
- •Автор: Григоренко в.К.
- •§1. Екстремум функції багатьох змінних.
- •§2 Функціонал.
- •§3 Варіація функціоналу.
- •§4. Друга варіація функціоналу.
- •§5. Екстремум функціоналу.
- •§7. Друге узагальнення найпростішої варіаційної задачі.
- •§8. Умовний екстремум функції багатьох змінних г, с*
- •§9. Умовний екстремум функціонала.
- •§10. Ізопериметричні задачі.
- •§11. Варіаційні задачі з рухомими межами.
- •§12. Варіаційні задачі з кутовими точками.
- •§13. Поле екстремалей.
- •§14. Необхідні достатні умови мінімуму (максимуму) функціонала
- •§15. Система запитань.
- •§16. Відповіді до системи запитань.
§14. Необхідні достатні умови мінімуму (максимуму) функціонала
J[y(х)] = F(х,у,у ' )dx .
Слідуючі твердження дають необхідні і достатні умови мінімуму функціонала J[y(х)] на множині G.
Для того, щоб допустима екстремаль у(х) давала мінімум функціоналу J[у(х)], необхідно, щоб
а) 0 для всіх х [а; b] - (умова Лежандра);
б) на інтервалі (а; b) не було спряжених точок (умова Якобі) (екстремаль включається в центральне поле екстремалей)
і достатньо, щоб
в) 0 для всіх х [а; b] - (посилена умова Лежандра);
г) на (а;b] не було спряжених точок (умова Якобі) (екстремаль включається в центральне поле екстремалей)
Для одержання необхідних умов і достатніх умов максимуму функціоналу J[y(х)] на множині G нерівності, які фігурують в цьому твердженні, слід замінити на обернені.
Приклад 1. На множині G = {у(х)| у C (1) (0, Т), у(0) = 0, у(Т) = у1}
дослідити на екстремум функціонал J[y(х)] = (у2 - у' 2)dх.
Розв'язання. Рівняння Ейлера має вигляд у" + у = 0. Допустимою,
екстремаллю є
у(х) =
при Т
,
якщо ж Т =
і у1
0, то
допустимих екстремалей немає. Рівняння Якобі u" + u = 0 має розв'язок
u(х) =sinх (при початкових умовах u(0) = 0, u'(0) = 1). З точкою х = 0 спряжена точка х = π. Значить, при Т< π умова Якобі виконується, а при Т > π - ні. Оскільки = -2 < 0, то виконується підсилена умова Лежандра. Отже, якщо
0 < Т < π, то функція у(х) = дає максимум функціоналу J[y(х)] .
При T > π екстремуму немає.
Задачі. Дослідити на екстремум функціонали:
1. J[y(х)]
=
(у'
2+3у2)е2хdх,
у(0) =
0, у(ln2)
= 15/8.
В.у(х) = ex – е- 3x —min.
2. J[y(х)]
=
(у'2
+ у2-4уsin
х)е2x
dх,
у(0) = 0, у(Т) =
у1.
В. у(х)
=
3. J[y(х)] = х2у' 2 dх, у(1) = 3, у(2)= 1.В.у = 4/х- 1-min.
4. J[y(х)]
=
(2ху-
у'2)dх,
у(0)=1,у(6)=1.В.
у =
+
6х + 1-mах.
Приклад 2. Дослідити на екстремум функціонал J[y(х)] = (1 + х)у'2dх,
у(0) = 0,у(1)=1.
Розв'язання.
F(х,у,у')
= (1 +
х)у'
2;
рівняння
Ейлера Fy' -
= 0;
Fy'=
0;
=
2y'(1
+ х)) має
вигляд (1+х)у" + у' = 0.
Розв'язуючи це рівняння, знаходимо екстремалі: у'(х) = р(х); (1 + х)р' + р(х)=0;
;
;
;
у(х) = с1 1n |1 + х | +с2 - екстремаль.
Знаходимо екстремаль, яка задовольняє граничним умовам:
у(0) = 0; у(1) = 1.
Знаходимо F''yy
= 0;
=
0;
=
2(1 + х), на даній
екстремалі
Відповідь: на
екстремалі у
=
досягаєтся
сильний мінімум.
Використовуючи достатні умови, дослідити на екстремум функціонали:
1. J[y(х)] = (у2-у'2)dх, у(0) = 0, у(Т) = 2.
В.
;
0<T<π.
2.
J[y(х)]
=
х2у'2d
х,
у(1)
= 3;у{2) = 1.
В.у
= 4/х-1.
3.
. J[y(х)]
=
(2ху-у'2)dх,у(0)=1;у(6)=1.В.
у =
+ 6х + 1-
max
4. J[y(х)]
=
y'3
dx,
у(0) = 0, у(3) = 6. В. у = 2х - min.
5. J[y(х)]
=
уу'2dх,
у(0) = 5,у(1)
= 5. В. у = 5 -слабкий min.
Знайти
екстремалі в слідуючих ізопериметричних
задачах,
6. J[y(х)] = (х + у' г)dх, у(0) = 0, у(1) = 0 при умові у(х)dх = 2.
В. у = - 12(х2- 1)-min.
7. J[y(х)] = (х2 + у'2)dх,у(0)=1,у(1) = 0 при умові у(х)dх = 2.
В. у = - 15х2+ 14х+1 -min. .
8. J[y(х)] = у'2dх, у(0) = у(π) = 0 при умові у2(х)dх = 1(вважати λ< 0).
В. у = ± sinх-min.
Приклад 3. Дослідити на екстремум функціонал J[y(х)] = (у' - αу')dх,
у(0) = 0,
у(1) = -2(
).
Розв'язання. Оскільки підінтегральна функція залежить лише від у', то екстремалями є прямі у = с1 x + c2. Екстремаллю, яка задовольняє граничні умови, є пряма у = -2х, яка може бути включена в центральне поле екстремалей у = сх. . На цій екстремалі нахил поля р = -2. Знаходимо , = 6у'. На даній
екстремалі маємо, що = —12 < 0, тобто на лінії у = - 2х достатньо слабкий максимум функціоналу. При довільних значеннях у' знак , не зберігається, отже, достатні умови сильного максимуму не виконуються.
Приклад 4. Дослідити
на екстремум функціонал J[у(х)]
=
(е
у'
+3)dх,
у(0) = 0;у(2)=1.
Розв'язання. Екстремалями є прямі у = с1 x + c2. Екстремаллю, яка задовольняє граничним умовам є пряма у = х/2; вона може бути включена в центральне поле екстремалей у = сх. В даному випадку (х,у,у') = еу' > 0
для будь-яких значень у'. Значить на екстремалі у = х/2 функціонал має сильний мінімум.
Приклад 5. Дослідити
на екстремум функціонал J[y(х)]
=
,
у(0) = 0;у(а) = у1.
Розв'язання. Підінтегральна функція не залежить явно від х, значить,
одержимо F—y'
=с1,
що дає:
звідки
,
або у(1 +
у'2)
= с1,
де с1
=
.
Покладемо y'
= ctg
.
Будемо
мати у
= с1
sin2
=
(1 -соst). Далі,
Інтегруючи, одержуємо:
. Отже,
—параметричні
рівняння сім ї циклоїд.
З умови у(0) = 0
знаходимо, що с2
= 0. Пучок циклоїд
утворює центральне поле з центром в точці О(0;0), яке включає екстремаль
, де
R
визначене з умови проходження циклоїди
через другу
граничну точку В(а; у1), якщо а < 2πR.
Використовуючи
умову Лежандра , маємо
=
>0
для
будь -яких значень у'. Значить, для а < 2πR на циклоїді даний
функціонал має сильний мінімум.
Приклад 6. Перевірити , що функціонал
J[у(х)]
=
, y(-1)=0
, y(1)=2
, досягає
свого мінімуму на кривій
не належить простору C1[-1;1].
Розв’язання . Сформульоване твердження очевидне , оскільки J[у(х)] ≥0, y і J[у0] =0.
Цікавим тут є слідуючий факт . Легко бачити , що
(виконується
умова Лежандра ) і
,
тобто розривна екстремаль задовольняє
рівняння Ейлера . Якщо є шукати екстремум
даного функціонала в класі функцій з
C1[-1;1]
, які задовольняють умовам y(-1)=0,
y(1)=2
, то з рівняння Ейлера слідує , що
y2(1-y'2)=
c1
, або після відокремлення змінних ,
інтегрування і врахування початкових
умов , маємо y1
(x)=x+1.
Оскільки
J[у(х)] =0 , то на кривій y = y1 (x)функціонал має слабкий мінімум .
Задачі. Використовуючи умову Лежандра дослідити дані функціонали на екстремум:
9. J[y(х)] = (y2+х2)dx ,у(0) = -1;у(1)=1.
В. у = 2х — 1 — min сильний. .
10.
J[y(х)]
=
(ху'
4
-2уу'
3)d
х
,у(1)
= 0, у(2) = 1.В.
у = х2
- 1 – сильний
min.
11. J[y(х)] = (ху' 4 - 2уу' 3)dх, у(1) = 0, у(2) = 1. В. у = х - 1 - слабкий min.
12.
J[y(х)]
=
(1
– е-y
' ²
)dx
, у(0) = 0,
у(а) = b,
В. При | b
|<
на екстремалі у
=
х
є слабкий
min,
а при | b
|>
-
слабкий mах. При |b|= - екстремуму немає.
13. J[y(х)] = yy'2dx ,у(0) = р>0;у(1) = q>0.
В. На екстремалі
при
р
q
досягається
слабкий
min ; при р = q екстремаллю є пряма у = р — слабкий min.
14. Дослідити на
екстремум функціонал J[y(х)]
=
(
у'
2
+ у2
+ х2)
dх,
у(0) = 0, у(1) = 1 . При різних значеннях параметра .
В. а) при
> 0 екстремаль у
реалізує сильний min.
б)
при
< 0, |
|
>
екстремаль
у
реалізує
функціоналу
сильний mах.
в) при ε= 0 розв'язок екстремальної задачі в класі неперервних функцій не існує.
Достатні умови Вейєрштраса.
Функція Вейєрштраса визначається рівністю Е(х,у,р,у') = F(х,у,у')-F(х,у,р)-(у'-р)F'р(х,у,р), де р = р(х, у) - нахил поля екстремалей варіаційної задачі (1)
J[у(х)]= F(х,у,у')dх,(2)у(х0) = у0,, у(х1) = у1 в точці (х, у).
Достатні умови слабкого екстремуму:
Крива С реалізує слабкий екстремум функціоналу (1), якщо:
крива С - екстремаль функціоналу (1) (є розв'язком рівняння Ейлера).
Екстремаль С може бути включена в поле екстремалей (виконується умова Якобі).
Функція Вейєрштраса Е(х,у,р,у') зберігає знак в усіх точках (х, у) близьких до екстремалі С, і для близьких до р(х, у) значень у'. Функціонал J[у(х)] буде мати максимум на С, якщо Е ≤ 0, і мінімум, якщo Е ≥ 0.
Достатні умови сильного екстремуму.
Крива С реалізує сильний екстремум функціоналу (1), якщо:
Крива С є екстремаллю функціоналу, що задовольняє початкові умови.
Екстремаль С може бути включена в поле екстремалей.
Функція Вейєрштраса Е(х,у, р,у') зберігає знак в усіх точках (х, у), близьких до екстремалі С, і для довільних значень у'. При Е ≤ 0 - буде mах, а
при Е ≥ 0 - min.
Зауважимо, що якщо в точках екстремалі для деяких значень у' функція Е має протилежні знаки, то сильний екстремум не досягається. Якщо ж це буде і
для близьких до р значень у', то не досягається і слабкий екстремум.
Приклад 7. Дослідити на екстремум функціонал J[y(х)] = (у' 3 + у')dх,
у(0) = 0;у(1) = 2.
Розв 'язання. Рівняння Ейлера має вигляд у'у" = 0, то екстремалями є прямі у = с1 х + с2. Екстремаллю, що задовольняє граничні умови є у = 2х. Нахил поля в точках цієї екстремалі р = 2. Екстремаль у = 2х включається в центральне поле екстремалей у = сх з центром в точці О(0;0). Перевіримо виконання умови
Якобі. Рівняння
Якобі має вигляд
= 0. Але
згідно рівняння
екстремалі у = 2х у' = 2. Значить, рівняння Якобі зводиться до виду и"(х) = 0
u(х) = с1 х + с2. З умови у(0) = 0 с2 = 0. Але це є розв'язок u= с1 х при с1 ≠ 0,
крім точки х = 0, ніде в нуль не перетворюється, то умова Якобі виконується.
Складаємо функцію Вейєрштраса:
Е(х,у,р,у') = у' 3 + у' - р3 - р-(у' - р)(3р2 +1) = (у' - р)2(у' + 2р).
Перший множник невід'ємний для всіх у', а другий - додатній при у', які близькі до 2. Значить, виконуються всі умови існування слабкого мінімуму. Для всіх у' Е не буде більше або рівне 0, бо якщо у' < - 4, то Е < 0. Це значить, що умова сильного екстремуму не виконується (Е не зберігає знаку для
всіх у').
Приклад 8. Дослідити на екстремум функціонал
J[y(х)] = (x + 2у + у' 2)dх, у(0) = о, у(1) = 0.
Розв'язання.
Рівняння
Ейлера має вигляд у" = 2. Екстремалями
є сім'я парабол
у = х2
+ с1
х +
с2.
Екстремаль, яка задовольняє граничним
умовам є у=
х2
- х. Рівняння Якобі:
=
0 або
u"
= 0. Його загальний розв'язок u(х)=
с1
х +
с2.
Умова u(0)
= 0 дає с2
= 0, а оскільки u(х)
= с1
х при
с1
≠
0
ніде на
[0;
1] в нуль не перетворюється, крім точки
х = 0, то умова Якобі виконується, і
значить,
екстремаль у = х2
- х можна включити в центральне поле
екстремалей
з центром в точці О(0;0): у
= х2
+ сх. Функція
Вейєрштраса має вигляд
Е(х,у,р,у') = (у' — р)2 . Звідси видно, що для довільних значень у' буде
Е = (у' — р)2 ≥ 0. Значить, на екстремалі y=х2 —х даний функціонал
досягає сильного мінімуму, який дорівнює J [х2 -х] = 1/3.
Приклад 9. Дослідити на екстремум функціонал :
f(y)=
Розв’язання.
не
залежить від х , то з рівняння Ейлера
слідує , що
,
тобто
,
або
Враховуючи початкові умови , маємо систему для вираження сталих c1 і c2:
Значить , якщо c2=1
, то c1=-1
, а при
c2=-1
, c1=1
.
Підставляючи
знайдені значення c1
і c2
в рівняння
y=
(c1x+
c2)2
, переконуємося , що екстремуми є тільки
параболи y1(x)=((-1+
)x+1)2
і y2(x)=((-1-
)x+1)2.
Вивчимо тепер
розв’язки відповідних рівнянь Якобі.
Оскільки Q=
,
а P=
,
то рівняння Якобі приймає вигляд
або
після спрощень
.
Тому при
Це рівняння типу
рівняння Ейлера . Тому його розв’язок
шукаємо у вигляді функцій ((-1
)x+1)λ.
Тоді
і для визначення λ одержимо рівняння
. Значить
і загальний розв’язок вихідного
рівняння є :
.
Враховуючи початкові умови
,
одержуємо
i
.
Зауважимо , що функція
перетворюється
в нуль в точці
(0;1)
. Значить екстремаль y =y2(x)
не задовольняє одній з необхідних умов
екстремуму - умові Якобі. Тому дальшому
дослідженню підлягає тільки екстремаль
.
Для неї маємо
а)
б)
, тобто виконується підсилена умова
Якобі.
Значить на екстремалі
функціонал J[у(х)]
=
досягає
слабкого мінімуму
Задачі.
Дoслідити
на екстремум функціонали:
15. J[y(х)] = ех(у2 + у'2)dх ,у(0) = 1,у(1) = е. В. у = ех - сильний min.
16. J[y(х)] = еy y'2d х ,у(0) = 0, у(1) = 1n4. В. у = 21n(х+ 1)-сильний min.
17. J[y(х)]
=
,
у(1) =
1, у(2) = 4. В.
у = х2
- слабкий min.
18. J[y(х)]
=
,у(0)
= 0,у(а) = b;
а> 0,b>
0
.В. у
=
х
-слабкий
min.
19. J[y(х)]
= (1
+ х)у'2dх,
у(0) = 0, у(1) =
1. В.у =
-
cильний min.
20. J[y(х)]
=
(у2
-у'
2)dх,
у(0) = 1, у(π/2)
= 1. В.у =
соsх
+ sinх
-
сильний mах.
21.
J[y(х)]
=
у'(1
+ х2у')dх,
у(-1) = 1,
у(2) = 4. В. Екстремум на
неперервних кривих не досягається.
22.
J[y(х)]
=
(у'³
+ у'2)dх,
у(-1) = -1, у(1)
= 3.
В. у = 2x + 1 — слабкий min. Сильного екстремуму немає.
23. Знайти
мінімум функціонала J[y(х)]
=
dх.
Знайти екстремалі, перевірити умови Лежандра, Якобі, Вейєрштраса і визначити характер мінімуму.
В.у = sh(ах + b); через дві задані точки проходить одна і тільки одна екстремаль. Умови Лежандра і Якобі виконуються, а Вейєрштраса - ні. Слабкий min.
24. Знайти
мінімум функціонала J[y(х)]
=
Знайти екстремалі, перевірити умови Лежандра, Якобі, Вейєрштраса і визначити характер мінімуму.
В.Екстремалі - параболи у = с(х + а)2 , умови Лежандра і Якобі виконуються, а Вейєрштраса - ні. Слабкий min.
25 . Використовуючи достатні умови , дослідити на екстремум функціонали:
1. J[у(х)] = (у2 - у'2 )dх, y(0)=0 , y(T)=2
B. y=2sinx /sinT – max , 0 <T<π
2. J[у(х)] = x2 у' 2dх, y(1)=3, y(2)=1.
B.y=
-1 – mi
n
.
3. J[у(х)] = (2xу - у'2 )dх, y(0)=1, y(6)=1
B.y=
4. J[у(х)]
=
у'
3dх,
y(0)=0,
y(3)=6.
B.y=2x – mi n .
5. J[у(х)] = у' 2 ·y dх, y(0)=5, y(1)=5.
B.y=5 – слабкий mi n .
26. Дослідити на екстремум функціонали:
а)
J[у(х)]
=
,
y(0)=0,
y(a)=b
,a,
b>0.
б)
J[у(х)] =
,
y(0)=0,
y(a)=b
,a,
b>0.
в)
J[у(х)]
=
,
y(1)=1,
y(2)=4
.
г)
J[у(х)]
=
,
y(a)=A,
y(b)=B
.
В. а )слабкий
min
на прямій
у=
б) слабкий min при у=
в) min при y=x2.
г ) min на екстремалях y=sh(c1 x+c2) де c1 i c2 виражаються з рівнянь
A= sh(c1 a+c2), B= sh(c1 b+c2)
27. Дослідити на екстремум функціонали:
a) J[у] = (x2 у'2 +12y')dх, y(1)=1 , y(2)=8
б) J[у]
=
(у'2
+
у2
+2уe2x
)dх,
y(0)=
,
y(1)=
B. a) min при y=x2
б) min
при y=
28. Перевірити , що : a) теорія екстремуму функціонала J[у(х)] = P(y(x)) |x=a в просторі C [a,b] співпадає із звичайною теорією екстремуму для функції F(ξ).
б) теорія екстремуму функціонала J[у(х)] =F(y(a),y(b)) в просторі C [a,b] співпадає з теорією екстремуму для функції двох змінних F( ξ , ζ )