Rozova_Maximova
.pdfРассмотрим функцию h*(t), которая обращается в
нуль вне Sδ(t*), а внутри этой окрестности строго положительна (например, функция типа «шапочки»). Тогда
b |
|
|
C |
|
|
A(t)h * (t)dt = |
|
A(t)h * (t)dt > |
h * (t)dt > 0 . |
||
2 |
|||||
a |
Sδ (t*) |
|
Sδ (t*) |
||
|
|
Получили противоречие с условиями леммы. Лемма доказана.
Лемма Дюбуа–Рэймона. Если A(t) C[a;b] |
и |
b
A(t)h′(t)dt = 0 , h(t) C1[a;b]: h(a)=h(b)=0 , то A(t)≡const
a
на отрезке [a;b].
Док-во (от обратного).
Пусть A(t)≠const на [a;b]. Тогда существуют точки t1, t2 [a;b]: A(t1)≠ A(t2). Аналогично лемме Лагранжа, можно считать, что t1, t2 (a;b). Пусть, для определенности,
A(t1)< A(t2).
Тогда существует такая константа C, что
A(t1)<C< A(t2).
Рассмотрим на отрезке [a;b] функцию h*(t) такую, что
b |
|
′ |
′ |
dt = 0, |
|
(h * (t)) |
и (h*(t)) >0 при t Sδ(t1), |
|
a |
|
|
|
|
′ |
|
|
(h*(t)) <0 при t Sδ(t2), |
(h*(t))′ =0 вне окрестностей Sδ(t1) и Sδ(t2).
21
Тогда
b |
|
|
b |
|
|
b |
A(t)(h * (t))′dt = ( A(t) − C)(h * (t))′dt + C(h * (t))′dt = |
||||||
a |
|
|
a |
|
|
a |
= |
|
(A(t) − C)(h * (t))′dt + |
|
( A(t) − C)(h * (t))′dt < 0. |
||
|
|
|
||||
|
Sδ (t1 ) |
<0 |
>0 |
Sδ (t2 ) |
>0 |
<0 |
Получили противоречие с условием леммы, стало быть, не
существует таких t1, t2 [a;b], что A(t1)≠ A(t2), т.е. A(t)≡const
на отрезке [a;b]. Лемма доказана.
Замечание. Леммы Лагранжа и Дюбуа– Рэймона называются основными леммами вариационного исчисления.
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ˆ |
(t)) |
|
|
|
|||
Теорема существования |
d ∂f (t, xˆ(t), x |
. |
|
|
||||||||||||||||||||
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
Пусть xˆ(t) – экстремаль. Тогда вдоль экстремали су- |
|||||||||||||||||||||||
ществует производная: |
|
|
|
|
|
ˆ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
d ∂f (t, xˆ(t), x(t)) |
. |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
Док-во |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
b |
|
|
∂f |
|
|
|
|
ˆ |
|
|
|
|
|
∂f |
|
ˆ |
|
|||
|
|
F ′(xˆ)[h] = [ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
∂x |
(t, xˆ(t), x |
(t))h + |
|
|
∂x |
(t, xˆ |
(t), x |
(t))h]dt. |
||||||||||||||
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рассмотрим первое слагаемое |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
b |
∂f |
|
|
ˆ |
|
|
|
|
|
|
b |
|
t |
∂f |
|
|
|
|
|
ˆ |
|
|||
|
∂x |
(t, xˆ(t), x(t))h(t)dt = h(t)d[ |
∂x |
|
|
(s, xˆ(s), x(s))ds] = |
||||||||||||||||||
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
t |
∂f |
|
|
b |
|
|
b |
t |
∂f |
|
|
|
ˆ |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
= |
∂x |
ds h(t) |
|
a − [ |
∂x |
(s, xˆ(s), x |
(s))ds] h(t)dt . |
||||||||||||||||
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
a |
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Первое слагаемое обращается в нуль, так как в задаче с закрепленными концами h(a)=h(b)=0.
22
Получаем
|
|
|
|
b |
t |
∂f |
|
|
|
|
ˆ |
|
|
∂f |
|
ˆ |
|
||
F ′(xˆ)[h] = [− |
|
(s, xˆ |
|
|
|
|
(t, xˆ |
|
|||||||||||
∂x |
(s), x |
(s))ds + |
|
∂x |
(t), x |
(t))]hdt. |
|||||||||||||
|
|
|
|
a |
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
По необходимому |
условию |
экстремума |
на |
экстремали |
|||||||||||||||
F ′(xˆ)[h] = 0 , h . По лемме Дюбуа–Рэймона имеем: |
|||||||||||||||||||
t |
∂f |
|
|
|
ˆ |
|
|
|
∂f |
|
|
ˆ |
|
|
|
|
|||
− |
∂x |
(s, xˆ |
(s), x(s))ds |
+ |
∂x |
(t, xˆ(t), x(t)) = const |
= C. |
||||||||||||
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂f |
|
|
ˆ |
|
|
t |
|
∂f |
|
|
ˆ |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
(t, xˆ(t), x |
(t)) = |
|
|
|
(s, xˆ(s), x |
(s))ds + C. |
|||||||||
|
|
∂x |
|
∂x |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Оба слагаемых в правой части последнего равенства дифференцируемы по t, следовательно, и левая часть равенства так
же |
дифференцируема по t, т.е. существует производная |
||||
|
|
|
ˆ |
(t)) |
|
|
d ∂f (t, xˆ(t), x |
, что и доказывает теорему. |
|||
|
dt |
|
|
|
|
|
∂x |
|
|
Теорема существования второй производной экстремали.
Экстремаль x= xˆ(t) дважды дифференцируема во всех
точках t [a;b], в которых ∂ |
2 |
f (t, xˆ |
|
ˆ |
(t)) |
≠ 0 . |
|
|
|
||||
|
(t), x |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂x |
|
|
|
|
|
|
|
|
Док-во. |
|
|
|
|
|
|
|
|
ˆ |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(t)) |
|
|
Существование производной |
d ∂f (t, xˆ(t), x |
озна- |
|||||||||||
dt |
|
|
|
|
|||||||||
чает, что существует предел: |
|
|
|
∂x |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
lim |
1 |
[ f (t + |
ˆ |
|
ˆ |
t)) − f |
ˆ |
ˆ |
|
||||
|
|
|
|
|
|||||||||
|
t, x(t + t), x(t + |
(t, x(t), x(t))] = |
|||||||||||
t→0 |
t |
x |
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
23
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
[ f |
(t + θ |
|
ˆ |
|
|
ˆ |
|
|
t)) |
t + |
|
|
|||||||
|
|
= lim |
|
|
|
|
|
|
|
+ θ |
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
t, x(t + θ |
t), x(t |
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
t→0 |
|
t |
|
xt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ˆ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
+ f xx (t + θ t, xˆ(t + θ |
|
+ θ t)) xˆ + |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
t), x(t |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
+ f (t + θ |
|
|
ˆ |
|
|
|
ˆ |
|
+ θ t)) |
ˆ |
= |
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
t, x(t + θ |
t), x(t |
x] |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
xx |
|
|
|
|
|
|
|
|
ˆ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ˆ |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
xˆ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ˆ |
|
|
|
|
|
||
= lim[ f |
|
+ f |
|
|
|
|
|
+ f |
x |
] = f |
|
|
+ f |
|
|
|
|
|
x |
, где |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x + lim f |
|
|
||||||||||||||||||
t→0 |
xt |
|
|
|
xx |
|
|
t |
|
|
|
xx |
t |
|
xt |
|
xx |
|
|
t→0 |
xx |
t |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
t, xˆ(t + θ |
|
ˆ |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
f xt |
|
= f xt (t + θ |
|
|
+ θ |
t)), |
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
t), x(t |
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
t, xˆ(t + θ |
|
ˆ |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
f xx |
|
= f xx (t + θ |
|
(t |
+ θ |
t)), |
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
t), x |
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ˆ |
|
|
ˆ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f |
|
= f (t + θ |
|
|
|
|
+ θ t)). |
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
t, x(t + θ |
|
t), x(t |
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
xx |
|
|
|
xx |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Сопоставляя начало и конец этой цепочки преобразований, заметим, что предел левой части и первые два слагаемых правой части существуют, откуда вытекает, что у третьего слагаемого в правой части существует предел во
всех точках t [a;b], в которых ∂ |
2 |
f (t, xˆ |
ˆ |
(t)) |
≠ 0 . Таким |
|
|
(t), x |
|||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
∂x |
|
|
|
образом, мы доказали существование |
ˆ |
. Теорема доказана. |
||||
x(t) |
5.2. Вывод уравнения Эйлера для классической задачи вариационного
исчисления
По принципу Ферма F ′(xˆ)[h] = 0 h Преобразуем выражение для производной
b |
∂f |
|
ˆ |
|
∂f |
|
|
F ′(xˆ)[h] = [ |
∂x |
(t, xˆ |
(t), x |
(t))h + |
∂x |
(t, xˆ |
(t |
a |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
.
), ˆ( )) ]
x t h dt =
24
b |
∂f |
|
|
ˆ |
|
|
d |
|
∂f |
|
|
ˆ |
|
|
|
|
|
= [ |
∂x |
(t, xˆ |
(t), x(t))h − ( |
dt |
|
∂x |
(t, xˆ |
(t), x |
(t))h]dt + |
|
|
||||||
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂f |
(t, xˆ |
|
ˆ |
|
|
|
|
b |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
+ |
|
(t), x |
(t))h(t) |
|
a , |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ˆ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
d ∂f (t, xˆ |
(t)) |
||
так как, по доказанному выше, производная |
|
(t), x |
|||||||||||||||
|
dt |
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂x |
|
существует.
Последнее слагаемое равно нулю в силу закрепленных концов, так как h(a)=h(b)=0.
|
|
b |
|
∂f |
|
|
|
ˆ |
|
|
|
|
d |
|
|
∂f |
|
|
ˆ |
|
Тогда F ′(xˆ)[h] = |
[ |
|
(t, xˆ |
(t), x |
(t)) − |
|
|
|
|
|
(t, xˆ |
(t), x |
(t))]hdt h . |
|||||||
∂x |
|
dt ∂x |
||||||||||||||||||
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
По лемме Лагранжа получаем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
∂f |
(t, xˆ |
|
|
ˆ |
|
|
d |
|
∂f |
|
, xˆ |
|
|
|
ˆ |
(t)) = 0 . |
|||
|
∂x |
(t), x |
(t)) − |
dt |
|
|
(t |
(t), x |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
∂x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Итак, мы доказали следующую теорему.
Теорема. Пусть xˆ(t) – точка локального экстремума в
задаче
b
F(x) = f (t, x(t), x(t))dt → extr, x(a)=xa, x(b)=xb,
a
f (t, x(t), x(t)) дважды непрерывно дифференцируема как
функция трех переменных, тогда выполнено уравнение Эйлера
∂f |
(t, xˆ |
ˆ |
|
d ∂f |
(t, xˆ |
ˆ |
(t)) = 0 , t [a;b]. |
||
∂x |
(t), x |
(t)) − |
|
|
|
(t), x |
|||
|
|
|
dt ∂x |
|
|
|
Замечание. Запишем уравнение Эйлера в развернутом
виде:
25
|
|
|
|
|
ˆ |
(t)) |
|
∂ |
2 |
|
|
ˆ |
(t)) |
|
|
||
|
|
|
∂f (t, xˆ(t), x |
− |
|
f (t, xˆ(t), x |
− |
|
|||||||||
|
|
|
|
∂x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂x∂t |
|
|
|
|
||
|
∂ |
2 |
f (t, xˆ |
ˆ |
(t)) |
|
|
∂ |
2 |
f (t, xˆ |
ˆ |
(t)) |
|
|
|||
− |
|
(t), x |
|
|
|
(t), x |
|
= 0. |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
x − |
|
|
|
|
|
|
|
x |
|||
|
|
|
∂x∂x |
|
|
|
|
|
|
|
∂x∂x |
|
|
|
|
Замечание. Данная теорема дает лишь необходимое, но не достаточное условие слабого локального экстремума.
Итак, для нахождения кривой, реализующей экстремум функционала в задаче с закрепленными концами, необходимо:
1.Выписать уравнение Эйлера;
2.Решить полученное дифференциальное уравнение второго порядка;
3.Определить обе произвольные постоянные, входящие в общее решение этого уравнения, из краевых условий
x(a)=xa, x(b)=xb.
Замечание. Экстремум функционала может реализоваться только на допустимых экстремалях. Однако для того чтобы установить, реализуется ли экстремум и притом максимум или минимум, надо воспользоваться достаточными условиями экстремума, изложенными в пункте 8.4.
Пример 1. Найти экстремали функционала
|
2 |
2 |
− 2tx)dt; x(1)=0, x(2)= –1. |
|||
|
|
|||||
|
F(x) = (x |
|
||||
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
− 2tx . Уравнение Эйле- |
Решение. Здесь f (t, x(t), x(t)) = x |
|
|||||
ра имеет вид |
x + t = 0. |
Проинтегрировав два раза, получим |
||||
|
|
|
|
|
|
|
общее решение уравнения Эйлера:
26
x(t) = − t 3 + C1t + C2 . 6
Граничные условия дают систему линейных уравнений для определения С1 и С2:
C1 + C2 = 16 ,
2C C 2 .+ =
1 2 6
Отсюда C1 = 16 ,C2 = 0 . Следовательно, экстремум может
достигаться лишь на кривой
xˆ = 6t (1 − t 2 ) ,
в классе x(t) C1([1;2]).
Пример 2. Найти экстремали функционала
2π
F(x) = (x2 − x2 )dt ,
0
удовлетворяющие граничным условиям x(0)=1, x(2π)=1.
Решение. Уравнение Эйлера имеет вид x + x = 0. Его общим решением является
x(t)=C1cost+C2sint.
Используя граничные условия, получим xˆ(t) =cost+Csint,
где С – произвольная постоянная.
Таким образом, поставленная вариационная задача имеет множество экстремалей.
27
5.3. Специальные случаи уравнения Эйлера
1. Функция f (t, x(t), x(t)) |
линейно зависит от x , т.е. |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f (t, x(t), x(t)) = M (t, x) + N(t, x)x . |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Тогда уравнение Эйлера имеет вид |
|
|||||||
∂M |
|
∂N |
|
|
d |
N (t, x) = 0, |
||
∂x |
+ |
∂x |
− dt |
|||||
x |
||||||||
∂M |
∂N |
|
∂N |
∂N |
|
|||
∂x |
+ |
∂x |
x − ∂t |
− ∂x |
x = 0, |
|||
∂M |
− |
∂N |
= 0. |
|
(5.2) |
|||
∂x |
|
∂t |
|
|
|
|
|
Возможны два случая:
1.Полученное уравнение – алгебраическое. Если данное уравнение имеет решение x(t), то оно не содержит произвольных постоянных. Таким образом, если полученное ре-
шение x(t) не удовлетворит краевым условиям x(a)=xa, x(b)=xb, то экстремальная задача решения не имеет.
2.Если (5.2) – тождество, т.е. ∂∂Mx (t, x) = ∂∂Nt (t, x) , то M(t,x)dt+N(t,x)dx – полный дифференциал.
Тогда
b b b
f (t, x, x)dt = (M (t, x)dt + N (t, x)dx) = dΦ = Φ |
a = const. |
||
|
|
|
b |
a |
a |
|
|
a |
Таким образом, значение функционала постоянно на допустимых кривых. Вариационная задача не имеет смысла.
Пример 1. Найти экстремали функционала
b
F(x) = (x |
2 |
|
x(b)=xb. |
|
+ 2txx)dt , x(a)=xa, |
||
a |
|
|
|
Решение. Здесь |
f (t, x(t), x(t)) = M (t, x) + N(t, x)x . |
||
|
|
|
|
28
Тогда уравнение Эйлера примет вид |
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
∂M |
− |
∂N |
= 0, |
где |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
∂x |
|
∂t |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂M |
= 2x, |
∂N |
= 2x. |
|
|
|
|
||||
|
∂M |
|
∂N |
∂x |
|
|
|
∂t |
|
|
|
|
|
|
|
|
То есть |
= |
– тождество. |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
∂x |
∂t |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
b |
|
|
|
|
b |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Тогда (x |
2 |
|
|
(tx |
2 |
) = tx |
2 |
|
b |
2 |
− |
2 |
= const. |
|||
|
+ 2txx)dt = d |
|
|
|
a = bxb |
|
axa |
|||||||||
a |
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Таким образом, вариационная задача не имеет смысла.
Пример 2. Найти экстремали в следующей задаче
2π |
|
π )= |
π |
|
x(2t − x)dt , |
а) x(0)=0, x( |
, |
||
0 |
|
2 |
2 |
|
b) x(0)=0, x( π2 )= π4 .
Решение. Уравнение Эйлера примет вид 2t–2x=0. Получили алгебраическое уравнение, решив которое, получим:
x(t)=t.
Проверим краевые условия:
а) x(0)=0, x( π2 )= π2 . В данном случае кривая x(t)=t удовле-
творяет краевым условиям и, следовательно, xˆ(t) = t – решение поставленной задачи;
b) x(0)=0, x( π2 )= π4 . В данном случае полученная кривая
x(t)=t не удовлетворяет краевым условиям и поставленная задача не имеет решений.
29
2. Функция |
f (t, x(t), x(t)) |
|
|
явно |
от |
t |
не |
зависит, т.е. |
||||||||||||||||||||||||
f (t, x, x) = f (x, x) . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Тогда уравнение Эйлера имеет вид |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
∂f |
|
|
− |
|
∂ 2 f |
− |
|
∂ 2 f |
|
|
|
|
|
∂ 2 |
f |
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
∂x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x − |
∂x |
2 |
|
x = 0 , |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
∂x∂t |
|
|
|
∂x∂x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
∂f |
− |
|
∂ 2 f |
|
|
|
|
∂ 2 f |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
∂x |
|
|
|
|
|
x − |
|
|
|
x = 0. |
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂x∂x |
|
|
|
|
|
∂x |
|
|
|
|
|
|
x : |
||||||||||
Умножим обе части полученного уравнения на |
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂f |
|
− |
∂ 2 f |
2 |
− |
|
∂ 2 f |
|
|
|
= 0. |
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
∂x |
x |
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
xx |
|
||||||||||||||
|
d |
|
∂f |
|
|
|
|
∂x∂x |
|
|
|
|
|
|
|
∂x |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Тогда |
( f − |
|
= 0 , таким образом, получаем первый ин- |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
dt |
|
∂x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
теграл
f − f x x = C1 = const.
Таким образом, мы получили дифференциальное уравнение первого порядка, тогда как исходное уравнение было второго порядка.
То есть в данном случае удается понизить порядок уравнения Эйлера.
3. Функция |
f (t, x(t), x(t)) зависит |
только от x , т.е. |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
f (t, x(t), x(t)) = f (x) . |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
Уравнение Эйлера в данном случае примет вид |
|||||||
|
|
d |
|
∂f |
∂f |
|
|
|
− |
|
|
|
= 0 , т.е. |
|
= const . |
|
|
|
|
||||
|
|
dt ∂x |
∂x |
|
|||
Получили алгебраическое уравнение относительно x . |
Тогда x(t)=C1t+C2.
30