Учебное пособие Основы ВИ

			d						b
и, следовательно, δV =				V[ y +α δ y]				α =0	= 2ò yδ y dx.
			dα
									a
Вариации функционала в смысле первого и второго определений
совпадают. ▲
Пример 5. Найти вариацию функционала
				b					¢	(7)
				V = òF(x, y, y )dx.
				a
▲ Согласно второму определению вариации
é d		b		ù		b
δV = ê		ò F(x, y +αδ y, y¢ +αδ y¢)dxú				.			Здесь δ y′ –	вариация производной
	dα
ë		a		û		a

y′(x) аргумента y(x) . Вычисляя производную V[ y] по параметру α , получаем

b
ò[Fy (x, y +α δ y, y	¢	¢		¢	¢ ¢
		+α δ y )δ y + Fy′ (x, y +α δ y, y			+α δ y )δ y ]dx.
a
Полагая α = 0, находим вариацию функционала (7):
		b
		δV = ò	¢		(8)
			(Fyδ y + Fy′δ y )dx.

a

Замечание. Если допустимые кривые сравнения для функционала (7) подчинены еще дополнительным условиям y(a) = A, y(b) = B (задача с

закрепленными границами, см. стр. 13), то δ y(a) = δ y(b) = 0 . Интегрируя по частям второе слагаемое в (8), находим

b					ba
δV = òFyδ y dx + Fy′δ y
a
Окончательно имеем δV = b æ F -		d	F
ç	y	dx			y′
òa è

bd

-òa dx Fy′δ y dx.

öδ y dx. ▲

÷

ø

	1
Пример 6. Показать, что функционал V = ò(x2 + y2 )dx на кривой y ≡ 0
достигает строгого минимума.	0
▲ Для любой непрерывной на [0,1] функции y(x)		имеем
1	1	1
DV =V[ y(x)] -V[0] = ò(x2 + y2 )dx - ò x2dx = ò y2dx ³ 0,
0	0	0
причем знак равенства достигается только при y(x) ≡ 0. ▲
Пример 7. Исследовать в пространстве функций		y(x)ÎC1[0,π ] на экстре-
π
мум функционал V = ò y2 (1- y¢2 )dx,	y(0) = y(π ) = 0.
0
▲ Отрезок [0,π ] оси Ox дает слабый минимум V . Действительно, для
y ≡ 0 имеем V = 0, а для кривых,	расположенных в	ε -окрестности первого
	11

порядка этого отрезка, где ε

– любое положительное число, меньшее единицы,

имеем

y′

< 1, так что подынтегральное выражение положительно при

y ¹ 0 и,

следовательно, функционал обращается в нуль лишь при

y = 0. Значит,

на

функции y = 0

достигается

слабый

минимум.

Сильный

же минимум

не

достигается. Достаточно рассмотреть y(x) =

sin

nx

.

π

π

n

π

1

2

2

1

2

1

2

π

π

Тогда V[ y] =

òsin

nx(1− n cos

nx)dx =

òsin

nx dx −

òsin

2nx dx =

−

n

n

4

2n

8

0

0

0

и при достаточно большом n для наших кривых V < 0 . С другой стороны, все эти кривые при достаточно большом n лежат в сколь угодно малой окрестности нулевого порядка кривой y = 0. Итак, сильный минимум не достигается при y = 0. ▲

ЗАДАЧИ

				1
1. Найти DV , если V[ y] = ò yy′dx, y(x) = ex ,					y1(x) = 1.
				0
Найти вариацию функционалов.
	b
2. V[ y] = ò yy′dx.
	a
	b
3. V[ y] = ò(x + y)dx.
	a
	b
4. V[ y] = ò( y2 − y′2 )dx.
	a
		1
5. V[ y] = y2 (0) + ò(xy + y′2 )dx.
	π	0
6. V[ y] = ò y′sin y dx.
0
ОТВЕТЫ
	1− e	2		b	b
1. V =			. 2. δ y =	ò( y′δ y + yδ y′)dx. 3. δ y = òδ y dx.
2				a	a
	b				1

4.	δ y = 2ò( yδ y − y′δ y′)dx. 5. δ y = 2 y(0)δ y(0) + ò(xδ y + 2 y′δ y′)dx.
	a	0
	π
6.	δ y = ò( y′cos yδ y + sin yδ y′)dx.
	0
		12

Простейшая задача вариационного исчисления. Уравнение Эйлера

1. Постановка задачи. Пусть функция F = F(x, y, y′) имеет непрерывные частные производные по всем аргументам до третьего порядка включительно. Среди всех функций y(x) , имеющих непрерывную производную и

удовлетворяющих условиям

y(x0 ) = y0 , y(x1) = y1,		(9)
найти ту функцию, которая доставляет слабый экстремум функционалу
x1
V[y] = ò	¢	(10)
	F(x, y, y )dx.
x0

Другими словами, простейшая задача вариационного исчисления состоит в отыскании слабого экстремума функционала вида (10) на множестве всех глад- ких кривых, соединяющих две заданные точки A(x0 , y0 ) и B(x1, y1) . Эту задачу

также называют задачей с закрепленными границами.

2. Уравнение Эйлера. Для того чтобы функционал (10), определенный на множестве функций y = y(x) , имеющих непрерывную первую производную и удовлетворяющих граничным условиям (9), достигал на данной функции y(x) экстремума, необходимо*, чтобы эта функция удовлетворяла уравнению Эйлера

	F -	d	F	= 0.	(11)
		dx
	y		y′
	Интегральные кривые уравнения Эйлера называются экстремалями.
	Уравнение Эйлера в развернутом виде:
	Fy′ y′ × y′′ + Fyy′ × y′ + Fxy′ - Fy = 0.				(12)

Уравнение (12) представляет собой дифференциальное уравнение второго порядка, так что его общее решение должно зависеть от двух произвольных постоянных. Значения этих постоянных, вообще говоря, определяются из граничных условий (9).

Экстремум функционала (10) может реализоваться только на тех экстремалях, которые удовлетворяют условиям (9).

Краевая задача

ì			d
ïF		-		F		= 0,	(13)
í	y		dx y′
ï y(x ) = y					, y(x ) = y
î		0		0		1	1

не всегда имеет решение, а если решение существует, то оно может быть не единственным.

Дальнейшее исследование того, действительно ли на решениях задачи (13) достигается экстремум, проводится с использованием достаточных условий экстремума.

* Это условие необходимо для слабого экстремума. Так как всякий сильный экстремум является в то же время и слабым, то любое условие, необходимое для слабого экстремума, необходимо и для сильного.

13

3. Частные случаи интегрируемости уравнения Эйлера.
1) F не зависит от y′: F = F(x, y).
В этом случае уравнение Эйлера имеет вид
Fy (x, y) = 0.	(14)

Уравнение (14) является алгебраическим, а не дифференциальным. Оно определяет одну или конечное число кривых, которые могут и не удовлетво- рять граничным условиям.

Лишь в исключительных случаях, когда кривая (14) проходит через граничные точки (x0 , y0 ) и (x1, y1 ) , существует кривая, на которой может

достигаться экстремум.

	2) F зависит от y′ линейно, т.е. F(x, y, y′) = M (x, y) + N (x, y) y′.
Уравнение Эйлера в этом случае имеет вид
	∂M	− ∂N	= 0.	(15)
	∂y	∂x

Полученное уравнение, как и в случае 1), является алгебраическим, а не дифференциальным уравнением. Кривая, определяемая уравнением

∂M − ∂N = 0, вообще говоря, не удовлетворяет граничным условиям, и, значит, ∂y ∂x

вариационная задача, как правило, не имеет решения в классе непрерывных

функций. Если	в некоторой области D плоскости				Oxy	∂M	−	∂N	≡ 0, то
	F(x, y, y′) = M (x, y)dx + N (x, y)dy					∂y		∂x
выражение					является				полным
дифференциалом и функционал
	x		( x , y )
V[ y] = ò1		F(x, y, y′)dx =	1ò1	M (x, y)dx + N (x, y)dy.					(16)
	x0		( x0 ,y0 )
не зависит от пути интегрирования: значение функционала V[ y]							одно и то же

на допустимых кривых. Вариационная задача теряет смысл.

	3)	F зависит лишь от y′, т.е. F = F( y′).
	Уравнение Эйлера имеет вид
		y′′× Fy′ y′ = 0.			(17)
	В	этом случае экстремалями являются всевозможные прямые			линии
y = C1x + C2 , где C1 и C2 – произвольные постоянные.
	4)	F не зависит от y , т.е. F = F(x, y′).	(x, y′) , откуда
	В этом случае уравнение Эйлера F = F
		Fy′ (x, y′) = C,			(18)

где C – произвольная постоянная. Уравнение (18) есть дифференциальное уравнение первого порядка. Интегрируя его, находим экстремали задачи.

14

5) F не зависит явно от x , т.е. F = F( y, y′).
В этом случае уравнение Эйлера принимает вид
Fy - Fyy′ × y′ - Fy′ y′ × y′′ = 0.	(19)

Умножив на y′ обе части этого уравнения, в левой части получим точную производную, т.е. dxd (F - y¢× Fy′ ) = 0 , откуда

F - y′× Fy′ = C,

(20)

где C – произвольная постоянная. Это уравнение может быть проинтегрирова- но путем разрешения относительно y′ и разделения переменных или путем введения параметра.

ПРИМЕРЫ С РЕШЕНИЯМИ

Пример 1. На каких кривых может достигать экстремума функционал

2

y (2) = -1?

V[ y] = ò( y¢2 - 2xy)dx,

y(1) = 0,

1

▲ Здесь

¢

= y

¢2

- 2xy , так

что

уравнение

Эйлера

имеет

вид

F(x, y, y )

y′′ + x = 0. Общее решение уравнения Эйлера есть y(x) = -

x3

+ C x + C

.

2

6

1

Граничные условия дают систему линейных уравнений для определения

C1 и C2 :

ìC + C

=

1 ,

ï

1

2

6

(21)

í

= 2 .

ï2C + C

ï

1

2

6

Отсюда C = 1

î

, C

2

= 0. Следовательно, экстремум может достигаться лишь на

1

6

x

(1- x2 ). ▲

кривой y(x) =

6

3

Пример

2.

Найти

экстремали

функционала

V[ y] = ò(3x - y) ydx ,

y (3) = 9 .

1

удовлетворяющие граничным условиям y(1) =1,

2

y = 3 x . Так

▲ Уравнение

Эйлера

имеет

вид

3x − 2 y = 0, откуда

как

2

экстремаль y = 23 x не удовлетворяет условию y(1) = 1, то данная вариационная задача решения не имеет. ▲

15

2π

Пример

3.

Найти

экстремали

функционала

V[ y] = ò ( y¢2 - y2 )dx ,

y (2π ) = 1.

0

удовлетворяющие граничным условиям y(0) = 1,

▲ Уравнение Эйлера имеет вид y′′ + y = 0; его общим решением является

y(x) = C1 cos x + C2 sin x .

Используя

граничные

условия,

получим

y(x) = cos x + C sin x , где C – произвольная постоянная.

Таким образом, поставленная вариационная задача имеет бесчисленное

множество решений. ▲

π

Пример

4.

Найти

экстремали

функционала

V[ y] = ò2

y(2x - y)dx ,

æ π

π

0

удовлетворяющие граничным условиям y(0) = 0,

ö

.

y ç

÷ =

2

è 2

ø

▲ Уравнение Эйлера имеет вид 2x − 2 y = 0 , т. е. y = x . Так как граничные

π

условия удовлетворяются,

то на прямой

y = x

интеграл

ò2

y(2x - y)dx может

0

достигать

экстремума.

При

других

граничных

условиях,

например,

y(0) = 0,

y

æ π

ö

= 1, экстремаль y = x не проходит через граничные точки (0,0)

ç

÷

π

è 2

ø

æ

ö

, так что при этих граничных условиях вариационная задача не имеет

и ç

2

,1÷

è

ø

решения. ▲

Пример 5. Исследовать на экстремум функционал

x1

V[ y] = ò ( y

2

+

¢

y(x0 ) = y0 ,

y(x1 ) = y1.

2xyy )dx,

x0

▲ Здесь F линейно зависит от y′. Имеем

∂M = 2 y,

∂N = 2 y и

∂M

- ∂N º 0,

¶y

¶x

¶y

¶x

значит, подынтегральное выражение ( y

2

¢

+ 2xyy )dx есть полный дифференциал.

Следовательно, интеграл не зависит от пути интегрирования:

x1

( x1,y1 )

x1

V[ y] = ò y2dx + 2xy dy = ò d(xy2 ) = xy2

= x1 y12 - x0 y02 .

x0

x0

( x0 ,y0 )

по какой бы кривой y(x) , проходящей через точки (x0 , y0 )

и (x1, y1 ) , мы не ин-

тегрировали. Вариационная задача не имеет смысла. ▲

Пример 6. Найти экстремали функционала

x

V[ y] = ò1

1+ y¢2 dx,

y(x0 ) = y0 , y(x1 ) = y1.

x0

16

Этот функционала определяет длину кривой, соединяющей точки (x0 , y0 ) и (x1, y1 ) . Геометрически задача сводится к поиску кратчайшей линии, соединя-

ющей данные точки.

▲ Уравнение Эйлера имеет вид y′′(x) = 0 . Общее решение y = C1x + C2 . Экстремаль, удовлетворяющая граничным условиям y(x0 ) = y0 и y(x1 ) = y1 , есть, очевидно, прямая, проходящая через точки (x0 , y0 ) и (x1, y1 ) :

y= y1 − y0 (x - x0 ) + y0. x1 - x0

Пример 7. Среди кривых, соединяющих точки A(1,3) и B(2,5) , найти ту,

на которой может достигаться экстремум функционала

2

V[ y] = ò y¢(1+ x2 y¢)dx.

F не

1

▲ Так

как

зависит от

y ,

то уравнение

Эйлера

имеет

вид

d

¢

d

2

¢

2

¢

¢

C −1

0, или

dx (1+ 2x

y

= C. Тогда y

=

2x2

, так

dx Fy′ (x, y ) =

y ) = 0 , откуда 1+ 2x

что

y(x) = C1

+ C2 .

Выделим экстремаль,

проходящую через заданные точки.

x

Для определения постоянных C1 и C2

составляем систему

ì3 = C + C

,

ï

1

2

í

C

ï5 =

1 + C2 ,

î

2

4 . ▲

откуда C1 = -4, C2

= 7 . Искомая экстремаль y(x) = 7 -

x

x

1+ y¢2

Пример

8.

Найти

экстремаль

функционала

V[ y] = ò1

dx ,

y

x0

проходящую через заданные точки (x0 , y0 ) и (x1, y1 ) , лежащие в верхней полуплоскости.

▲ Так как подынтегральная функция не содержит явно

x , то уравнение

Эйлера согласно (20) дает

1+ y¢2

-

y¢2

= C.

y

y 1+ y¢2

= C . Введем параметр t , полагая y′ = tgt ,

После упрощений получим y

1+ y¢2

C1

1

тогда y =

= C1 cost . Далее получим

1

+ y¢2

dy = tgt

Þ dx =

dy

= - C1 sin tdt = -C costdt

Þ x = C

- C sin t .

2

dx

tgt

tgt

1

1

Исключая t , найдем (x - C

2

)2

+ y2 = C2

– семейство окружностей с центром на

1

оси Ox . Искомой будет та экстремаль,

которая проходит через заданные точки.

17

Задача имеет единственное решение, так как через любые две точки, лежащие в верхней полуплоскости, проходит одна и только одна полуокружность с цен- тром на оси Ox . ▲

Пример 9 (задача о наименьшей поверхности вращения). Отрезок кривой y = y(x) с концами в точках (x0 , y0 ) и (x1, y1 ) вращается вокруг оси Ox . Какой

должна быть эта кривая, чтобы площадь получившейся поверхности была

наименьшей?

y = y(x)

▲ Эта кривая

(образующая

поверхности

вращения) будет

x

S[ y] = 2π ò1

решением вариационной задачи

y

1+ y¢2 dx,

y(x0 ) = y0 ,

y(x1 ) = y1.

Здесь S[ y] – площадь

x0

поверхности вращения

кривой

с

концами

в точках

(x0 , y0 ) и (x1, y1 ) .

Функция F = y

1+ y¢2 не зависит явно от

x . В этом случае уравнение

Эйлера имеет первый интеграл F - y′× Fy′ = C1 , т.е.

yy

¢2

y 1+ y¢2 -

= C1,

1+ y¢2

откуда после преобразований получаем

y

= C1.

(22)

1+ y¢2

Введем в (22) параметр t , полагая y¢ = sh t , тогда

y = C ch t,

dx = dy

= C1 sh tdt = C dt

Þ x = C t + C

.

1

y¢

sh t

1

1

2

Исключая параметр t , имеем семейство цепных линий (их форму

принимает тяжелая нить) y = C ch

x − C2

,

от вращения которых получаются

1

C1

поверхности, называемые катеноидами. Постоянные C1 и C2 определяются из

граничных условий. В зависимости от координат (x0 , y0 )

и (x1, y1 ) может быть

одно, два и ни одного решения. ▲ Пример 10 (задача о брахистохроне). Определить кривую, соединяющую

заданные точки A и B (не лежащие на одной вертикальной прямой), при движении по которой материальная точка скатится из точки A в точку B в кратчайшее время (трением и сопротивлением среды пренебрегаем).

▲ Переместим начало координат в точку A, ось Ox направим горизонтально, ось Oy – вертикально вниз. Скорость движения материальной

точки

ds

=

, откуда находим время, затрачиваемое на перемещение точки

2gy

dt

из положения A(0,0) в положение B(x1, y1 ):

x1

t[ y] =

1

1+ y¢2

dx, y(0) = 0, y(x ) = y .

2g ò0

y

1

1

18

Так как у этого функционала подынтегральная функция не содержит явно x , то уравнение Эйлера имеет первый интеграл F - y′× Fy′ = C1 или в данном случае

1+ y¢2

-

y¢2

= C,

y

y(1+ y¢2 )

откуда после преобразований имеем

1

= C

или y(1+ y¢2 ) = С1.

y(1+ y¢2 )

Введем параметр t , полагая y′ = ctgt , тогда получим:

y =

С1

= C sin2 t = C1 (1- cos2t),

1+ y¢2

1

2

dx =

dy

=

2C1 sin t costdt

=

2C1 sin

2

tdt = C1

(1- cos2t)dt,

y¢

ctgt

x = C

æt -

sin 2t

ö

+ C

2

=

C1

(2t - sin 2t) + C

.

1

ç

2

÷

2

2

è

ø

Следовательно, в параметрической форме уравнение искомой линии имеет вид

x - C2	= C1	(2t - sin2t),	y = C1	(1- cos2t).
	2		2

Если преобразовать параметр подстановкой 2t = t1 и принять во внимание, что C2 = 0 , так как x = 0 при y = 0, то получим уравнения семейства циклоид:

x = C1	(t1 - sin t1 ),	y = C1	(1- cost1 ),
2		2

где C21 – радиус катящегося круга, который определяется из условия прохож-

дения циклоиды через точку B(x1, y1 ).

Итак, брахистохроной является циклоида. ▲

ЗАДАЧИ

Найти экстремали функционалов:

x1

1. V[ y] = ò( y¢2 + 2 yy¢ -16y2 )dx.

x0

x
2. V[ y] = ò1	y¢(1+ x2 y¢)dx.
x0
x
3. V[ y] = ò1	y¢(x + y¢)dx.
x0
x1	2
4. V[ y] = xò	y¢	dx.
	x3
0

19

Найти экстремали в вариационных задачах:

0

5. V[ y] = ò (12xy - y¢2 )dx,

y(-1) =1, y(0) = 0.

−1

2

6. V[ y] = ò( y¢2 + 2 yy¢ + y2 )dx, y(1) = 1,

y(2) = 0.

1

1

7. V[ y] = ò yy¢2dx,

y(0) = 1, y(1) = 3

4.

0

π

8. V[ y] = ò(4 y cos x + y¢2 - y2 )dx,

y(0) = 0,

y(π ) = 0.

0

1

9. V[ y] = ò( y¢2 - y2 - y)e2 xdx, y(0) = 0,

y(1) = e−1.

0

1

10. V[ y] = ò ( y¢2 - 2xy)dx,

y(-1) = -1,

y(1) = 1.

−1

0

11. V[ y] = ò ( y¢2 - 2xy)dx,

y(-1) = 0, y(0) = 2.

−1

e

12. V[ y] = ò(xy¢2 + yy¢)dx,

y(1) = 0, y(e) =1.

1

Найти экстремали в вариационных задачах, используя частные случаи

интегрируемости уравнения Эйлера:

b

13. V[ y] = ò

[2xy + (x

2

+ e

y

¢

y(a) = A,

y(b) = B.

) y ]dx,

a

1

14. V[ y] = ò

(e

y

¢

y(0) = 0,

y(1) = α.

+ xy )dx,

0

π

æ π

4

2

2

ö

2

15. V[ y] = ò

( y¢

- y

)dx,

y(0) = 1,

y ç

÷ =

.

0

è 4

ø

2

π

y (π ) = -1.

16. V[ y] = ò( y¢2 - y2 )dx,

y(0) = 1,

0

1

y(0) =1, y (1) = 2.

17. V[ y] = ò(x + y¢2 )dx,

0

1

y (1) =1.

18. V[ y] = ò( y2 + y¢2 )dx,

y(0) = 0,

0

1

y(0) = e2 , y (1) =1.

19. V[ y] = ò( y¢2 + 4 y2 )dx,

0

20