- •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. .