271
2 Авг в 08:3002.08.2018 в 08:30

Изопериметрическая задача

Содержание

Постановка задачи

Найти экстремали функционала

J[y]=x0x1L(x,y,y)dx J[y]=\int\limits_{x_0}^{x_1}L\left(x,y,y'\right)\,dx

при условиях

x0x1G(x,y,y)dx=C,y(x0)=y0,y(x1)=y1 \int\limits_{x_0}^{x_1}G\left(x,y,y'\right)\, dx =C,\quad y(x_0)=y_0,\,\,y(x_1)=y_1

У функционала JJ может и не быть экстремалей в смысле задачи с фиксированными концами. Однако, на множестве кривых y(x)y(x), удовлетворяющих условию x0x1G(x,y,y)dx=C,\int_{x_0}^{x_1}G\left(x,y,y'\right)\, dx =C, у функционала могут найтись экстремали.

Шаблон решения

Вычисление производных. Уравнение Эйлера-Лагранжа

Рассмотрим функцию

Φ(x,y,y;λ)=L(x,y,y)+λG(x,y,y), \Phi\left(x,y,y';\lambda\right)=L\left(x,y,y'\right)+\lambda G\left(x,y,y'\right),

где λ\lambda – параметр, подлежащий определению.

Вычисляем производные:

yΦ(x,y,y;λ),yΦ(x,y,y;λ),ddxyΦ(x,y,y;λ). \frac{\partial}{\partial y}\Phi\left(x,y,y';\lambda\right),\quad\frac{\partial}{\partial y'}\Phi\left(x,y,y';\lambda\right),\quad\frac{d}{dx}\frac{\partial}{\partial y'}\Phi\left(x,y,y';\lambda\right).

Выписываем уравнение Эйлера-Лагранжа

ddxyΦ(x,y,y;λ)=yΦ(x,y,y;λ) \frac{d}{dx}\frac{\partial}{\partial y'}\Phi\left(x,y,y';\lambda\right)=\frac{\partial}{\partial y}\Phi\left(x,y,y';\lambda\right)

и приводим его к максимально простому виду.

Решение уравнения

Решаем полученное дифференциальное уравнение второго порядка. Выписываем общее решение

y=y(x,C1,C2;λ). y=y\left(x,C_1,C_2;\lambda\right).

Определение констант интегрирования

Используя граничные условия, получаем систему для определения постоянных

{y(x0,C1,C2;λ)=y0y(x1,C1,C2;λ)=y1 \left\{\begin{array}{l} y\left(x_0,C_1,C_2;\lambda\right)=y_0\\ y\left(x_1,C_1,C_2;\lambda\right)=y_1 \end{array}\right.

Решая данную систему, получаем выражение постоянных через λ\lambda

C1=C1(x0,x1,y0,y1;λ),C2=C2(x0,x1,y0,y1;λ). C_1=C_1(x_0,x_1,y_0,y_1;\lambda),\quad C_2=C_2(x_0,x_1,y_0,y_1;\lambda).

Определение значения λ

Подставляем найденные в предыдущем пункте значения констант в общее решение

y(x;λ)=y(x,C1(x0,x1,y0,y1;λ),C2(x0,x1,y0,y1);λ) y_*(x;\lambda)=y\Bigl(x,C_1(x_0,x_1,y_0,y_1;\lambda),C_2(x_0,x_1,y_0,y_1);\lambda\Bigr)

и интегрируем:

x0x1G(x,y(x;λ),y(x;λ))dx=C(λ). \int\limits_{x_0}^{x_1}G\Bigl(x,y_*(x;\lambda),y'_*(x;\lambda)\Bigr)\,\, dx=C(\lambda).

Находим значение λ\lambda из изопериметрического условия C(λ)=CC(\lambda) = C.

Уравнение экстремали

Выписываем уравнение экстремали, подставляя в общее решение y(x,C1,C2;λ)y(x,C_1,C_2;\lambda) найденные значения постоянных.

Важный частный случай

Если подинтегральные функции L(x,y,y)L\left(x,y,y'\right) и G(x,y,y)G\left(x,y,y'\right) не зависят от первого аргумента, то уравнение Эйлера-Лагранжа имеет первый интеграл

yΦ(y,y;λ)yΦ(y,y;λ)=C1. y'\frac{\partial \Phi\left(y,y';\lambda\right)}{\partial y'}-\Phi\left(y,y';\lambda\right)=C_1.

Данное выражение определяет дифференциальное уравнение первого порядка, общее решение которого (зависящее от некоторой постоянной C2C_2) совпадает с решением уравнения Эйлера-Лагранжа.

На практике можно выбирать – решать исходное уравнение Эйлера-Лагранжа, или воспользоваться первым интегралом.
Хотя задачи эквивалентные, но вид уравнений может заметно различаться.

Примеры

Пример 1

Найти экстремали функционала

J[y]=01y2dx J[y]=\int\limits_{0}^{1}y'^2\,dx

при условиях

01xydx=14,y(0)=0,y(1)=112. \int\limits_{0}^{1}xy\, dx =\frac{1}{4},\quad y(0)=0,\,\,y(1)=\frac{1}{12}.

  1. Рассмотрим функцию

Φ(x,y,y;λ)=y2+λxy, \Phi\left(x,y,y';\lambda\right)=y'^2+\lambda xy,

где λ\lambda – параметр, подлежащий определению.

Вычисляем производные:

y(y2+λxy)=λx,y(y2+λxy)=2y, \frac{\partial}{\partial y}\left(y'^2+\lambda xy\right)=\lambda x,\quad\frac{\partial}{\partial y'}\left(y'^2+\lambda xy\right)=2y',

ddxy(y2+λxy)=ddx2y=2y.\frac{d}{dx}\frac{\partial}{\partial y'}\left(y'^2+\lambda xy\right)=\frac{d}{dx}2y'=2y''.

Уравнение Эйлера-Лагранжа

2y=λx. 2y''=\lambda x.

  1. Полученное уравнение легко интегрируется:

y=λx2y=λx24+C1y(x,C1,C2;λ)=λx312+C1x+C2. y''=\frac{\lambda x}{2}\quad\Rightarrow\quad y'=\frac{\lambda x^2}{4}+C_1\quad\Rightarrow\quad y(x,C_1, C_2;\lambda)=\frac{\lambda x^3}{12}+C_1x+C_2.

  1. Используя граничные условия, получаем систему для определения постоянных

{λ0312+C10+C2=0λ1312+C11+C2=112{C2=0C1=1λ12. \left\{\begin{array}{l} \frac{\lambda\cdot 0^3}{12}+C_1\cdot 0+C_2=0\\ \frac{\lambda\cdot 1^3}{12}+C_1\cdot 1+C_2=\frac{1}{12} \end{array}\right.\quad\Rightarrow\quad\left\{\begin{array}{l} C_2=0\\ C_1=\frac{1-\lambda}{12} \end{array}\right..

  1. Подставляем найденные в предыдущем пункте значения констант в общее решение

y(x;λ)=λx312+C1x+C2=λx312+(1λ)x12 y_*(x;\lambda)=\frac{\lambda x^3}{12}+C_1x+C_2=\frac{\lambda x^3}{12}+\frac{(1-\lambda)x}{12}

и интегрируем функцию xyxy:

01xy(x;λ)dx=01(λx412+(1λ)x212)dx=112(λ5+1λ3). \int\limits_{0}^{1}xy_*(x;\lambda)\, dx=\int\limits_{0}^{1}\left(\frac{\lambda x^4}{12}+\frac{(1-\lambda)x^2}{12} \right)\,dx=\frac{1}{12}\left(\frac{\lambda }{5}+\frac{1-\lambda}{3}\right).

Найдем значение λ\lambda из изопериметрического условия

112(λ5+1λ3)=14. \frac{1}{12}\left(\frac{\lambda }{5}+\frac{1-\lambda}{3}\right)=\frac{1}{4}.

Получаем λ=20\lambda=-20.

  1. Выписываем уравнение экстремали, подставляя в общее решение найденные значения постоянных

y(x)=y(x;20)=5x33+7x4.y_*(x)=y_*(x;-20)=-\frac{5 x^3}{3}+\frac{7x}{4}.

Пример 2 (Задача Дидоны)

Найти экстремали функционала

J[y]=01ydx J[y]=\int\limits_{0}^{1}{y}\,d x

при условиях

011+y2dx=2,y(0)=y(1)=0 \int\limits_{0}^{1}\sqrt{1+y'^2}\, dx =2,\quad y(0)=y(1)=0

1,2. Подинтегральные функции L(x,y,y)=yL\left(x,y,y'\right)={y} и G(x,y,y)=1+y2G\left(x,y,y'\right)=\sqrt{1+y'^2} не зависят от переменной xx, поэтому уравнение Эйлера-Лагранжа задачи имеет первый интеграл

yy(y+λ1+y2)(y+λ1+y2)=C1. y'\frac{\partial }{\partial y'}\left(y+\lambda \sqrt{1+y'^2}\right)-\left(y+\lambda\sqrt{1+y'^2}\right)=C_1.

Вычислив частную производную и выполнив элементарные преобразования, получим уравнение

y=λ2(y+C1)21. y'=\sqrt{\frac{\lambda^2}{(y+C_1)^2}-1}.

Отсюда следует, что

dx=(C1+y)dyλ2(C1+y)2. d x=\frac{(C_1+y) \,dy}{\sqrt{\lambda^2-(C_1+y)^2}}.

Интегрируя, получим

x=(C1+y)dyλ2(C1+y)2=12d(λ2(C1+y)2)C12y2=λ2(C1+y)2+C2. x=\int\frac{(C_1+y)\,dy}{\sqrt{\lambda^2-(C_1+y)^2}}=-\frac{1}{2}\int\frac{d \left(\lambda^2-(C_1+y)^2\right)}{\sqrt{C_1^2-y^2}}=-\sqrt{\lambda^2-(C_1+y)^2}+C_2.

Таким образом, общее решение уравнения Эйлера-Лагранжа

y(x,C1,C2;λ)=λ2(xC2)2C1. y(x,C_1,C_2;\lambda)=\sqrt{\lambda^2-(x-C_2)^2}-C_1.

  1. Используя граничные условия, получаем систему для определения постоянных

{0=λ2(0C2)2C10=λ2(1C2)2C1{C22=(1C2)2C1=λ2C22{C2=12C1=λ214. \left\{\begin{array}{l} 0=\sqrt{\lambda^2-(0-C_2)^2}-C_1\\ 0=\sqrt{\lambda^2-(1-C_2)^2}-C_1 \end{array}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} C_2^2=(1- C_2)^2\\ C_1=\sqrt{\lambda^2-C_2^2}\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} C_2=\frac{1}{2}\\ C_1=\sqrt{\lambda^2-\frac{1}{4}} \end{array}\right..

  1. Подставляем найденные в предыдущем пункте значения констант в общее решение уравнения Эйлера-Лагранжа:

y(x;λ)=λ2(x12)2λ214. y_*(x;\lambda)=\sqrt{\lambda^2-\left(x-\frac{1}{2}\right)^2}-\sqrt{\lambda^2-\frac{1}{4}}.

Заметим, что для определенности выражения должно выполняться неравенство λ>12\lambda>\frac{1}{2}.

Вычисляем производную

y(x;λ)=x12λ2(x12)2. y_*'(x;\lambda)=-\frac{x-\frac{1}{2}}{\sqrt{\lambda^2-\left(x-\frac{1}{2}\right)^2}}.

Интегрируем:

011+y2dx=λ01dxλ2(x12)2=2λarcsin12λ. \int\limits_0^1\sqrt{1+y_*'^2}\,dx=\lambda\int\limits_0^1\frac{dx}{\sqrt{\lambda^2-\left(x-\frac{1}{2}\right)^2}}=2\lambda\arcsin\frac{1}{2\lambda}.

Найдем значение λ\lambda из изопериметрического условия

2λarcsin12λ=2λsin1λ=12. 2\lambda\arcsin\frac{1}{2\lambda}=2\quad\Rightarrow\quad\lambda\sin\frac{1}{\lambda}=\frac{1}{2}.

Полученное уравнение имеет единственный корень1 λ0\lambda_0, удовлетворяющий неравенствам2.

Примечание

1Рассмотрим функцию f(λ)=λsin1λf(\lambda)=\lambda\sin\frac{1}{\lambda}. Из условий f(1/2)<1/2f(1/2)<1/2 и f(1)>1/2f(1)>1/2 следует, что уравнение f(λ)=1/2f(\lambda)=1/2 имеет корни. Единственность корня следует из монотонности при λ>12\lambda>\frac{1}{2}: f(λ)=sin1λ1λcos1λ>0.f'(\lambda)=\sin\frac{1}{\lambda}-\frac{1}{\lambda}\cos\frac{1}{\lambda}>0.

Примечание

2В силу того, что sin1λ>1λ16λ3\sin\frac{1}{\lambda}>\frac{1}{\lambda}-\frac{1}{6\lambda^3}, имеем λ0<13\lambda_0<\frac{1}{\sqrt{3}}. Численное решение уравнения дает λ00.528.\lambda_0\approx 0.528.

12<λ0<13. \frac{1}{2}<\lambda_0<\frac{1}{\sqrt{3}}.

  1. Таким образом, искомая экстремаль – дуга окружности

y(x)=λ02(x12)2λ0214. y_*(x)=\sqrt{\lambda_0^2-\left(x-\frac{1}{2}\right)^2}-\sqrt{\lambda_0^2-\frac{1}{4}}.

Изопериметрическая задача.png

Длина дуги AB=011+y2dx=2\overset\frown{AB}=\int\limits_{0}^{1}\sqrt{1+y'^2}\, dx =2. Площадь между дугой и осью абсцисс равна J[y]J[y_*].

Пример 3.

Пример изопериметрической задачи, имеющей бесконечно много экстремалей

Найти экстремали функционала

J[y]=01(y2+y2)dx J[y]=\int\limits_{0}^{1}\left(y^2+y'^2\right)\,d x

при условиях

01y2dx=1,y(0)=y(1)=0 \int\limits_{0}^{1}y^2\, dx =1,\quad y(0)=y(1)=0

  1. Рассмотрим функцию

Φ(x,y,y;λ)=y2+y2+λy2=y2+(1+λ)y2, \Phi\left(x,y,y';\lambda\right)=y^2+y'^2+\lambda y^2=y'^2+(1+\lambda)y^2,

где λ\lambda – параметр, подлежащий определению.

Вычисляем производные:

y(y2+(1+λ)y2)=2(1+λ)y,y(y2+(1+λ)y2)=2y, \frac{\partial}{\partial y}\left(y'^2+(1+\lambda)y^2\right)=2(1+\lambda)y,\quad\frac{\partial}{\partial y'}\left(y'^2+(1+\lambda)y^2\right)=2y',$$ddxy(y2+(1+λ)y2)=ddx2y=2y.\frac{d}{dx}\frac{\partial}{\partial y'}\left(y'^2+(1+\lambda)y^2\right)=\frac{d}{dx}2y'=2y''.

Уравнение Эйлера-Лагранжа

2y=2(1+λ)yy=(1+λ)y. 2y''=2(1+\lambda)y\Rightarrow y''=(1+\lambda) y.

2,3. Полученное уравнение явлется ЛОДУ второго порядка.

Рассмотрим три случая.

Если 1+λ>01+\lambda>0, то общее решение уравнения y=(1+λ)yy''=(1+\lambda) y имеет вид

y=C1ch1+λx+C2sh1+λx. y=C_1\operatorname{ch}\sqrt{1+\lambda}x+C_2\operatorname{sh}\sqrt{1+\lambda}x.

Граничные условия приводят к тривиальному решению:

{0=C1ch0+C2sh00=C1ch1+λ+C2sh1+λ{C1=0C2sh1+λ=0{C1=0C2=0, \left\{\begin{array}{l} 0=C_1\operatorname{ch} 0+C_2\operatorname{sh}0\\ 0=C_1\operatorname{ch}\sqrt{1+\lambda}+C_2\operatorname{sh}\sqrt{1+\lambda} \end{array}\right.\quad\Rightarrow\quad\left\{\begin{array}{l} C_1=0\\ C_2\operatorname{sh}\sqrt{1+\lambda}=0 \end{array}\right. \quad\Rightarrow\quad\left\{\begin{array}{l} C_1=0\\ C_2=0 \end{array}\right.,

которое не может быть искомой экстремалью в силу изопериметрического условия.

Если 1+λ=01+\lambda=0, то общее решение уравнения y=0y''=0 имеет вид
y=C1x+C2. y=C_1x+C_2.

Граничные условия также приводят к тривиальному решению.

Если 1+λ<01+\lambda<0, то общее решение уравнения y=(1+λ)yy''=(1+\lambda) y имеет вид

y=C1cos1λx+C2sin1λx. y=C_1\cos\sqrt{-1-\lambda}x+C_2\sin\sqrt{-1-\lambda}x.

Граничные условия приводят к соотношению

{0=C1cos0+C2sin00=C1cos1λ+C2sin1λ{C1=0C2sin1λ=0 \left\{\begin{array}{l} 0=C_1\cos 0+C_2\sin 0\\ 0=C_1\cos\sqrt{-1-\lambda}+C_2\sin\sqrt{-1-\lambda} \end{array}\right.\quad\Rightarrow\quad\left\{\begin{array}{l} C_1=0\\ C_2\sin\sqrt{-1-\lambda}=0 \end{array}\right.

Таким образом, C2C_2 пока не определено, а постоянная λ\lambda может принимать значения λn=1π2n2\lambda_n=-1-\pi^2n^2, при любом целом nn.

  1. Подставляем найденные в предыдущем пункте значения констант в общее решение

yn(x)=C2sinπnx. y_n(x)=C_2\sin{\pi n x}.

Интегрируем

01yn2dx=C2201sin2πnxdx=C222. \int\limits_{0}^{1}y_n^2\, dx =C_2^2\int\limits_{0}^{1}\sin^2\pi n x\, dx =\frac{C_2^2}{2}.

Найдем значение C2C_2 из изопериметрического условия:

C222=1C2=±2 \frac{C_2^2}{2}=1\quad\Rightarrow\quad C_2=\pm\sqrt{2}

  1. Выписываем уравнение экстремалей, подставляя в общее решение найденные значения постоянных

yn(x)=2sinπnx. y_n(x)=\sqrt{2}\sin\pi n x.

Здесь nn – произвольное ненулевое целое число.

Автор статьи
+1
-0
Комментарии
Нет комментариев

Интересные статьи за сегодня

Кто в России счастлив на работе

Кто в России счастлив на работе?
358 +21
3

Как защищать курсовую работу

О том, как преподнести себя публике и уберечь нервную систему (не только свою), представляя свое научное детище, – читайте в нашей статье.
132 +20
1

Антиплагиат: что это такое

Детальный обзор систем антиплагиата: как с ними работать и как повысить уникальность
3462 +17
0

Образование за рубежом: все ли так идеально?

Студенты за рубежом выступают против платного образования и поддельных дипломов.
20 +14
0
Хотите выполнять заказы?
Стать автором
Хотите заказать работу?
Разместить заказ