Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Инженерно-технологическая академия ЮФУ

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

3. ВИ. Обобщения

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

26.03.2016

Размер:

492.4 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 22

(xy

y) 0 и должно решаться при условии y(2) 1,

y(4) 5.

Имеем

y y

, ln y ln x lnc1,

y c1x ;

y 0,

y c1 ,

y 0,

y c1x c2 .

1 2c1 c2

откуда c

Таким образом, получаем решение u 2x 3.

5 4c1 c2,

Пример. Найти экстремали следующего функционала

J(y) 360x2 y y dx,

y(1) 0,

(0) 1

y (1)

Уравнение

Эйлера-Пуассона

имеет

вид

360x

y dx2

или

( 2y ) 0,

y(4) (x) 180x2 ;

его

общее

решение

y(x)

C x3

x2 C x C

Используя

граничные условия, получим искомую экстремаль y(x)

x3 3x2

z2 z 2 dx,

Пример. Найти экстремали следующего функционала

J(y,z) y 2

y(1) 1,

z(1) 0, z(2) 1.

(0) 1, y(2) 2,

y 0,

Составляем

систему

уравнений

Эйлера-Пуассона

Решая

эту

находим y C x C , z C ex

C e x

z z

систему,

. В силу граничных условий имеем

C 1,

C 0,

e2 1

Пример.

Найти

экстремали

следующего

функционала

J(y,z) y 2 2yz 2y2 z 2 dx

, y(0) 0, y( ) 1 ,

z(0) 0 , z( ) 1.

y 2y z 0,

Составляем систему уравнений Эйлера-Пуассона

Исключая функцию

z y 0.

z ,

получим y(4)

2y y 0.

Общее

решение

этого

уравнения

имеет

вид

y(x) C1 cosx C2 sin x x(C3 cosx C4 sin x).

силу

граничных

условий

y(x) C2 sin x C4xsinx

cosx.Функцию z найдем из условия,

что z y 2y. Имеем

z(x) C2 sin x C4(xsin x 2cosx)

(2sin x xcosx).

Постоянные C2

и C4 находим из

граничных

условий,

что

даетC4

0, а

–

произвольно.

Тогда

z(x) C2 sin x

(2sin x xcosx).

2. Понятие о неодномерных задачах

Ранее мы рассматривали функционалы от функций одной переменной. Вариационная задача в этом случае сводилась к уравнению Эйлера, которое представляло

собой обыкновенное дифференциальное уравнение второго порядка.

Соответственно,

если вариационная задача поставлена для функции

нескольких

переменных, в простейшем случае – двух

x x t,s ,

то

то вместо функции

F t,x,x

следует рассматривать

функцию

F t,s,x,

вместо однократного

интеграла

появится двойной, взятый по некоторой области

f x F t,s,x,

dsdt .

примет вид F t,s,x,p,q .

Обозначим p

. Тогда функция F t,s,x,

Функцияx x t,s ,

помимо

непрерывности в

области

G 2

вместе со своими

частными производными, должна удовлетворять граничным условиям, то есть, условиям

на границе G области G:

На функционал

f x

F t,s,x,

dsdt

t,s G

легко обобщается необходимое условие экстремума.

Теорема Остроградского.


					x		x
f x F t,s,x,						,		dsdt . Тогда

		G			t		s
Fx	d	Fp	d	Fq 0 .

	dt		ds

Пусть функция x0 – экстремаль функционала

x0 является решением уравнения Остроградского:

Это уравнение представляет собой уравнение в частных производных второго порядка. Любое гладкое решение этого уравнения — экстремаль функционала

f x F t,s,x,

dsdt . Если функция x

зависит только от одной переменной, то оно

превращается в уравнение Эйлера. В самом деле, если

x x t ,

то

p x,

q 0, Fp

Fx ,

Fq 0 и уравнение принимает вид

0 .

Пример. Найти экстремаль функционала f x

x 2

где

2tx dsdt,

G – единичный круг с центром в начале координат, с граничными условиями x

t,s G

Пользуясь

введенными

ранее

обозначениями p

запишем:

F t,s,x,p,q p2

2tx, Fx

2t,

2p,

2q .

Уравнение

Эйлера

–

Остроградского

имеет вид:

t ,

то есть

представляет

собой

уравнение

эллиптического типа. Область, на которой ищется решение – внутренность круга, граница его – окружность, вдоль которой функция x обращается в нуль. Следовательно, искомая

экстремаль является решением задачи Дирихле для внутренности круга. Для круговых областей естественно переформулировать задачу, перейдя к полярным координатам r, :

x x

x rcos ,r 1,

r 1 0.

уравнение

однородному

y y

y 0,r 1,

cos .

r 1

Заменой переменных y r, 1r3cos сводим

(с ненулевыми граничными условиями):

Как известно из курса уравнений математической физики,

решение этой задачи имеет

y r, A0

представление в виде ряда:

rn Ancosn Bnsinn .

Учитывая граничные

n 1

условия,

получаем:

y 1, A0 Ancosn Bnsinn

cos ,

откуда по формуле для

n 1

коэффициентов

ряда

Фурье

имеем:

0,A1

,An 0,n 2,3, ;

Bn 0,n 1,2, .

Следовательно,

y r,

rcos , а x r,

r3cos

rcos .

Пример. Найти экстремали функционала Дирихле I[z]

(zx

2 zy

2)dxdy

этом

случае

f (x,y,z, p,q) p2

q2. Поэтому

fp 2p 2zx ,

fq 2q 2zy ,

fz 0и

уравнение

Эйлера

–

Остроградского

совпадает

с уравнением Лапласа

zxx zyy

Таким образом, экстремалями функционала

Дирихле

являются

гармонические в

области D функции. Для уравнения Лаласа

существуют три классические краевые задачи. Краевая задача Дирихле для функции

z z(x,y)формулируется так: найти решение уравнения Лапласа внутри области B ,

ограниченной замкнутой линией s , если на ней выполняютсяграничные условиепервого

рода: z(x,y)

s (x,y). На

поверхности z z(x,y), то есть,

решении задачи

Дирихле,

может

достигаться экстремум функционала

I[z]

(zx

2 zy

2)dxdy.

z(x,y)

s C,

Например,

если

то решением краевой задачи Дирихле для уравнения

Лапласа будет функция z = C , на которой функционал примет минимальное значение, равное нулю.

Если функция x зависит от n переменных, то вариационная задача ставится для функционала, который представляет собой n -кратный интеграл

... F t1,t2

, ,tn

,x,

, ,

dt1dt2

dtn по области

G n . Обобщая теорему

t1 t2

Остроградского, приходим к выводу, что функция, являющаяся экстремалью

функционала, необходимо

удовлетворяет

уравнению

Эйлера –

Остроградского:

Fpi

0, где pi

i 1,2, ,n.

i 1 dti

Пример. Пусть G {(t,s, ): t2

s2 a2 ,0 H} – прямой круговой цилиндр. Найти

f x

x 2

экстремаль

функционала

dsdtd ,

удовлетворяющую

граничным условиям: x

t2 s2 a2

3sin

H 0.

Для данного функционала уравнение

Fr 0, где

принимает вид x 2x 2x 2x 0 . Поскольку область G – цилиндр, то задачу удобнее

t2 s2 2

переформулировать в цилиндрических координатах r, , . Из вида граничных условий заключаем, что задача является осесимметричной. Ее решение x не зависит от и

является функцией двух переменных: x x r, . Следовательно, экстремаль данного функционала есть решение следующей задачи:

x x

r a,

0 H,

3sin

r a

Полученное уравнение является уравнением в частных производных эллиптического типа и в совокупности с условиями на границе образует задачу Дирихле. Ее решение может

быть получено методом разделения переменных.

Будем

искать

решение

уравнения,

удовлетворяющее

граничным

условиям

H 0

виде

x r, R r T .

Разделяя

переменные,

имеем:

R r

const .

Учитывая граничные условия,

получаем,

что функция

R r

T является собственной функцией задачи Штурма–Лиувилля:

0 T H 0.

Как

известно,

собственные

числа

этой задачи

n n H 2 ,

соответствующие

собственные

функции

T sin

,n .

Для

функции

получаем

уравнение

R r

ni 2

R 0,

решением

которого являются функции

Бесселя мнимого

nir

аргумента: Rn r J0 . Так как рассматриваемое уравнение и граничные условия

являются линейными, то ряд, составленный из найденных функций Tn и Rn r

			nir		n
x r, AnTn Rn r AnJ							, при любых коэффициентах An	также
		0		sin
			H			H
n 1	n 1

является решением уравнения, удовлетворяющим однородным краевым условиям. Для определения An используем последнее граничное условие:

nia

x a, AnJ0

sin

3sin

Применяя теорему Стеклова, получаем:

n 1

A J

2 ia

A 0

при n 2, то есть искомая экстремаль имеет вид:

2 ir

x r, 3sin

2 ia

Пример. Выражение полной энергии деформации жесткой пластинки (плиты) при малых перемещениях, находящейся под действием поперечной нагрузки q(x, y),

представляет собой функционал вида

a b

J(W)

W dxdy

2(1 )

где

0 0

x y

W(x,y) – прогиб пластинки,

Eh3

; E,

–

механические характеристики

12(1 2)

материала пластинки; h – толщина пластинки,

;

Функция W(x,y)является непрерывной функцией, имеющую непрерывную

производную до четвертого порядка включительно.

При шарнирно-неподвижном закреплении краев пластинки должны выполняться

граничные условия:

При x 0и x a

W 0

;

При

y 0

и y a

W 0

0 ;

Получим уравнение Эйлера –

Остроградского для функционала при этих краевых

условиях. Так как

Dab

то уравнение Эйлера –

J(W)

,Wxx,Wyy,Wxy)dxdy

Остроградского принимает вид

При

Wxx

Wyy

x y Wxy

этом

;


2		2	2W		2		2W		2(1 )	2W
		2	x	2	2		y	2	2(1 )	y	2
				2				2			2
Wxx
2		2	2W		2		2W		2(1 )	2W
		2	y	2	2		x	2	2(1 )	x	2
				2				2			2
Wyy
2	4(1 )					2W
	4(1 )
						x y
Wxy						x y

Поставив эти выражения, получим уравнение Остроградского для функционала:

4W	2	4W	4W	q	. Это уравнение является уравнением равновесия
x4		x2 y2	y4
				D

рассматриваемой пластины и должно решаться при вышеприведённых граничных условиях.

<<< < Предыдущая 12 / 22

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.04.2025754.06 Кб03 DoS.docx
#
01.07.202565.13 Кб13 лекции по онкологии.docx
#
01.07.20254.28 Mб13 ПЗ Гулийки.doc
#
17.08.201979.36 Кб93 СЕМИНАРА В ОДНОМ ДОКУМЕНТЕ.doc
#
01.05.2025210.94 Кб33-0 ТЗ (шаблон).doc
#
26.03.2016492.4 Кб173. ВИ. Обобщения.pdf
#
24.11.201925.11 Кб233. Основы международного права.docx
#
22.12.2018192.51 Кб183. Распутин.doc
#
01.03.20251.61 Mб43. ТЕОРЕМЫ О ПР-ВАХ.docx
#
20.07.2019259.87 Кб213010.rtf
#
01.04.2025140.29 Кб630333.doc