1842
2 Авг 2018 в 08:30 02.08.2018 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
Нет комментариев
Не можешь разобраться в этой теме?
Обратись за помощью к экспертам
Гарантированные бесплатные доработки
Быстрое выполнение от 2 часов
Проверка работы на плагиат

Интересные статьи за сегодня

Где лучше всего студентам живется?
5665 +80
1
Какие факторы влияют на трудоустройство выпускников?
1913 +52
1
Все секреты SAT и ACT.
226 +49
0
Форму набора каждый выбирает сам – по возможностям или по желанию. Спешим обрадовать: у коммерции тоже есть плюсы.
5815 +39
0
Особенности онлайн-общения с будущим работодателем.
364 +31
0
Автор
Хотите выполнять заказы? Стать автором
Заказчик
Хотите заказать работу? Разместить заказ
Доверьте свою работу экспертам
Разместите заказ
Наша система отправит ваш заказ на оценку 28 676 авторам
Первые отклики появятся уже в течение 10 минут