Учебное пособие Основы ВИ

Единственным однопараметрическим семейством экстремалей, содержащим ее, является семейство y = C1x3 . Последнее не покрывает области, содержащей точку с абсциссой x = 0 (через точки оси Oy с ординатами, отличными от нуля, экстремали этого семейства не проходят).

В данном случае Fy′y′ = 2x2 , и условие Лежандра не выполняется. ▲

ЗАДАЧИ

Образуют ли поле (собственное или центральное) следующие семейства кривых в указанных областях.

1.y(x) = C × tg x; 0 £ x £ π4 , - π2 £ y £ π2 .

2.y(x) = C ×cos x; а) x < π4 ; б) π2 < x £ π ; в) x < π.

	3.	y(x) = (x - C)3 ;		x2			+	y2		£1.
					4
							9									1				3
	4.	y(x) = C (x2 - x); а) 0 £ x < 1; б) -1 £ x £ 3; в)															£ x £				.
																2				2
		æ			π		ö			π		π		π					π
	5.		-								£ x £		; б)		£ x £ π ;			в)		£ x £ 2π.
		y(x) = C ×sin ç x			4		÷; а)			4		2		3					8
		è					ø
	6.	y(x) = ex+C ; x2 + y2 £1.

Для следующих функционалов указать собственное и центральное поле экстремалей:

7. V[y] = òa (y¢2 + y2 )dx, a > 0.

0

π

8. V[y] = ò4 (y¢2 - y2 + x2 + 4)dx.

0

Показать, что экстремали следующих простейших вариационных задач можно включить в поле экстремалей (собственное или центральное).

	1	y(0) = y (1) = 0.
9. V[ y] = ò( y¢2 - 2xy)dx,
	0
	1
10.	V[ y] = ò(2ex y + y¢2 )dx, y(0) = 1, y (1) = e.
	0
	a		y (a) = 0 (a > 0,a ¹ kπ ).
11.	V[ y] = ò( y2 - y¢2 )dx,	y(0) = 0,
	0
	2		y (2) = 3.
12.	V[ y] = ò( y¢2 + x2 )dx,	y(0) = 1,
	0

31

В следующих задачах проверить выполнимость условия Якоби.

13.	V[y] = ò1		(12xy + y′2 + x2 )dx,				y(−1) = −2, y(1) = 0.
		−1
14.	V[y] = òa (y′2 + 9y2 − 3x)dx,						y(0) = 0,		y(a) = 0.
		0
15.	V[y] = ò1		(1+ y′2 )dx, y(0) = y(1) = 0.
		0
16.		a	′ y′	dx,	y(0) =1, y(a) = b				(a > 0).
	V[y] = ò y e
		0
17.	V[y] =	2òπ (y′2 − y2 )dx,				y(0) = 0,		y(2π ) =1.
		0
18.	Показать,				что	если		подынтегральная функция функционала
V[y] = òb F(x, y′)dx					не содержит явно				y , то каждая экстремаль всегда может

a

быть включена в поле экстремалей.

С помощью усиленного условия Лежандра проверить возможность вклю- чения экстремали в поле для следующих функционалов:

19.	V[y] = ò1	(y′2 − yy′3 )dx, y(0) = 0, y(1) = 0.
	0
20.	V[y] = òa	y′3dx,	y(0) = 0, y(a) = b > 0.
	0
	x
	V[y] = ò1			dx, y(x0 ) = y0 , y(x1 ) = y1, n(y) > 0.
21.		n(y)	1+ y′2 (x)
	x0
22.	V[y] = òa (6y′2 − y′4 )dx, y(0) = 0, y(a) = b, a > 0, b > 0.
	0

ОТВЕТЫ

1. Центральное поле. 2. а) собственное поле; б) центральное поле; в) поля не образуют. 3. Собственное поле. 4. а) центральное поле; б) поля не образуют; в) собственное поле. 5. а) центральное поле; б) собственное поле; в) поля не об- разуют. 6. Поля не образуют, так как это семейство кривых покрывает не всю область D . 7. y = C1 ch x образуют собственное поле экстремалей; y = C2 sh x

образуют центральное поле экстремалей. 8. y = C cos x образуют собственное поле экстремалей; y = C sin x образуют центральное поле экстремалей. 9. Экс-

тремаль y =	x	(1− x2 ) включается в центральное поле экстремалей	y = C x −	x3
6			1	6
32

с центром в точке O(0,0) . 10. Экстремаль y = ex можно включить в собствен- ное поле экстремалей y = ex + C . 11. Если a < π , то экстремаль y = 0 можно включить в центральное поле экстремалей y = C sin x с центром в точке O(0,0) .

При a > π семейство кривых y = C sin x	поля не	образует. 12. Экстремаль
y = x +1 включается в собственное поле	y = x + C .	13. Выполняется. 14. Вы-

полняется при любом a . 15. Условие Якоби выполнено. Экстремаль y = 0 можно включить и в центральное поле и в собственное поле экстремалей.

16. Условие Якоби выполнено. Экстремаль y = ba−1 x +1 можно включить в

центральное поле экстремалей с центром в точке A(0,1) . 17. Условие Якоби не выполнено. 19. Да. 20. Да. 21. Да. 22. Да, но условие Лежандра выполнено лишь

при ab < 1.

Достаточные условия экстремума функционала

Рассматривается простейшая вариационная задача для функционала

	x
V[ y] = ò1		F(x, y, y′)dx,		(37)
	x0
y(x0 ) = y0 , y(x1 ) = y1.				(38)
1. Достаточные условия	Вейерштрасса. Функцией		Вейерштрасса
E(x, y, p, y′) называется функция, определяемая равенством
E(x, y, p, y′) = F(x, y, y′) − F(x, y, p) − ( y′ − p)Fp (x, y, p),				(39)
где p = p(x, y) – наклон поля	экстремалей рассматриваемой		вариационной
задачи (37), (38) в точке (x, y) .

Достаточные условия слабого экстремума.

Кривая C доставляет слабый экстремум функционалу (37), если:

1)Кривая C является экстремалью функционала (37), удовлетворяющей граничным условиям (38).

2)Экстремаль C может быть включена в поле экстремалей (в частности, это будет, если выполнено условие Якоби или усиленное условие Ле- жандра).

3)Функция Вейерштрасса E(x, y, p, y′) должна сохранять знак во всех

точках (x, y) , близких к экстремали C , и для близких к	p(x, y)
значений y′. Функционал V[ y] будет иметь максимум на	C , если
E £ 0 , и минимум, если E ³ 0 .
Достаточные условия сильного экстремума.
Кривая C доставляет сильный экстремум функционалу (37), если:

1)Кривая C является экстремалью функционала (37), удовлетворяющей граничным условиям (38).

33

2)	Экстремаль C может быть включена в поле экстремалей.
3)	Функция Вейерштрасса E(x, y, p, y′) сохраняет знак во всех	точках
	(x, y) , близких к экстремали C , и для произвольных значений	y′. При

E £ 0 будет максимум, а при E ³ 0 – минимум.

Замечание. Условие Вейерштрасса необходимо для наличия экстремума в следующем смысле – если в точках экстремали для некоторых значений y′ функция E имеет противоположные знаки, то сильный экстремум не достигается. Если это свойство имеет место при сколь угодно близких к p значениях y′, то не достигается и слабый экстремум.

2. Достаточные условия Лежандра. Пусть функция F(x, y, y′) имеет непрерывную частную производную Fy′y′ (x, y, y′) и пусть экстремаль C

включена в поле экстремалей.

Если на экстремали C имеем Fy′y′ > 0 , то на кривой C достигается слабый минимум; если Fy′y′ < 0 на экстремали C , то на ней достигается слабый

максимум функционала (37). Эти условия называются усиленными условиями Лежандра.

В том случае, когда Fy′y′ (x, y, y′) ³ 0 в точках (x, y) , близких к экстремали

C , при произвольных значениях y′, то имеем сильный минимум, а в случае, когда для указанных значений аргументов Fy′y′ (x, y, y′) £ 0 , имеем сильный максимум.

ПРИМЕРЫ С РЕШЕНИЯМИ

Пример 1. Исследовать на экстремум следующие функционалы:

	1			y(0) = 0, y (1) = 2;
а) V[ y] = ò( y¢3 + y¢)dx,
	0
б) V[ y] =	1	æ	1	2	ö	= 0, y	(1) = 0.
	ò0	ç x + 2 y +	2	y¢	÷dx, y(0)
		è			ø

	▲ а) Уравнение Эйлера для данного функционала имеет вид y′y′′ = 0, так
что	экстремалями	являются	прямые	y = C1x + C2 .	Экстремалью,
удовлетворяющей заданным граничным условиям, является					прямая y = 2x .

Наклон поля в точках этой экстремали p = 2. Очевидно, данная экстремаль

y = 2x		включается в центральное поле экстремалей y = C1x с центром в точке-
O(0,0) . В данном случае выполнено и условие Якоби. Уравнение Якоби имеет
	-	d		¢ ¢		=				′
вид			(6y u		)		0,	где в силу уравнения экстремали	имеем y		= 2 .
		dx
Следовательно,					уравнение Якоби примет вид u′′(x) = 0 , откуда u(x) = C1x + C2 .
Из условия				u(0) = 0				получаем C2 = 0 . Так как это решение	u(x) = C1x		при

C1 ¹ 0, кроме точки x = 0 , нигде в нуль не обращается, то условие Якоби вы- полнено.

34

Составляем функцию Вейерштрасса:

¢

¢3

+ y

¢

- p

3

- p - ( y

¢

- p)(3p

2

+1)

= ( y

¢

- p)

2

( y

¢

+ 2 p).

E(x, y, p, y ) = y

Первый множитель

всегда

неотрицателен

при любых y′,

а второй

положителен при значениях

y′,

близких к

p = 2.

Следовательно,

выполнены

все условия существования слабого минимума.

Однако,

если

y′ < −4, то

функция E < 0 ,

и достаточное условие сильного экстремума не выполняется,

так как функция Вейерштрасса E не сохраняет знак при любых значениях y′.

Учитывая замечание на стр. 34, заключаем, что сильного экстремума в данном случае нет.

		б) Уравнение Эйлера для этого функционала имеет вид								y′′ = 2 .
Экстремалями являются параболы y = x2 + C x + C							2	. y = x2 - x – экстремаль,
						1
удовлетворяющая				граничным	условиям.	Составляем			уравнение	Якоби
-	d	(u¢) = 0	или u′′ = 0 . Его общее решение u(x) = C1x + C2 . Условие u(0) = 0
	dx
дает C2 = 0 , а так как u(x) = C1x при C1 ¹ 0						нигде на отрезке [0,1] в нуль не
обращается,			кроме	точки x = 0 , то условие Якоби выполняется, и						значит,
экстремаль			y = x2 - x можно		включить в	центральное			поле экстремалей с

центром в точке O(0,0) , а именно: y = x2 + Cx .

1

¢

( y

¢

2

. Отсюда видно,

Функция Вейерштрасса имеет вид E(x, y, p, y ) =

2

- p)

что для произвольных значений y′

будет E = 1 ( y¢ - p)2 ³ 0. Следовательно, на

y = x2 - x

2

экстремали

данный функционал достигает сильного минимума,

ко-

торый равен V[x2 - x] = 1 . ▲

3

Пример 2. Исследовать на экстремум следующие функционалы:

1

y(0) = 0, y (1) = -2, a – действительное число.

а) V[ y] = ò( y¢3 - ay¢)dx,

0

2

y (2) = 1.

б) V[ y] = ò(ey′ + 3)dx,

y(0) = 0,

0

a

2

в) V[ y] = ò

1+ y¢

dx,

y(0) = 0,

y (a) = b.

y

0

y′,

▲ а) Так как подынтегральная функция зависит

только

от

то

экстремалями

являются

прямые

y(x) = C1x + C2 .

Экстремалью,

удовлетворяющей граничным условиям, будет прямая

y(x) = −2x ,

которая

может быть включена в центральное поле экстремалей

y(x) = Cx .

На этой

экстремали

наклон

поля

p = −2.

Далее

находим

Fy′y′ = 6y′.

На

данной

экстремали имеем Fy′y′ = −12 < 0 , т.е. на линии y(x) = −2x

достигается слабый

35

максимум функционала. При произвольных значениях y′ знак Fy′y′ не

сохраняется, следовательно, достаточные условия сильного максимума не выполняются.

Функция Вейерштрасса	E(x, y, p, y′) в данном случае имеет вид
E(x, y, p, y¢) = ( y¢ - p)2 ( y¢ + 2 p)	и при некоторых значениях y′ она принимает

противоположные по знаку значения. Учитывая замечание на стр. 34, получим, что сильного максимума нет.

б) Экстремалями являются прямые y(x) = C1x + C2 . y = 2x – экстремаль,

удовлетворяющая граничным условиям, которая может быть включена в

центральное поле экстремалей y(x) = Cx . В данном случае Fy′y′ ( y¢) = ey′ > 0

при

любых значениях y′.

Следовательно,

на экстремали

y =

x

функционал имеет

сильный минимум.

2

x , следовательно,

в) Подынтегральная функция не зависит явно от

получаем F - y¢× Fy′

= C%1

или в нашем случае

1+ y¢2

-

y¢2

= C%1 , откуда

y

1+ y¢2

y

1

= C%

или

y(1+ y¢2 ) = C ,

где C =

1

. Положим

y¢ = ctg

t

. Будем

%

y

2

1

1

1

2

1+ y¢

C1

2 t

C

dy

C sin t dt

2

t

иметь y = C1 sin

=

21 (1- cost). Далее, dx =

=

1

= C1 sin

dt.

2

ctg

t

2ctg

t

2

2

2

%

(t - sin t) + C2

C

ì

,

Интегрируя,

получим

x =

Итак,

ïx

= C1

1 (t - sin t) + C2 .

í

= C%1 (1- cost)

–

2

ï y

î

y(0) = 0

параметрические уравнения семейства циклоид. Из условия

находим,

что

C2 = 0 .

Пучок

циклоид

x = C (t - sin t),

y = C (1- cost)

образует

центральное

поле

с

центром

в

точке

O(0,0) ,

включающее

экстремаль

x = R (t - sin t),

y = R (1- cost),

где

R

определено

из условия прохождения

циклоиды через вторую граничную точку B(a,b), если a < 2π R (см. [1, 2]).

Используем условие Лежандра. Имеем Fy′y′ =

1

> 0

при любых

2

)

3/2

y (1+ y¢

ìx = R (t - sin t),

значениях

y′.

Значит,

для

a < 2π R

на

циклоиде

ï

данный

í

ï y = R (1- cost)

î

функционал имеет сильный минимум.

ЗАДАЧИ

Исследовать на экстремум следующие функционалы.

36

1.

1

x

æ

2

+

1

2

ö

y(0) = 1,

y (1) = e.

V[ y] = òe

ç y

2

y¢

÷dx,

0

è

ø

1

y (1) = ln 4.

2.

V[ y] = òey y¢2dx,

y(0) = 0,

0

2

3

3.

V[ y] = ò1

x

dx,

y(1) =1, y (2) = 4.

y¢2

a

y (a) = b, a > 0, b > 0.

4.

V[ y] = ò dx,

y(0) = 0,

0

y¢

1

y (1) = 1.

5.

V[ y] = ò(1+ x) y¢2dx,

y(0) = 0,

0

π

æ π

6.

2

2

2

)dx,

y(0) = 1,

ö

V[ y] = ò( y

- y¢

y ç

÷ =1.

0

è 2

ø

2

7. V[ y] = ò y¢(1+ x2 y¢)dx, y(-1) = 1, y (2) = 4.

−1

1

8. V[ y] = ò ( y¢3 + y¢2 )dx, y(-1) = -1, y (1) = 3.

−1

Используя условие Лежандра, исследовать на экстремум функционалы.

1
9. V[ y] = ò( y¢2 + x2 )dx, y(0) = -1, y (1) =1.
0
	3	3
10. V[ y] = ò2		x	dx,	y(2) = 4,		y (3) = 9.
		y¢2
	2					y(1) = 0, y (2) =1.
11. V[ y] = ò(xy¢4 - 2 yy¢3 )dx,
	1
	a						y (a) = b (a > 0).
12. V[ y] = ò(1- e− y′2 )dx, y(0) = 0,
	0
	1						y (1) = q > 0.
13. V[ y] = ò yy¢2dx,				y(0) = p > 0,
	0
ОТВЕТЫ
1. На функции y = ex					достигается сильный минимум. 2. При y = 2ln(x +1)
– сильный минимум.				3.	На функции y = x2 достигается слабый минимум.
4. При y = b x	– слабый минимум. 5. На кривой y = ln(x +1)							достигается силь-
a							ln 2
ный минимум.	6. На кривой y = cos x + sin x достигается сильный максимум.
							37

7. Экстремум на непрерывных кривых не достигается. 8. На прямой y = 2x +1 достигается слабый минимум. Сильного экстремума нет. 9. На экстремали y = 2x −1 достигается сильный минимум. 10. На экстремали y = x2 достигается сильный минимум. 11. На экстремали y = x −1 достигается слабый минимум.

12. При

b

<

a

на экстремали y = b x

достигается слабый минимум, а при

2

a

b

>

a

– слабый максимум. При

b

=

a

экстремум не достигается. 13. На

2

2

экстремали

y = 3 [(q3/2 - p3/2 )x + p2 ]2

при

p ¹ q достигается слабый минимум;

при

p = q

экстремалью является прямая

y = p , доставляющая слабый мини-

мум.

Задача с подвижными границами

1. Постановка задачи. Пусть F = F(x, y, y′)		– трижды дифференцируемая
функция своих аргументов и пусть в плоскости Oxy заданы две кривые
y = ϕ(x) и	y =ψ (x),		(40)
где ϕ(x)ÎС1 [a,b] и ψ (x)ÎС1 [a,b] .
Рассмотрим функционал
x1	¢		(41)
V[ y] = ò F(x, y, y )dx,
x0
определенный на гладких кривых y = y(x) , концы которых A(x0 , y0 )			и B(x1, y1 )
лежат на заданных линиях (40), так что	y0 = ϕ(x0 ), y1 =ψ (x1 ) .Требуется найти
экстремум функционала (41).
2. Необходимые условия экстремума. Пусть кривая y = y(x)			доставляет
x1	¢	среди всех кривых класса
экстремум функционалу V[ y] = ò F(x, y, y )dx
x0

С1 [a,b] ,	соединяющих				две произвольные точки двух						данных
y = ϕ(x),	y =ψ (x) . Тогда кривая					y является экстремалью и в концах
и B(x1, y1 ) кривой y выполняются условия трансверсальности
	éF + (ϕ	¢		¢		= 0,	éF + (ψ	¢	¢		= 0.
			- y )F ù						- y )F ù
	ë				y′ ûx=x0		ë			y′ ûx=x1

кривых

A(x0 , y0 )

(42)

Итак, для решения задачи с подвижными границами нужно:

1) Написать и решить соответствующее уравнение Эйлера. В результате получим семейство экстремалей y = f (x,С1,С2 ) , зависящее от двух параметров

С1 и С2 .

2) Из условий трансверсальности (42) и из уравнений

f (x0 ,С1,С2 ) = ϕ(x0 ),

f (x1,С1,С2 ) =ψ (x1 )

(43)

38

определить постоянные С1 , С2 и абсциссы x0 , x1 точек A,	B .
3) Вычислить экстремум функционала (41).
Замечание 1. Если граничная точка (например,	точка			B ) может
перемещаться только по вертикальной прямой	x = x1 (ψ ′ = ∞) , то
соответствующее условие трансверсальности принимает вид Fy′			x=x1	= 0.

Замечание 2. Если граничная точка (пусть точка A) может перемещаться только по горизонтальной прямой y = y0 (ϕ′ = 0) , то условие трансверсальности

	¢		= 0.
принимает вид éF - y F ù
ë		y′ ûx=x0
ПРИМЕРЫ С РЕШЕНИЯМИ
Пример 1. Найти расстояние между параболой y = x2						и прямой y = x − 5.
▲ Задача сводится к нахождению экстремального значения функционала
			x
			V[ y] = ò1
				1+ y¢2 dx		(44)
			x0

при условии, что левый конец экстремали может перемещаться по кривой y = x2 , а правый – по прямой y = x − 5. Таким образом, в нашем случае имеем

ϕ(x) = x2 , ψ (x) = x - 5. Общее решение уравнения Эйлера будет:

y = С x + С

2

,

где С1 и С2

1

– произвольные постоянные, которые предстоит определить.

Условия трансверсальности (42) имеют вид

é

¢

¢ù

é

¢

¢ù

ê

1+ y¢2 + (2x - y ) y

ú

= 0,

ê 1+ y¢2

+

(1

- y ) y

ú

= 0,

(45)

ê

1+ y¢2

ú

ê

1+ y¢2

ú

ë

ûx=x0

ë

ûx=x1

где y′ = С . Условия (43) пересечения экстремали с кривыми y = x2 и y = x − 5
1
принимают вид
C x + C				2	= x2		,		C x + C						2		= x - 5.							(46)
1	0					0			1		1								1
Четыре уравнения (45), (46) определяют неизвестные параметры С1 , С2 ,
x0 , x1 :								3					1						23.
	C = -1, C						=		, x =					, x =
	1					2		4	0				2		1				8
Значит, экстремалью			является					прямая						y =					3	- x , а				расстояние между
данными параболой и прямой равно																4
	23
																19
l = ò8																							. ▲
											x		231 8 =								2
			1+ (-1)2				dx =
										2
																			8
	1												2

2

Пример 2. Найти вид условия трансверсальности для функционалов вида

39

x

V[ y] = ò1

A(x, y)

1+ y¢2 dx,

A(x, y) ¹ 0

(47)

x0

(к этому виду относится и длина кривой из предыдущего примера).

▲ Условие трансверсальности

éF +

(ϕ

¢

¢

ù

= 0 (на примере левого

- y )F

ë

y′

ûx=x0

конца экстремали, лежащего на кривой

y = ϕ(x) ) в данном случае имеет вид

A(x, y) y

′

A(x, y)(1+ϕ

′

′

¢2

¢

¢

A(x, y)

1+ y

+ (ϕ

- y )

= 0

или

= 0,

откуда

при

1+ y¢2

1+ y¢2

условии A(x, y) ¹ 0 находим

−1

y¢(x0 ) =

.

(48)

ϕ¢(x0 )

Это означает, что для функционала (47) условие трансверсальности

переходит в условие ортогональности (48).

Используем

более

простой

вид условия

(48)

и аналогичного

условия

y¢(x1 ) =

−1

.

на

правом

конце

для

отыскания экстремали

предыдущего

ψ ¢(x1 )

примера 1, в котором функционал (44) имел вид (47).

Для определения коэффициентов С1 , С2

в общем решении y = С1x + С2

уравнения Эйлера, а также точек x0

и x1 , имеем систему

¢

¢

2

1+ y ϕ

x=x0

= 1+ C1

×2x0 = 0, C1x0 + C2 = x0

(49)

¢

¢

× 1 =

1+ yψ

x=x1

=1+ C1

0, C1x1 + C2 = x1 - 5,

откуда снова, но гораздо быстрее, находим: C = -1, x

= 1

, C

=

3

, x =

23.

4

1

0

2

2

1

8

Таким образом, учет конкретного вида функционала (47) позволил

получить для определения неизвестных

C1 , C2 , x0 , x1 систему (49), более

простую, чем система общего вида (42), (43). ▲

ЗАДАЧИ

1. Найти кратчайшее расстояние от точки A(1,0) до эллипса 4x2 + 9 y2

= 36 .

2. Найти кратчайшее расстояние от точки A(-1,5)

до параболы x = y2 .

3. Найти кратчайшее расстояние между окружностью x2 + y2

=1 и прямой

x + y = 4 .

4. Найти кратчайшее расстояние от точки A(-1,3) до прямой y = 1- 3x .

5. Найти функцию, реализующую экстремум функционала

π

4

(

)

ò

2

¢2

V[ y] =

y

- y

dx, y(0) = 0,

0

40