
- •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.
§7. Друге узагальнення найпростішої варіаційної задачі.
Екстремалі функціонала J[y1(x),y2 (x),…,ym (x)]=
= F(х,у1,у2 ,...,уm , у'1 ,у'2,...,у'т)dх.
Розглянемо функціонал
J[у 1(х),у2(х), …,ут(x)] = F(х,у1 , у2,,…,ут, , у'1 ,у'2,...,у'т)dх.
yk
С(І)[х0,x1];
k
=
при
граничних умовах: уk
(х0)
=
,
k
=
.
Екстремалі цього
функціоналу знаходяться як
розв'язки системи
диференційованих
рівнянь другого порядку
Приклад 1. Знайти екстремалі функціонала
J[у(х),z(x)]= (у'2+z2+ z'2 )dx при граничних умовах:
у(1)=1, z(1) = 0,
у(2) = 2, z(2) =1.
Система рівнянь має вигляд:
F= у ' 2+z2+z '2
y=c1 x+c2.
z=c3 ex+c4 e-x.
3 граничних умов
маємо: с1
= 1; с2
=0; с3
=
;
с4
=
Шукана
екстремаль:
-
просторова крива, яка є перетином двох
циліндричних поверхонь.
Приклад 2. Знайти екстремалі функціонала:
J[у(х),z(x)]= (2yz – 2y2 + y'2 - z'2 ) dx при граничних умовах:
у(0) = 0, у(π)=1,
z(0) =0, z(π) = -1.
Система рівнянь Ейлера має вигляд:
Виключивши z, маємо уІV + 2у" + у = 0.
Загальний розв'язок цього рівняння:
у(х) = c1 cosx + c2sinx + х(c3cosx + c4sinx).
Використовуючи граничні умови, одержимо сім'ю екстремалей
y
=
c2sinx
–
cosx,
z
= c2sinx
+
(2sinx
- xcosx),
с2 - довільна стала.
Задачі. Знайти екстремалі функціоналів:
1.
J[у(х),z(x)]=
(2z-4у2
+у'
2-z'
2)dх
y(0) = 0, у(π/4)=1,
z(0)=0,
z(π/4)=1.
В. у =
sin2х,
z
=
2.J[у(х),z(x)]=
(2ху-у'
2+
)dх
у(1)=0, у(-1) =2, z(1)= 1, z(-1) = -1. В.у=1/6(х2 + 5х - 6); z = х.
3. J[у(х),z(x)]= (y'2+z'2-2yz)dx
у(0) = 0, у(π/2)=1,
z(0)
= 0, z(π/2)=1.
B.
4. J[у(х),z(x)]= ( у'2 +z' 2+2у)dх
у(0)=1, у(1) = 3/2,
z(0)
= 0, z(1)=
1.
B.
Приклад 3. Знайти екстремалі функціоналу.
J[у(х),z(x)]=
(ху1'
2
+у'22
+ ху'1
у'2)dх
0 < а
< b<
4.
Розв'язання. Оскільки F не містить явно у 1 і у2, то система рівнянь Ейлера
матиме
вигляд
Звідси одержимо х(2y'1 + у'2 )= с1, xy'1 + 2у'2 = с2, тобто
Таким чином шуканими екстремалями є функції:
y1
=
1n(4
- x)
+
1nх
+ с3,
у2 =(с1 -2с2)1n(4-х) + с4.
Задачі. Знайти екстремалі функціоналів:
5.J[y1(х),у2(х)]= (2у1 cosх + 2у22 +2у'1 у'2 + y'21 -у'22)dх
В. у1= -х2/2sinх - соsх – c1 cosх - с2sinх + с3х + с4;
у2 = -x2/2sinx+ c1 cosх +с2sinх.
6. J[y1(х),у2(х)]= (2у1у2+у'2 -у' 22)dх
В. у1= c1 eх + с2е -х + с3соsх + с4sinх;
у2 = c1 eх + с2е -х - с3соsх - с4sinх.
7.
J[y1(х),у2(х)]=
(y2
+
В. у1 = c1 cosх +с2sinх.
8.
J[y1(х),у2(х)]=
В. у1 = c1 x+ с2;
у2 = с3х +c4
9. J[y1(х),z(х)]= (2yz-2y2 + у' 2 - z' 2)dх.
10.
J[y(х),z(х)]=
(2yz-2y2
+ у'
2
- z'
2)dх.
B.y=
z=2y+y" і z – визначити .
-
§8. Умовний екстремум функції багатьох змінних г, с*
Нехай маємо функцію z = f(хь х2, ..., xn ), визначену в області (D) простору Еn. Нехай також змінні x1, х2, ..., хп пов'язані m(m < n) рівняннями зв'язку :
Нехай х(0) = (х10, х20, ..., хn0) - внутрішня точка області (D).
Функція f(х1, х2, ..,, хn) має в точці (х10, х20, ..., хn0) умовний максимум (мінімум), якщо нерівність
f(х1, х2, ..,, хn) <f(х10, х20, ..., хn0) (2)
(f(х1, х2, ..,, хn) >f(х10, х20, ..., хn0)) виконується в околі точки (х10, х20, ..., хn0) при умові, що точки (х1, х2, ..., хn) і (х10, х20, ..., хn0) задовольняють рівнянням зв'язку.
Якщо маємо функцію z, = f(х, у) і одне рівняння зв'язку φ(х, у) = 0, де це рівняння визначає у як однозначну диференційовану функцію у = ψ(х), то умовний екстремум приводиться до безумовного екстремуму функції
z= f(х, ψ(х)).
Якщо ж рівняння φ(х, у) = 0 не є розв'язним відносно у або в випадку функції п змінних для знаходження умовного екстремуму використовують допоміжну функцію Лагранжа (метод невизначених множників Лагранжа).
Припустимо що:
1) функції f(х1, х2, ..,, хn) і φ(х1, х2, ..,, хn) (i = ) мають неперервні
частинні похідні першого порядку області (D);
2) m<
n
і ранг
матриці
кожній точці
області (D)
дорівнює m.
Складаємо функцію Лагранжа:
(3) Ф
= f+
,
де
-невизначені
сталі множники.
Функція Ф(х1, х2, ..,, хn) досліджується на безумовний екстремум, тобто складається система рівнянь:
з якої і з m рівнянь зв'язку
Визначають значення
параметрів
і координати (х1,
х2,
..,, хn)
можливих точок
екстремуму.
Умови (4) є необхідними умовами екстремуму. Точка (х10, х20, ..., хn0) є стаціонарною точкою, якщо вона є розв'язком системи (4). Для дослідження стаціонарної точки на умовний екстремум функції Лагранжа f(х1, х2, ..,, хn) складаємо її другий диференціал, що є квадратичною формою
В(dx1
, dх2,...,
dx2)
=
(5)
з врахуванням
в цій точці умов
Якщо квадратична форма (5) -знаковизначена, то в точці (х10, х20, ..., хn0) буде строгий умовний екстремум і вираз — mах, якщо квадратична форма (5) від 'ємно визначена і тіп, якщо квадратична форма (5) додатно визначена. Якщо ж ця квадратична форма невизначена, то точка (х10, х20, ..., хn0) не є точкою умовного екстремуму. Зауважимо, що відсутність умовного екстремуму для функції Лагранжа Ф(х1, х2, ..,, хn) ще не означає відсутність умовного екстремуму для функції
f (х1, х2, ..,, хn)
Приклад 1. Знайти екстремум функції z = ху при умові у - х = 0.
Розв'язання. Складаємо функцію Лагранжа
Ф(х, у) = ху +
(у
- х).
Утворимо систему для визначення і координат можливих точок екстремуму.
Одержуємо х = у = 0; λ = 0. Функція f(х, у) = ху. В точці (0, 0) функція
f(х, у) = ху = 0 при умові у =х має умовний екстремум. Дійсно при цьому z=х2 в точці х = 0 є min, то в точці (0, 0) - умовний min.
Приклад 2. Знайти умовний екстремум функції f(х, у, z).= хуz при умовах
х+у-z -3=0
х-у-z-8 = 0.
Розв'язання. Складаємо функцію Лагранжа
Ф(х, у, z) = хуz + λ1(х + у – z - 3) + λ2(х - у - z - 8) і випишемо систему рівнянь для визначення параметрів λ1, λ2 і координат можливих точок екстремуму:
Pозв'язуючи цю систему, одержимо
λ1 = 11/32, λ 2 = -231/32, х = 11/4, у = -5/2, z= -11/4.
Другий диференціал функції Ф(х, у, z) має вигляд:
Маємо d2Ф = 2zdхdу + 2уdхdz + 2хdуdz.
Bикористовуючи рівняння зв'язку, отримаємо, що
Підставляючи в d2
Ф, одержимо
В(dx)
= 2уdх2
В стаціонарній точці В =-5dx2<0 то в точці (11/4,-5/2,-11/4) маємо max , що дорівнює f mах = 605/32.
Приклад 3. Знайти екстремум функції z = соs 2х + соs2 у при умові
y-x = π /4.
Розв'язання. Складаємо функцію Лагранжа:
Ф(х ,y,λ ) = cos2 х + соs2у + λ ( у - х - π/4) i виписуємо систему рівнянь для визначення параметра λ і координат можливих точок екстремуму
або
, тобто
2sin(x+y)cos(y-x)
=0, але
cos(y-x)=
,
то
sin(x+y)=0
k=0,
.
x=
k
;
у= k
π/2+
π
/ 8
; k=0
,
.
Знаходимо другі похідні функції Ф(х, у):
В точках Рk(kπ/2 - π/8, kπ/2 + π/8) маємо
Ф"xx
·Ф''yy
- (Ф"xy
)2 =
4соs(kπ
-
)соs(kπ
+
)=
2соs2
kπ
= 2 > 0 .
Значить в точках Рk є умовний екстремум. Далі, при k = 2n
<0
, а тому в
точках Р2n
- умовний mах:
zmах
= 1 +
,
при k= 2n
+ 1
будемо
мати
>0,
то в точках P2n+1
- умовний min:
zmin=1-
.
Задачі. Знайти умовний екстремум:
1. f=ху, при х2 + у2.
B.
fmin=
т.
в т .
2. f = хуг, при умовах х + у + z = 5, ху + уz + zх = 8.
В. f
min
= 4в т (2,2,1),
(1,2,2),(2,1,2); fmax
= 4
в
т
3. f=
еху,
при х + у = а
. В. fmах
=
.
4.
f
= 6-4х-Зу,при
х2
+ у2=1.В.fmin
= 1
в
т
;fmax=11в
т .
5. f = x-2у-2z, прих2 + у2 + z 2 = 9. В. .fmin = -9 в т . (-1,2,-2); fmax=9 в т . (1,-2,2).
6.
f
=sinxsinysinz,
при х + у + z
=π/2,
х > 0, у > 0, z
>0. В.
fmax
=
в т .
7. Знайти відстань
між параболою у = х2
і прямою х - у = 5. В.
.