Rozova_Maximova

Таким образом, в данном случае экстремалями являются все возможные прямые xˆ(t) = C1t+C2.

Пример. Длина дуги кривой

имеет экстремалями прямые линии xˆ(t) = C1t+C2.

4. Функция f (t, x(t), x(t)) не зависит от x , т.е. f (t, x(t), x(t)) = f (t, x(t)) .

Уравнение Эйлера имеет вид

∂∂fx (t, x) = 0

и не является дифференциальным.

Решение данного уравнения x=x(t) не содержит произвольных постоянных и, как правило, не удовлетворяет краевым условиям x(a)=xa, x(b)=xb,и вариационная задача решения не имеет.

Решение вариационной задачи существует лишь в исключительном случае: когда кривая x=x(t) проходит через граничные точки x(a)=xa, x(b)=xb.

Уравнение Эйлера имеет вид

− dtd ∂∂fx (t, x) = 0 .

Тогда ∂∂fx (t, x) = const. Получили дифференциальное урав-

нение первого порядка. Интегрируя его, находим экстремали задачи.

31

5.4. Уравнение Эйлера в многомерном случае

Пусть x(t)=(x1(t),…,xn(t)) – n-мерная вектор-функция. f=f(t,x1,…,xn, x1 ,…, xn ) – функция 2n+1 переменных.

Рассмотрим следующую экстремальную задачу в про-

странстве C1([a;b],Rn):

b

f (t, x1 ,..., xn , x1 ,..., xn )dt → extr

a

с краевыми условиями xk(a)= xka , xk(b)= xkb , (k=1,2,…,n).

Экстремали находятся из следующей системы дифференциальных уравнений второго порядка:

называемой системой уравнений Эйлера.

Вывод системы уравнений Эйлера сводится к одномерному случаю.

Пример. Найти экстремали функционала

π

2

(x12 + x22 + 2x1 x2 )dt → extr ,

0

x1(0)=0, x1( π2 )=1, x2(0)=0, x2( π2 )=–1.

Система уравнений Эйлера имеет вид

x1 − x2 = 0,x2 − x1 = 0.

Исключая одну из неизвестных, например x2, получаем

x1(4) − x1 = 0.

Характеристическое уравнение имеет вид λ14 − 1 = 0.

32

Тогда общее решение этого линейного уравнения с постоянными коэффициентами имеет вид

Подставляем граничные условия в x1 (t) и x2 (t) , решаем полученную систему и находим константы:

С1=0, С2=0, С3=0, С4=1,

Таким образом, x1=sint, x2=–sint.

5.5.Уравнение Эйлера для функционалов, зависящих от производных высших порядков

Исследуем на экстремум функционал

b

F(x(t)) = f (t, x(t), x,..., x(n) )dt → extr ,

a

где f – функция, дифференцируемая n+2 раза по всем аргументам, x(t) Cn[a;b], а краевые условия имеют вид

Экстремали в данной задаче находятся из уравнения Эйлера– Пуассона, которое имеет вид

33

x(0)=0, x (0)=1, x(1)=0, x (1)=2,5.

Решение. Уравнение Эйлера–Пуассона имеет вид:

360t 2 + d 2 (−2x) = 0, dt 2

360t 2 − 2x(4) = 0,

x(4) = 180t 2 .

Общее решение полученного дифференциального уравнения имеет вид

x(t) = 12 t 6 + C1t 3 + C2t 2 + C3t + C4 .

Подставляем граничные условия в x(t) и находим:

C1= 23 , C2= –3, C3=1, C4=0.

Искомая экстремаль имеет вид

xˆ(t) = 12 t 6 + 23 t 3 − 3t 2 + t.

34

Док-во. Уравнение G(xˆ + th0 + sh1 ) = C при условии на h1: G′(xˆ)[h1 ] ≠ 0 эквивалентно следующему:

G(xˆ + th0 + sh1 ) = G(xˆ) G(xˆ + th0 + sh1 ) − G(xˆ) = 0.

При h=th0+sh1 рассмотрим приращение G и воспользуемся дифференцируемостью функционала G(x):

G = G(xˆ + th0 + sh1 ) − G(xˆ) = G′(xˆ)[th0 + sh1 ] + R(xˆ,th0 + sh1 ) =

= t G′(xˆ)[h0 ]+ sG′(xˆ)[h1 ] + R(xˆ,th0 + sh1 ) = sG′(xˆ)[h1 ] + R(xˆ,th0 + sh1 ).

=0

Рассмотрим функцию

ϕ(t,s) = sG′(xˆ)[h1 ] + R(xˆ, th0 + sh1 ) .

При фиксированных xˆ, h0 , h1 X , ϕ(t,s) – это функция двух

вещественных переменных, причем по лемме Ферма она является дифференцируемой по t и s в нуле, следовательно, и

остаток R(xˆ,th0 + sh1 ) дифференцируем по t и s в нуле и

Тогда ∂ϕ (t, s) = G′(xˆ)[h1 ] ≠ 0 . По теореме о неявной функции

∂s

существует s=s(t) в окрестности нуля. Тогда

dsdt = ∂∂ϕt : ∂∂ϕs = 0 .

≠0

И, следовательно, s=o(t). Утверждение доказано.

Док-во теоремы (от обратного). Пусть существует h0:

G′(xˆ)[h0 ] = 0 , но F ′(xˆ)[h0 ] ≠ 0 .

Рассмотрим направление h=th0, t R. Поскольку мы не можем гарантировать, что вдоль всего направления точки xˆ +th0 являются допустимыми (т.е. G( xˆ +th0)=C), то введем некую

поправку sh1, где h1: G′(xˆ)[h1 ] ≠ 0 , и будем рассматривать

37

h=th0+sh1. Точки xˆ +th0+sh1 по утверждению 1 могут быть сделаны допустимыми, т.е. G( xˆ +th0+sh1)=C.

Рассмотрим приращение функционала F(x) вдоль h=th0+sh1 и воспользуемся дифференцируемостью F(x) в точке xˆ :

F = F(xˆ + th0 + sh1 ) − F(xˆ) = F ′(xˆ)[th0 + sh1 ] + r(xˆ,th0 + sh1 ) = = tF ′(xˆ)[h0 ] + s(t)F ′(xˆ)[h1 ] + r(xˆ,th0 + sh1 ).

мости F(x) по Фреше остаток r(xˆ,th0 + sh1 ) оценивается следующим образом:

рестности точки xˆ определяется знаком первого слагаемого tF(xˆ)[h0 ] = tA , где A=const, и меняется в зависимости от t,

т.е. в точке xˆ экстремума нет. Полученное противоречие и доказывает теорему.

Лемма. Два линейных функционала L1(x) и L2(x), заданные на линейном нормированном пространстве Х, обращаются в нуль одновременно в том и только в том случае,

если λ R: L2(x)=λL1(x).

Док-во. Если оба функционала тождественно равны нулю, то они пропорциональны при любом λ.

Рассмотрим случай, когда L1(x)≠0, тогда существует x1 X: L1(x1)≠0.

38

Тогда x X уравнение L1(x–tx1)=0 имеет решение (от-

носительно t R) t = L1 (x) . Тогда по условиям леммы

L1 (x1 )

L2(x–tx1)=0 и L2(x)=tL2(x1).

Подставим в данное равенство полученное t и получим:

Соотношение L2(x)=λL1(x) выполнено x X, а λ, таким образом, не зависит от выбора x1 X. Лемма доказана.

Итак, вернемся к решению изопериметрической задачи. При сделанных в теореме предположениях имеем

F ′(xˆ)[h] = 0 h: G′(xˆ)[h] = 0 .

Поскольку F’(x) и G’(x) – линейные функционалы, воспользуемся леммой

λR: F ′(xˆ)[h] = λG′(xˆ)[h], h X

или

F ′(xˆ)[h] − λG′(xˆ)[h] = 0, h X .

Введем функционал

b

L(x) = [ f (t, x, x) − λg(t, x, x)]dt

a

и получим, что искомая экстремаль xˆ при некоторых λ является стационарной точкой для L(x), т.е.

L′(xˆ)[h] = F ′(xˆ)[h] − λG′(xˆ)[h] = 0, h X .

Таким образом, если из этого уравнения можно найти xˆ(λ ) , то xˆ(λ ) удовлетворит уравнению G( xˆ(λ ) )=C.

39

Это правило является аналогом правила множителей Лагранжа из теории условного экстремума функций не-

скольких переменных и позволяет находить xˆ(t) и λ.

6.3. Решение изопериметрической задачи

Рассмотрим задачу в пространстве C1[a;b].

Здесь fi : R3→R, i = 0, m – функции 3-х переменных, C1,…,Cm - заданные фиксированные числа.

План решения изопериметрической задачи.

1. Составить лагранжиан:

b m

где λ = (λ0 ,λ1 ,...,λm ) – вектор множителей Лагранжа.

2. Выписать необходимое условие экстремума – уравнение Эйлера для лагранжиана L(x):

40