В. Ломоносова

Предмет:

Интегральные уравнения и вариационное исчисление

Файл:

Fy ' ) = 0

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

06.05.2013

Размер:

148.64 Кб

Скачать

☆

3. Простейшая задача вариационного исчисления (задача с закреплёнными

концами).
Будем рассматривать множество функций E'		E = C (1) [a, b] такое, что:
E' = {y C (1) [a, b], y(a) = y	0	, y(b) = y }.
	0	1

Числа y0, y1 заданы. Тем самым, рассматривается множество непрерывно дифференцируемых на [a, b] функций, у которых известны значения на концах отрезка (концы закреплены).

Будем рассматривать функционал

b
V[ y] = ∫ F (x, y, y')dx .
a
Простейшая задача вариационного исчисления (задача с закрепленными концами):
найти экстремум этого функционала на множестве E’.
В вариационном исчислении принята следующая терминология. Будем говорить,
что на функции y0 (x) достигается сильный минимум, если V[ y] ≥		V[ y0 ] для всякого y E’
из окрестности y0 в метрике пространства С[a,b] : max	y(x) −	y0 (x)	≤ r, r > 0 (шар с

x [a,b]

центром в y0 радиуса r).

Определение слабого минимума дается аналогично, но окрестность выбирается в метрике C (1) [a, b] :

max	y(x) −	y0	(x)	+ max	y'(x) − y0 '(x)	≤ r, r > 0 .
max	y(x) −	y0	(x)	+ max	y'(x) − y0 '(x)	≤ r, r > 0 .
x [a,b]				x [a,b]

В первом случае требуется, чтобы функции y(x) были равномерно «близки» к функции y0(x), а во втором случае дополнительно требуется равномерная «близость» и первых производных. Очевидно, что, если функционал имеет сильный минимум в точке y0 (x), то

он имеет и слабый минимум в той же точке. Обратное, вообще говоря, неверно. Определения слабого и сильного максимума даются аналогично. Необходимое

условие экстремума, полученное в предыдущем параграфе, δ V ( y0 , h) = 0 , справедливо как

для слабого, так и для сильного экстремума. Получим необходимое условие для задачи с закрепленными концами. Для этого посчитаем вариацию

δ V ( y0 , h) =

V[ y + th]t= 0 .

Cначала вычислим производную

V[ y +

th] =

∫ F(x, y +

th, y'+ th')dx , предполагая, что

функция F имеет все необходимые для этого непрерывные частные производные.

Относительно

h(x) C (1) [a, b]

потребуем,

чтобы

y(x) + th(x) E' .

Отсюда

h(a) = 0; h(b) = 0 . Перейдем к вычислению производной

V[ y + th] = ∫ [Fy (x, y + th, y'+ th')h + Fy ' (x, y + th, y'+ th')h']dx .

Полагая t=0 и приравнивая нулю получившуюся вариацию, получаем, что для функции y(x) , на которой достигается экстремум, имеет место

	b
δ V ( y, h) = ∫ [Fy (x, y, y')h + Fy ' (x, y, y')h']dx = 0 .
	a
Разобьем интеграл на два и проинтегрируем по частям второй:
b	Fy' h' dx = Fy' h	b	−	b	d	Fy' h dx .
b		b		b	d
∫				∫
∫				∫
a	#"!	a		a dx
	= 0

Подстановка Fy ' h

ba = 0,

так как h(a) =

h(b) =

0. Объединяя оба интеграла в один, получаем

∫b (Fy −

Fy' )h dx = 0 .

Ниже

мы докажем,

что, если

этот

интеграл

равен

нулю для любой функции

h(x)

C (1) [a, b] ,

обращающейся

нуль

на

концах

отрезка h(a) = h(b) = 0 , то

−

y '

) ≡ 0 ,

при условии, что в скобках стоит непрерывная функция. Поэтому в

качестве необходимого условия экстремума для задачи с закрепленными концами мы получаем следующую краевую задачу для уравнения Эйлера:

Теорема (Необходимое условие экстремума для задачи с закрепленными концами). 1) Пусть y(x) осуществляет экстремум (сильный или слабый) в задаче с

закреплёнными концами. 2) Функция F (x, y, y') обладает непрерывными частными производными до второго порядка включительно. 3) y(x) является дважды непрерывно дифференцируемой.

Тогда y(x) является решением краевой задачи для уравнения Эйлера

	(Fy −		d	Fy ' ) = 0
						,
			dx
			dx
	y(a) =		y	0	, y(b) =	y
				0		1
или
Fy − Fy'x − Fy ' y y'− Fy' y ' y"= 0; y(a) = y0 , y(b) = y1 .
Теорема уже доказана.
Основная лемма вариационного исчисления. Пусть ϕ (x)							- фиксированная
непрерывная на [a,b] функция,		и		∫b ϕ (x)h(x)dx = 0 для всякой				непрерывно
				a		h(b) = 0 . Тогда ϕ (x) ≡ 0 .
дифференцируемой функции h(x) такой, что h(a) =						h(b) = 0 . Тогда ϕ (x) ≡ 0 .
Доказательство. Пусть ϕ (x)		не	равна тождественно нулю.				Не	ограничивая

общности, будем считать, что эта функция принимает положительные значения (если

ϕ (x) ≤ 0 для всех x [a, b], то заменим ϕ

(x) на − ϕ

(x) )

Тогда в силу непрерывности ϕ (x)

существуют

точка

(a, b)

такая,

что

(x0 ) > 0 ,

интервал

[x0 − δ , x0 + δ ]

(a,b),

> 0

такой, что

ϕ (x) ≥

ϕ (x0 )

для

любого x

[x0 −

δ , x0 + δ ] .

Пусть теперь h(x) - непрерывно дифференцируемая функция такая, что:

h(x) ≡ 0,

x (x0 − δ , x0 + δ );

h(x) > 0,

x (x0 − δ , x0 + δ ).

Тогда ∫b ϕ (x)h(x)dx =

x +

(x)h(x)dx ≥ ϕ (x0 )

x + δ

0∫

0∫ h(x)dx > 0 , что приводит к противоречию с

x0 −

x0 − δ

условием Теоремы. В качестве примера функции h(x), удовлетворяющей записанным выше условиям, можно привести

h(x) =		(x − (x0 − δ ))2 (x − ( x0 + δ	))2 ,	x (x0 − δ , x0 + δ );
h(x) =		0	,	x (x0 − δ , x0 + δ ).
		0	,	x (x0 − δ , x0 + δ ).
Приведем некоторые простые примеры:
1. Пусть V[ y] =	π∫ y 2 dx , а граничные условия
	0
		а) y(0) = 0, y(π	) =	0 .

Уравнение Эйлера в этом случае имеет вид

2 y = 0,

Его решение, удовлетворяющее граничным условиям, y=0. На этом решении, очевидно, достигается минимум функционала. Если же граничные условия имеют вид

б) y(0) = 0, y(π ) = 1 ,

то краевая задача для уравнения Эйлера не имеет решения в классе непрерывно дифференцируемых функций.

2. Пусть V[ y] =		π∫ ( y2 − ( y')2 ) dx , а граничные условия
		0
		y(0) = 0, y(π	) = 0 .
Уравнение Эйлера в этом случае имеет вид			0 .
		y"+ y =
Его общее	решение	y = C1 sin x + C2 cos x . Краевая задача имеет бесконечно много
решений ( C2	= 0 , C1 - произвольная постоянная).
Рассмотрим некоторые частные случаи зависимости функции F (x, y, y') от своих
аргументов.
1) F (x, y, y') =		F (x, y) . Уравнение Эйлера имеет вид

Fy (x, y) = 0 .

Это уравнение не является дифференциальным, поэтому его решение (если оно существует), вообще говоря, не удовлетворяет граничным условиям

y(a) = y0 ; y(b) = y1.

Решение краевой задачи для уравнения Эйлера, вообще говоря, не существует.

2) F (x, y, y' ) = M (x, y) +	N (x, y) y' (линейность по y'). Уравнение Эйлера имеет вид
M y + y' N y −		d	N (x, y) =	M y + y' N y − N x − y' N y = 0,
		dx
или
			M y −	N x = 0 .

Полученное уравнение не является дифференциальным. Краевая задача для уравнения Эйлера, вообще говоря, не имеет решения.

3) F = F ( y') . Уравнение Эйлера имеет вид

Fy ' y ' y"= 0.

Отсюда получаем два уравнения:

y"= 0 (его общее решение y = C1 x + C2 , C1, C2 – произвольные постоянные) и

Fy' y ' ( y') = 0.

Если ki – корни последнего уравнения, то соответствующие решения уравнения Эйлера
y' = ki	y =	ki x +	~
			Ci .

Итак, решениями уравнения Эйлера являются прямые.

x
Рассмотрим функционал l[ y] = ∫1	1+ ( y'(x))2 dx; y(x0 ) = y0 ; y(x1 ) = y1 (длина кривой,
x0

соединяющей две точки на плоскости). Сказанное выше описывает известный факт, что среди всех кривых, соединяющих две точки плоскости (x0 , y0 ), (x1 , y1 ) , минимальную

длину имеет отрезок прямой.

4) F = F (x, y' ) . Уравнение Эйлера имеет вид

dxd Fy ' (x, y') = 0

или

Fy ' (x, y') = C. 5) F = F ( y, y') . Уравнение Эйлера имеет вид

Fy − Fy' y y′ − Fy ' y' y"= 0 ,

или

dxd (F − y' Fy ' ) = 0.

Это уравнение, очевидно, имеет первый интеграл

F − y' Fy' = C.

Рассмотрим теперь классическую задачу о брахистохроне - кривой, по которой материальная точка в поле тяжести скатывается за наименьшее время из точки (0, 0) в

точку (x1, y1 ) . Эта задача была решена Иоганном Бернулли еще в 1696 году.

Для упрощения рассмотрения на плоскости (x, y) ось y направлена вниз. В том же направления действует и сила тяжести. Заметим, что при движении в поле силы тяжести

dSdt = 2gy; S - длина пути, g – ускорение свободного падения.

С другой стороны

dS = 1+ ( y')2 dx.

y=y(x) – траектория движения материальной точки. Время движения по траектории y=y(x) равно

T[ y] =	1	x1	1	+ ( y')2
T[ y] =	2g	∫		dx.
	2g	0		y

Найдем траекторию y=y(x), для которой функционал T[y] принимает минимальное значение. Заметим, что подынтегральная функция не зависит явно от x, и вместо уравнения Эйлера запишем сразу его первый интеграл.

F −		y' Fy ' = C,
или
1+ ( y')2	−		( y')2
y	−		= C.
y		y(1+ ( y')2 )
Отсюда
1	= C;		y(1+ ( y')2 ) = C .
y(1+ ( y')2 )			1
y(1+ ( y')2 )

Вводя параметр t:

y'= ctg t,

находим

y =

C sin 2 (t) =

(1− cos(2t)).

1+ ctg 2 (t)

Теперь найдем x:

dx =

2C1 sin t cos t dt

= 2C1 sin

t dt =

C1 (1−

cos 2t) dt ; x − C2 =

(2t − sin 2t).

ctg t

Из выражений для x(t), y(t) и условия

y(0) =

0 , находим C2 = 0 . После замены 2t = t1 ≥

C получаем уравнение брахистохроны

x =

(t1

−

sin t1 );

y =

(t1

−

cos t1 ).

находится из условия y(x1 ) =

y1 .

Итак, брахистохрона – это циклоида. C1

Рассмотрим теперь задачу с закрепленными концами для функционала:

F(x, y, y',...., y(n) )dx.

∫

Граничные условия имеют вид:

y(a) = y0(1) , y(b) = y0(2) ;

y'(a) = y

(1) , y'(b)

= y

(2) ;

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

y(n− 1) (a) = yn(1−)1 , y(n− 1) (b) = yn(2− 1) .

Напишите сами (!!!) уравнение Эйлера для этой задачи.

Пусть теперь функционал имеет вид

V[ y] =

′

∫ F(x, y1 ,...yn ; y1

,...yn ) dx,

y =

( y1 ,...yn )

- вектор-функция. Рассмотрим задачу с закрепленными концами:

yi (a) = Ai ;

yi (b) =

Bi ,

где i =

1,...n;

Ai ,

Bi - заданные числа.

Теорема.

Пусть: 1)

y1 (x),...yn (x) осуществляют экстремум функционала V[y]

задаче с закрепленными концами;

F (x, y ,...y

; y′

,...y′ ) имеет непрерывные частные

производные до второго порядка включительно;

y1 (x),...yn (x)

дважды непрерывно

дифференцируемы на отрезке[a,b] . Тогда y1 (x),...yn (x) удовлетворяют системе уравнений Эйлера:

	Fyi −
	Fyi −

	yi (a)
	yi (a)

d	F		= 0

dx	y′			, где i = 1,...n .
		i

= Ai ;			yi (b) = Bi ;

Для доказательства сформулированного выше необходимого условия экстремума достаточно заметить, что если вектор-функция y(x)=( y1 (x),...yn (x) ) осуществляет

экстремум функционала V[y] в задаче с закрепленными концами в случае, когда можно менять все компоненты вектор-функции, то эта же вектор-функция осуществляет экстремум V[y] в случае, когда меняется одна компонента, а остальные фиксированы.

Отсюда немедленно следует, что y(x) удовлетворяет записанной выше системе уравнений Эйлера.

Пример. Рассмотрим пример из механики. n материальных точек, имеющих массы mi и координаты (xi , yi , zi ) (i=1, …, n), движутся под действием сил

		∂ u		∂ u		∂ u
F =	−		,−		,−		,

i		∂ xi		∂ yi
						∂ zi

порожденных потенциальной функцией

u = u(x1 , y1 , z1 ,...xn , yn , zn ).

Считая, что координаты точек зависят от времени t, заметим, что кинетическая энергия системы материальных точек имеет вид

		∑n	mi	((xi′)2 + ( yi′)2	+ (zi′)2 ).
		∑n	2	((xi′)2 + ( yi′)2	+ (zi′)2 ).
		i= 1	2
Введем функционал действия				t2
				t2
				∫ L dt ,
где L – функция Лагранжа: L = T −			u,	t1
где L – функция Лагранжа: L = T −			u,
или	mi	((xi′)2 +	( yi′)2 + (zi′)2 ) −
L = ∑n	mi				u(x1, y1, z1 ,...xn , yn , zn ).
L = ∑n	2				u(x1, y1, z1 ,...xn , yn , zn ).
i= 1	2

По принципу наименьшего действия (принцип Гамильтона) материальные точки движутся

по траекториям, для которых значение функционала ∫ L dt минимально.

Система уравнений Эйлера для функционала ∫ L dt имеет вид:

∂ L

−

d ∂ L

∂ x

∂ x′

∂ L

−

d ∂ L

0 , где i = 1,..., n .

∂ y

∂ y′

∂ L

−

d ∂ L

∂ zi

dt ∂ zi′

Вычисляя производные, получаем систему уравнений движения (к которым нужно добавить начальные условия):

	mi xi′′ =	−	∂ u		;

			∂ xi
			∂ xi
			∂ u
mi yi′′ =		−	∂ u			; где i = 1,..., n .
mi yi′′ =		−				; где i = 1,..., n .
			∂ yi
	mi zi′′ = −		∂ u	;
			∂ u

			∂ zi

Студентам предлагается самим (!!!) получить первый интеграл этой системы - закон сохранения энергии:

T + u = const.

Соседние файлы в папке Лекции Яголы

#
06.05.2013115.81 Кб551-7.pdf
#
06.05.2013125.85 Кб581-8.pdf
#
06.05.2013109.17 Кб541-9.pdf
#
06.05.201366.65 Кб582-1.pdf
#
06.05.201387.1 Кб552-2.pdf
#
06.05.2013148.64 Кб552-3.pdf
#
06.05.2013110.33 Кб552-4.pdf