А.В.Шатина МО 2012 версия 20.09.2013

121

2xe

e

1

1

1

2

ˆ

x

h

ˆ

0

0

x 1

e

h 1

1 4e

x 0

e

h 0

32e

ˆ

ˆ

Тогда

ˆ

ˆ

B x h B x

	ˆ	e		h
	x
ˆ
xe					hdt
1			1
							ˆ	h
							x
					ˆ
					2xe			e hdt
			0

.

1

x h 2

x 0 h 0

x 1 h 1

x 0

x 1

e

ˆ

h dt

4e

ˆ

32e

ˆ

4e

ˆ

32e

ˆ

0

32e x 1 eh 1 1 4ex 0 eh 0

1

ˆ

ˆ

1

h

dt 32e

x 1

2ch h 1 32 2e

x 1

e

x h

2

ˆ

ˆ

ˆ

0

1

h dt 16 ch h 1 1 0 .

e

ˆ

x h

2

0

ˆ

Так как для любой допустимой функции x x h вы-

полнено неравенство

ˆ

h

ˆ

, то найденная экстремаль

B x

B x 0

ˆ

x t 2ln t 1 доставляет в задаче абсолютный минимум.

Ответ:

xˆ t 2ln t 1 abs min

з

.

●

Задачи для самостоятельного решения

9.1.

1	x
		2
0

x	2	dt

2x 1 sh1

extr

.

	1			6xt dt x									1 4x 0 extr .
	2											2
9.2. x
	0
	1							dt x						0 6x 1 extr.
							2						2
9.3. 12xt x
	0
	2			x 12t					8 dt x										0 4x 2 extr .
9.4. x
		2						2									2
	0
9.5.	2		2			2					2							2									.
		x			x		dt			x			0			x						4 x				extr
	0																		2			2

9.6.

122

2				2x dt 2x		0 x
	2		2		2		2
		x							extr.
x
0								2

	2											2x 1 x						2 extr.
9.7.		t	2			2			dt							2
						x
	1
	e																	1 x		e 4x e extr.
9.8.								2									2		2
		2 tx								xx dt 3x
	1
	1						x								dt 2x 1 x 0 1 extr.
9.9.		e		t 1							2x
									2					2
	0
		e 1
9.10.					t 1 x								dt 2x 0 x e 1 1 extr .
												2
		0

9.11. Найти допустимые экстремали функционала Больца

B x

3
4x	2		2	dt
		x
0

x	4	0

8

x 3

.

Занятие 10. Изопериметрическая задача

Определение. Изопериметрической задачей классического вариационного исчисления называется следующая экстремальная

задача в пространстве C1 t0 ;t1 :

	t
I0	1	t, x t , x t dt extr;
	x f0
	t
	0

(з)

t1		dt i ,	i 1,..., m ,	(1)
Ii x fi t, x t , x t
t0
x t0	x0 ,	x t1 x1.		(2)

Здесь 1,..., m - заданные числа, отрезок t0 ;t1 фиксирован и конечен, t0 t1. Ограничения (1) называются изопериметриче-

скими. Функции x C1 t0 ;t1 , удовлетворяющие условиям (1), (2), называются допустимыми.

123

Определение. Говорят, что допустимая функция

ляет слабый локальный минимум (максимум) в задаче
xˆ locmin	з xˆ locmax з , если		0 такое, что для
пустимой	функции	x ,	удовлетворяющей

xˆ достав- (з), пишут: любой доусловию

ˆ

, выполнено неравенство

x x

1

I0

x I0 x I0 x I0

x .

▲

ˆ

ˆ

Определение.

Функция

m

fi t, x, x

называется

L t, x, x i

i 0

лагранжианом задачи, а числа

0

, 1,..., m - множителями Ла-

гранжа.

▲

ˆ

доставляет слабый локальный

Теорема. Пусть функция x

экстремум в поставленной задаче (з)

ˆ

x locextr з , а функции

fi , fix , fix

i 0,1,..., m

непрерывны как функции трех переменных

в некоторой окрестности множества

t, x t , x t t t0

;t1 . Тогда

ˆ

ˆ

существует

ненулевой

вектор

множителей

Лагранжа

0 , 1,..., m R

m1

такой, что для функции Лагранжа задачи

L выполнено условие

ˆ

1

t0 ;t1

и справедливо уравнение

Lx t C

Эйлера:

	d	ˆ	ˆ	t t0 ;t1 .
	dt	Lx	t Lx t 0

Рассмотрим примеры решения изопериметрических

■

задач.

Пример 1.

	x	1				I1 x	1		x 0 1, x 1 6 .
I0			x		dt extr;			xdt 3,
				2
		0					0
Решение:										2	1 x .
			Составим Лагранжиан задачи: L 0 x

пишем необходимое условие экстремума – уравнение Эйлера:

Вы-

dtd Lx Lx 0 dtd 2 0 x 1 0 2 0 x 1 0 .

124

Если 0 0	, то из уравнения Эйлера получим, что
следовательно, вектор множителей Лагранжа		получается
вым. Поэтому 0	0 . Положим 0 1 2 . Тогда

1 0,

нуле-

x		, x t C , x			t	2	C t C
	1		1	1	1		1	2
					2
Неизвестные постоянные 1, C1,C2 найдем
условий и изопериметрического условия:

	x 0 1 C2 1,
	x 1 6
		1	C1	C2	6	,
		2

.

из граничных

1	xdt 3	1		t 2	C t C			t3
				1		dt 3		1
				2	1	2		6
0		0

				C
		1		1	C2	3.
		6		2
	Откуда получаем: 1	6, C1 2, C2 1.

стимая экстремаль задачи имеет вид:

C t	2		1
1	C	t	3
2	2
			0

Единственная допу-

xˆ t

Покажем с помощью

3t	2	2t 1.

непосредственной проверки, что

xˆ t

доставляет абсолютный минимум в задаче, т.е. покажем, что для

любой	допустимой функции	x	выполнено			неравенство
I0 x I0	ˆ	h C		1	t0 ;t1	такую, чтобы
	x . Возьмем функцию
функция	ˆ
	x t x t h t была допустимой. Из ограничений зада-

чи получим условия, которым должна удовлетворять функция h :

ˆ			h 0 0 ,
x 0 h 0 1
ˆ			h 1 0,
x 1 h 1 6
1	h dt		1
ˆ		3 hdt 0 .
x
0			0
		ˆ	ˆ

Рассмотрим разность I0 x h I0 x :

125

											1			2		1			1
			0				0
	I			x h I				x				x h			dt		x	dt		2xh	h			2	dt
					ˆ			ˆ									2
												ˆ					ˆ			ˆ
											0					0			0
	1				1	2xh h				dt 2x 1 h 1 2x 0 h 0 12												1				1
2xh									2														hdt					2	dt
																											h
													ˆ				ˆ
ˆ						ˆ
	0				0																	0				0
													1
														2	dt 0 .
													h
													0

x t

Такимxˆ t h t

образом,разность

для
I		x
	0	ˆ

любой
h I		x
	0	ˆ

допустимой функции неотрицательна. Поэто-

му найденная экстремаль доставляет в задаче абсолютный минимум и

S	min

Можно показать,

1		1
x		dt
	2
ˆ
0		0
что		Smax

6t 2	2	dt 28 .
. Действительно, рассмот-

рим последовательность допустимых функций

x	n	t

Тогда

xˆ t nsin

2 t

.

1
I0 xn 6t 2 2n cos 2 t	2	dt

при

n

.

Ответ:

0
ˆ	2	2t 1 absmin
x t 3t

з, S	min	28, S	max

.

●

В качестве следующего примера приведем классическую изопериметрическую задачу о нахождении замкнутой кривой, имеющей заданную длину и охватывающую наибольшую площадь. Еще до Аристотеля (IV век до н.э.) было известно, что среди всех изопериметрических (имеющих равную длину) кривых наиболее вместимой является окружность. Изопериметрическая задача содержится также в легенде о царице Дидоне. Описываемые события легенда относит к 825 году до н.э.

Финикийская царица Дидона со своей свитой, спасаясь от преследований, покинула родной город и отправилась в путь на корабле на Запад вдоль берегов Средиземного моря. Выбрав на африканском побережье удобное место, Дидона и ее спутники

126

решили основать в выбранном месте свой город. Местным жителям эта идея не понравилась, но, тем не менее, финикийской царице удалось уговорить местного предводителя, и он неосторожно согласился уступить Дидоне клочок земли, «который можно окружить бычьей шкурой». Хитрая финикиянка разрезала шкуру на тонкие ремни, связала их в один длинный ремень и, окружив им значительную территорию, заложила на ней город Карфаген.

Таким образом, Дидона «решала» классическую изопериметрическую задачу о наибольшей вместимости. Если предположить, что Дидона хотела сохранить выход к морю, то получим первую задачу Дидоны: среди всех кривых длины l с концами на фиксированной прямой, найти ту, которая ограничивает фигуру наибольшей площади (рис. 10.1). В рамках рассматриваемой в этом занятии постановки задачи решим вторую задачу Дидоны, в которой оба конца кривой закреплены на прямой.

Рис. 10.1

Пример 2. Задача Дидоны.

a

a

dt l, x a x a 0 .

xdt max;

2

1 x

a

a

Решение: Составим Лагранжиан задачи: L 0 x 1

2

1 x

Выпишем уравнение Эйлера:

d

d

L

L

0

1 x

0 .

dt

2

x

x

dt

0

1 x

.

127

Случай 1: 0 ется в ноль вектор

0. Тогда 1 0 (в противном случае обращамножителей Лагранжа), следовательно,

x
1
1 x
		2

const x C		,
	1

x

C1t

C2

.

С учетом граничных условий:
x a 0 C a C		2	0
1
x a 0 C a C			2
	1
Отсюда следует, что C1 C2 0,	ˆ
	x t 0.

Из изопериметрического условия тогда

,
0	,

получим:

a dt l

a

Таким образом, если l 2a Случай 2: 0 1. Тогда

l

, то

2a xˆ t

.

0

.

d		x					x
		1				1	1
dt				2					2
		1 x					1 x

t

C1

.

Из последнего уравнения выразим

x

:

												t C
x			1 x		t C		,	x					2		,	x
2		2		2	1	2			2			1
1											2	t C		2
											1		1
	Проинтегрируем по t								последнее уравнение:

	t C
	1
2	t C	2
1	1

.

2	2							2				2	2
x C2 1	t C1		x C2							t C1			1 .
Получили уравнение окружности.
Найдем неизвестные постоянные							1, C1				,C2	из ограничений
задачи:
x a 0 C		2	a C 2						2 ,
		2						1			1
		2							2			2
x a 0 C2			a C1								1 .
Откуда получаем:
	C 0	,	C		2	a	2		2		.		(3)
				2
	1								1

Учитывая изопериметрическое условие, получим:

128

a					a							t	2						a	dt
	1	x		dt l		1			2					2	1							2
																				2
			2									t									t
a					a														a
									1											1
					2						arcsin					a		l
									1							1

вид:

Введем обозначение:

	arcsin u	l	u .
		2a

	arcsin	a
		1

	u	a	.
		1

			l	.	(4)
		2
			1
	Тогда равенство (4)				примет

Последнее уравнение имеет отличное от нуля решение, если

	1	l			2a l a .
		2a		2

При выполнении этого условия из равенства (4) находим 1, а затем из уравнения (3) определяем C2 . Подведем итоги.

Рис 10.2

Если	2a l a , то в задаче имеется единственная экстре-

маль, лежащая в верхней полуплоскости и являющаяся дугой окружности, проходящей через точки a;0 , с центром на оси x

(рис. 10.2).

Если l 2a , то	ˆ
	x t 0 .

129

Если l 2a , то в задаче нет допустимых функций. Если l a , то в задаче нет допустимых экстремалей.

Пример 3.

		x	1					dt					x			1						1	3e	2
	0				2	x	2		extr;			1							t
I												I								dt				;
				x														xe					4
			0													0
								x 0 0, x 1 e
														1	.
Решение: Лагранжиан задачи имеет вид:
						L 0			x	x		1xe					.
									2		2				t

●

Уравнение Эйлера:

		d	Lx		Lx 0 2 0 x 2 0 x 1e	t	0 .
		dt
								1 0
Если	0	0		,	то из уравнения Эйлера получим				, т.е.

обращается в ноль вектор множителей Лагранжа. Следовательно,

0

0. Положим 0 1 2 . Тогда уравнение Эйлера примет вид:

t

.

(5)

x x 1e

Корни характеристического уравнения для соответствующе-

го однородного дифференциального уравнения

x x 0 равны

1. Поэтому общее решение однородного уравнения имеет вид:

x

oo

C et C

2

e t . Частное решение уравнения (5) следует искать

1

в виде: xч ate

t

. Подставляя эту функцию в уравнение (5), по-

лучим a

1

. Тогда

2

1t

x t C et C

2

e t

e t .

1

2

Неизвестные постоянные 1, C1,C2 найдем из граничных условий и изопериметрического условия:

x 0 0 C C				2
	1
x 1 e 1 C e C		e 1			1
1	2				2

0

,

e 1 e 1 ,

130

1	e t xdt	1	1 3e 2				1						e 2t		t		e 2t			1	1 3e 2
									C C
												2			1				dt
		4								1					2					4
0							0
						1 e2								1 3e2					1 3e2
		C1		C2									1								.
								2				2			4				4
	Отсюда получаем:						C1			0, C2				0, 1		2.
	Таким образом, в задаче имеется единственная допустимая
экстремаль			ˆ		t	.
			x t te
	Проведем исследование полученного решения. Рассмотрим
																	ˆ					1	0;1 .
произвольную допустимую функцию x t x t h t C

Из ограничений задачи следует, что функция h	должна удовле-
творять условиям:

	1	t
	h 0 0, h 1 0, e		hdt
	0

0

.

Рассмотрим разность

1

2

1

2

2

2

I0

x h I0 x

h

x

dt

x

x h

dt x

ˆ

ˆ

0

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

0

1

2xh

dt 2xh

1

1

2x

2x hdt

1

h

dt

h

2

2xh

h

2

2

h

2

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

0

0

0

0

1

1

h

h

1

h

dt 0 .

4 e

hdt

dt h

t

2

2

2

2

0

0

0

h t

ˆ

выпол-

Так как для любой допустимой функции x t x t

нено неравенство

I0

ˆ

ˆ

то

найденная

экстремаль

x h I

0 x ,

ˆ

te

t

доставляет в задаче абсолютный минимум.

x t

Ответ:

ˆ

t

abs min з . ●

x t te

Пример 4.

3

x 0 0, x .

2

dt

;

I0 x x sin tdt extr; I1 x x

2

0

0