А.В.Шатина МО 2012 версия 20.09.2013

101

но неравенство

ˆ

Представим

функцию

x

в виде

I x I x .

ˆ

x

должна удовлетворять крае-

x t x t h t . Так как функция

вым условиям задачи,

то для функции h

краевые условия будут

нулевыми: h 1 h 1

0.

Рассмотрим разность

ˆ

ˆ

I x h

I x :

1

2

1

2

I x h I

x

dt

x

2tx dt

x h

2t x h

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

1

1

1

2xh h

2th dt 2xh

1

1

2xh 2th h

dt

2

2

ˆ

ˆ

ˆ

1

1

1

2xh

dt

1

1

2xh

2th h

2

ˆ

ˆ

1

1

1

2t hdt

1

1

2

dt

2

dt 0 .

ˆ

2x

h

h

1

1

1

Таким образом, для любой допустимой функции

ˆ

x t x t h t

разность

ˆ

ˆ

I x h I x неотрицательна.

Ответ:

	t	3		t
ˆ					1 absmin
x t	6			6

з

.

●

Пример 2.

I x	5 4					dt extr;
			2	4x	2
		x

x 0

x 5

4

0

.

0
Решение: Интегрант задачи равен				2	4x	2	.
		L L t, x, x	x
Выпишем уравнение Эйлера: dt		2x 8x 0 x 4x 0 .
	d

Уравнение Эйлера представляет собой линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Его общее решение имеет вид:

x t C1 cos 2t C2 sin 2t .

Константы C1,C2 найдем из граничных условий: x 0 0 C1 0; x 5 4 0 C2 0 .

102

Отсюда

тремаль

получаем единственную xˆ t 0 .

возможную допустимую экс-

Покажем, что найденная функция	ˆ	не доставляет
	x
ного экстремума в поставленной задаче.
Рассмотрим последовательность	функций		yn t

локаль-

	1	sin	4t	.
	n		5

Для любого значения

n 1,2,...

функции

мыми и, кроме того, yn xˆ 1 0 при

yn	являются допусти-

n . Вычислим зна-

чение функционала на

yn :

											5 4																		2												2
			I y		n														4						4t						1				4t								dt
																						cos										sin
																													4
																		5n								5				n					5
													0
				1			5 4									42						58						8t						21
																								cos																	0				I		ˆ
					2																									dt								2									x .
			n													25						25							5				10n
								0
	Рассмотрим другую последовательность допустимых функ-
ций,	сходящихся														к			ˆ								норме					пространства																C		1	0;5	4	:
																		x по
zn	1	sin	16t		. Вычислим значение функционала																																							I	на		zn			:
	n		5
												5				4														2														2
			I z																16							16t						1					16t
						n
																							cos											sin												dt
																														4
																			5n							5					n								5
														0
					1			5 4							78					178								32t					39
																																															ˆ
						2																		cos												2				0				I x .
																														dt
				n					0						25						25								5			10n
												I xˆ
	Так как				I y					n											, а I									ˆ					xˆ			locextr з										.
																									zn I x , то
	Из этого примера видно, что уравнение Эйлера																																														- необходи-
мое, но не достаточное условие экстремума.																																																			●
	Пример 3.
			1																					x 0 1, x 1
							2			2	dt extr;
								x																													2 .
	I x x
			0

Решение: Заметим, что интегрант задачи L x2 x2 не зависит

103

явно от

t

. Поэтому имеет место интеграл энергии:

							2		2	x	2				2	x	2	const .
xLx	L const x					2xx			x			const x
Тогда		d x					x
			2						2
xx C				C										x			2C t 2C
									C t C
	1				1					1			2					1		2
		dt 2						2
Так как на концах отрезка интегрирования функция																			x( )

.

при-

нимает положительные значения, то перед квадратным корнем следует взять знак «плюс». Из краевых условий найдем константы

C	,C		: C	1	,C
		2				2
1			1	2

1 2

. Получаем единственную допустимую экс-

ˆ

1

ˆ

ˆ

,

ˆ

тремаль x t

t 1 . Заметим, что x t

2

t 1

2x t x t

Возьмем произвольную допустимую функцию

x t x t h t ,

h 0 h 1 0 .

ˆ

Рассмотрим разность

I x h I

x

1

2

1

2

2

x

2

dt

x h

x h

dt x

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

0

0

1

x h x h xx

x h x h xx dt

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ ˆ

ˆ

ˆ ˆ

0

xh

hx hh 2xx xh hx hh dt

1

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ ˆ

ˆ

0

1

h

2

h

2

ˆ

1

ˆ

dt

xh

2

xh

2

0

1

.

	1								1								2			1
				h	2							h	2					h	2
							dt										dt xh
		xh								xh
			ˆ	2							ˆ	2					ˆ	2
	0								0											0
Так как для любой допустимой функции x t
выполнено неравенство										ˆ				ˆ			то найденная
									I x h I x ,

0.

xˆ t h t

экстремаль

xˆ t t 1 доставляет в задаче абсолютный минимум.

Ответ: xˆ t t 1 abs min з . ●

104

Пример 4.

I x		2		2		2	4x cos t dt extr;	x 0 0,
					x
			x
	0

x	2

0

.

Решение: Выпишем интегрант задачи и уравнение Эйлера:

L t, x, x x			x
		2		2

4x cos t

;

	d	2x 2x 4 cos t
	dt

0

x x

2 cos t

.

(3)

Уравнение Эйлера представляет собой линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Его общее решение представляется в виде суммы общего решения соответствующего однородного урав-

нения x x 0

и частного решения неоднородного уравнения:

x xoo xч .

Корни характеристического уравнения равны

i , поэтому

xoo C1 cos t C2 sin t .

Частное решение неоднородного уравнения ищем в виде:

xч

t Acos t B sin t .

Подставляя эту функцию в уравнение (3), получим

A 0, B 1.

Поэтому

x C1 cost C2 sin t t sin t .

Постоянные C1,C2

найдем из краевых условий:

x 0 0 C1 0;

x 2 0 C2 2 0 C2 2 .

Получаем единственную допустимую экстремаль:

ˆ

t

2 sin t .

x t

Проведем

исследование

полученного

решения. Для этого

возьмем произвольную допустимую функцию

ˆ

,

x t x t h t

h t C1 0;

2

и рассмотрим разность

0

2

2

2

I x h

I

x

4 x h cos t dt

x h

x h

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

0

2

2

4h cos t dt

2

ˆ

2

ˆ

2

ˆ

2

ˆ

ˆ

h

x

x

4x cos t

dt 2xh

h

2xh

0

0

105

			2		2					4 cos t hdt			2						dt
									ˆ							2	h	2
ˆ							ˆ
2xh						2x			2x					h
		0			0								0
								2		h		dt 0 .
							h
									2		2
								0

При выводе последнего неравенства было использовано неравенство Стеклова.

Неравенство Стеклова В.А.

		0;	, то
Если	1
	f x C0
				0
равенство	достигается		только	для

f		x	2		f	2	x dx ,
				dx
				0			f x
	функций вида

причем

Asin x

(Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления, часть III, М. Наука, 1969, стр. 595).

Покажем, что если

0 l

и

1

g t C0 0;l , то

l

g

t

l

t dt .

2

dt

g

2

0

0

Действительно, выполним замену переменной

x

t

,

l

f x g t x . Тогда

и рассмотрим функцию

f x

2

2

dg dt

l

f x dx

f

x dx

.

Но

f x

dt dx g t

0

0

	t t x		lx
		0;
	1		и
	C0

, dx l dt ,

поэтому

	l	2		l
				g t
		2					2		dt
				0
l					2				l
			2	dt				g
						2
следовательно, g t					l
0									0

	l			t dt ,
		g	2
	0
				l
2 t dt g 2					t dt .
				0

Вернемся к поставленной задаче. Так как для любой допу-

стимой функции	ˆ
	x t x t h t выполнено неравенство

	106
ˆ	ˆ			ˆ		до-
I x h I x , то найденная экстремаль				x t t 2 sin t
ставляет в задаче абсолютный минимум.			t		2 sin t abs min з . ●
	Ответ:	ˆ
		x t

В качестве следующего примера приведем одну из классических задач вариационного исчисления – задачу о брахистохроне, сформулированную в 1696 году Бернулли. Задача состоит в отыскании траектории быстрейшего ската материальной точки под действием силы тяжести между двумя заданными точками A

и	B , не лежащими на одной вертикальной прямой. Эта задача

была решена самим И. Бернулли, а также Лейбницем, Я. Бернулли и Ньютоном.

Пример 5. Задача о брахистохроне.

В вертикальной плоскости даны две точки A и B . Определить путь, спускаясь по которому под действием собственной

тяжести тело M , начав двигаться из точки	A, дойдет до точки	B
за кратчайшее время.

Решение: Введем в плоскости систему координат Oxy , где

ось Ox	горизонтальна, ось Oy направлена вертикально вниз, а
точка	A	совпадает		с началом координат (рис. 8.2).			Пусть
B x1, y1	, а y y x		-	функция, задающая уравнение кривой, со-
единяющей точки A			и	B .
В соответствии с законом Галилея скорость тела M							в точке
x, y x не зависит от формы кривой, а зависит лишь от							y x и
выражается формулой vM						, где g - ускорение силы тя-
					2gy x

жести. Время, требуемое для преодоления участка кривой длины

2

2

ds

1 y

2

x dx

ds

dx

dy

равно

. Откуда получа-

2gy x

2gy x

ется следующая формализация задачи о брахистохроне:

x	1 y	2
1		dx min,
I y	2gy
0

Интегрант задачи L

1 y 2

2gy

y 0 0,

y x1 y1 .

не зависит явно от x , следо-

107

вательно, имеет место интеграл энергии:

y L	y	L h y	y
			1 y	2
					2gy

		1		h h 0,
		1 y	2
				2gy

Рис. 8.2

	1 y			2
					h
	2gy
			2		2
y 1 y					C1 .

Из последнего уравнения получаем (учитывая, что y 0 ) дифференциальное уравнение первого порядка с разделяющимися переменными:

	y	C	2
				1
		1
		y

	ydy
	C 2	y
	1

dx

.

Выполним замену переменной: y C12 sin 2 t , тогда

dy 2C 2 cos t sin tdt и C 2						2sin 2 tdt				dx .
	1	1
Интегрируя последнее равенство, получаем:
x C			C12	2t sin 2t ,	y		C12	1 cos 2t .			(4)
	2
		2				2
Так как кривая проходит через точку A 0;0 , то C2											0. По-

108

стоянная

C1

находится из условия

y x
1

y1

. Уравнения (4) яв-

ляются параметрическими уравнениями семейства циклоид. Следовательно, кривой наискорейшего спуска является циклоида. ●

Задачи для самостоятельного решения

	1													x dt extr,									x 0 x 1 0 .
8.1.						2			t			2
		x
	0
	3		t																				x 2 0, x 3 1.
8.2.						2										2		dt extr,
									1 x
	2
	e																				x 1 0, x e 1.
8.3.							2		dt extr,
			tx
	1
	1															4xsht dt extr, x 0 1, x 1 0 .
8.4.						2			x				2
		x
	0
	2
								2							2
8.5.				x						x							dt extr;						x 0 1,	x	0 .
		0																							2
	2
								2							2
8.6.				x						x								4x sin t dt extr;						x 0 0,				x	0
		0																										2
	2																				dt extr, x 1 1, x 2 0 .
8.7.							2												2
			x						2xx x
	1
	1																x e						x 0 0, x 1 e
8.8.							2		x					2						2t		dt,				1	.
			x
	0
																	4x cos t dt extr;							x 0 0,				x 0 .
8.9.							2			x				2
			x
	0
			e																extr, x 1 0, x e 1.
8.10.										2
					tx						xx dt
			1

.

1

8.11. Найти допустимые экстремали функционала I x xx2 dt ,

0

удовлетворяющие граничным условиям x 0 1, x 1 34 .

109

Занятие 9. Задача Больца

Определение. Задачей Больца называется следующая экс-

тремальная задача без ограничений в пространстве C

1

t0

;t1 :

t

1

, x t1

extr .

(з)

B x L t, x t , x t dt l x t0

t

0

Здесь

L L t, x, x

- функция трех переменных, называемая

интегрантом, l l x t0

, x t1 - функция двух переменных, назы-

ваемая терминантом,

отрезок

t0 ;t1

фиксирован

и

конечен,

t0 t1. Функционал B называется функционалом Больца.

▲

Определение. Функции x C

1

t0 ;t1

называются допу-

стимыми в задаче.

Говорят, что допустимая функция

ˆ

доставляет слабый

x

локальный

минимум

(максимум)

в

задаче (з),

пишут:

ˆ

ˆ

0

такое,

что для любой до-

x locmin з x locmax з , если

пустимой

функции

x ,

удовлетворяющей

условию

x xˆ	1
B x B

, xˆ

выполнено неравенство

.

B x B xˆ ▲

Теорема. Пусть функция		ˆ
		x доставляет слабый локальный
экстремум в поставленной задаче (з)			ˆ
			x locextr з , функции
L, Lx , Lx непрерывны как функции трех переменных в некоторой
окрестности множества	t, x t , x t		t t0;t1 , а функция	l
	ˆ	ˆ

непрерывно дифференцируема в некоторой окрестности точки

x t0	, x t1 .
ˆ	ˆ
	ˆ	t C		1	t0;t1	и выполнены условия:
	Тогда Lx
	а) уравнение Эйлера
			d		ˆ	ˆ	t t0 ;t1 ;
					Lx t	Lx t 0
			dt

110

б) условия трансверсальности

ˆ	t0	ˆ		,	ˆ	t1	ˆ	.
Lx		lx t	0		Lx		lx t
							1

Здесь использованы следующие обозначения:

ˆ

t

L t, x, x

,

ˆ

t

L t, x, x

L

x

x

x

xˆ t

L

x

x

x

xˆ t

x

t

x

t

xˆ

xˆ

lˆ

l x t

, x t

,

0

x t

0

x t0

1

x t0 xˆ t0

x t1 xˆ t1

,

lˆ

l x t

, x t

.

0

x t

x t1

1

x t0 xˆ t0

1

x t1 xˆ t1

Доказательство: Возьмем произвольную,

но фиксирован-

ную функцию h C

1

t0

;t1 . Рассмотрим функцию одной ве-

щественной переменной

B xˆ h

t1

t h t dt l xˆ t0 h t0 , xˆ t1 h t1 .

L t, xˆ t h t , xˆ

t0
Функция x xˆ h является допустимой для любого R .
ˆ	з , то функция имеет экстремум в точке
Так как x locextr
0. В силу условий гладкости функция дифференцируема
в точке 0 и по теореме Ферма 0 0 .
Продифференцируем функцию :
t1	Lx t, xˆ t h t , xˆ	t h t h t

t0

Lx t, xˆ t h t , xˆ t h t h t dt

lx t0 xˆ t0 h t0 , xˆ t1 h t1 h t0

lx t1 xˆ t0 h t0 , xˆ t1 h t1 h t1 ;

t1	ˆ	ˆ		ˆ			ˆ
	Lx t h t Lx		t h t dt lx t			h t0	lx t	h t1 0 (1)
0					0
							1

t0