Постановка задачи
Данная задача чаще всего формулируется так:
Найти экстремали функционала
J [ y ] = ∫ x 0 x 1 L ( x , y , y ′ ) d x J [y]=\int\limits_{x_0}^{x_1}L (x, y, y')dx J [ y ] = x 0 ∫ x 1 L ( x , y , y ′ ) d x
y ( x 0 ) = y 0 , y ( x 1 ) = y 1 y(x_0)=y_0,\,\,y(x_1)=y_1 y ( x 0 ) = y 0 , y ( x 1 ) = y 1
Шаблон решения
Вычисление производных. Уравнение Эйлера
Уравнение Эйлера для данного функционала:
d d x ∂ ∂ y ′ L ( x , y , y ′ ) = ∂ ∂ y L ( x , y , y ′ ) \frac{d}{dx}\frac{\partial}{\partial y'}L(x,y,y')=\frac{\partial}{\partial y}L(x,y,y') d x d ∂ y ′ ∂ L ( x , y , y ′ ) = ∂ y ∂ L ( x , y , y ′ )
Вычисляем производные:
∂ ∂ y L ( x , y , y ′ ) \frac{\partial}{\partial y}L\left(x,y,y'\right) ∂ y ∂ L ( x , y , y ′ ) ,
∂ ∂ y ′ L ( x , y , y ′ ) \frac{\partial}{\partial y'}L\left(x,y,y'\right) ∂ y ′ ∂ L ( x , y , y ′ ) ,
d d x ∂ ∂ y ′ L ( x , y , y ′ ) \frac{d}{dx}\frac{\partial}{\partial y'}L\left(x,y,y'\right) d x d ∂ y ′ ∂ L ( x , y , y ′ )
Выписываем уравнение Эйлера и приводим его к максимально простому виду.
Решение уравнения
Решаем полученное уравнение и выписываем общее решение:
y = y ( x , C 1 , C 2 ) y=y(x,C_1,C_2) y = y ( x , C 1 , C 2 ) .
Определение констант
Используя граничные условия, получаем систему для определения постоянных:
{ y ( x 0 , C 1 , C 2 ) = y 0 y ( x 1 , C 1 , C 2 ) = y 1 \left\{\begin{array}{l}
y\left(x_0,C_1,C_2\right)=y_0\\
y\left(x_1,C_1,C_2\right)=y_1
\end{array}\right. { y ( x 0 , C 1 , C 2 ) = y 0 y ( x 1 , C 1 , C 2 ) = y 1
Решая данную систему, получаем значения констант
C 1 = C 1 ( x 0 , x 1 , y 0 , y 1 ) C_1=C_1(x_0,x_1,y_0,y_1) C 1 = C 1 ( x 0 , x 1 , y 0 , y 1 ) ,
C 2 = C 2 ( x 0 , x 1 , y 0 , y 1 ) C_2=C_2(x_0,x_1,y_0,y_1) C 2 = C 2 ( x 0 , x 1 , y 0 , y 1 ) .
Уравнение экстремали
Подставляем найденные в предыдущем пункте значения констант в общее решение и получаем уравнение экстремали функционала
y ∗ ( x ) = y ( x , C 1 ( x 0 , x 1 , y 0 , y 1 ) , C 2 ( x 0 , x 1 , y 0 , y 1 ) ) y_*(x)=y(x,C_1(x_0,x_1,y_0,y_1), C_2(x_0,x_1,y_0,y_1)) y ∗ ( x ) = y ( x , C 1 ( x 0 , x 1 , y 0 , y 1 ) , C 2 ( x 0 , x 1 , y 0 , y 1 ) ) .
Если подинтегральная функция L ( x , y , y ′ ) L\left(x,y,y'\right) L ( x , y , y ′ ) не зависит от первого аргумента, то уравнение Эйлера имеет первый интеграл
y ′ ∂ L ( y , y ′ ) ∂ y ′ − L ( y , y ′ ) = C 1 y'\frac{\partial L\left(y,y'\right)}{\partial y'}-L\left(y,y'\right)=C_1 y ′ ∂ y ′ ∂ L ( y , y ′ ) − L ( y , y ′ ) = C 1
Данное выражение определяет дифференциальное уравнение первого порядка, общее решение которого (зависящее от некоторой постоянной C 2 C_2 C 2 ) совпадает с решением уравнения Эйлера (См. пример 2 ниже).
Примеры
Пример 1
Найти экстремали функционала
J [ y ] = ∫ 0 π / 2 ( 4 y cos x + y ′ 2 − y 2 ) d x J [y]=\int\limits_{0}^{\pi/2}(4y \cos x+y'^2 - y^2) dx J [ y ] = 0 ∫ π / 2 ( 4 y cos x + y ′ 2 − y 2 ) d x
y ( 0 ) = 0 , y ( π / 2 ) = 1 y(0)=0,\,\,y(\pi/2)=1 y ( 0 ) = 0 , y ( π / 2 ) = 1 .
Решение
Уравнение Эйлера для данного функционала имеет вид:
d d x ∂ ∂ y ′ ( 4 y cos x + y ′ 2 − y 2 = ∂ ∂ y ( 4 y cos x + y ′ 2 − y 2 ) {\frac{d}{dx} \frac{\partial }{\partial y{'} }(4y\cos x+y{'} ^{2} -y^{2} =\frac{\partial }{\partial y} (4y\cos x+y{'} ^{2} -y^{2}}) d x d ∂ y ′ ∂ ( 4 y cos x + y ′ 2 − y 2 = ∂ y ∂ ( 4 y cos x + y ′ 2 − y 2 )
Вычислим производные:
∂ ∂ y ( 4 y cos x + y ′ 2 − y 2 ) = 4 cos x − 2 y , ∂ ∂ y ′ ( 4 y cos x + y ′ 2 − y 2 ) = 2 y ′ , \frac{\partial}{\partial y}\left(4y\cos x+y{'} ^{2} -y^{2}\right)=4\cos x-2y,\quad\frac{\partial}{\partial y'}\left(4y\cos x+y{'}^{2} -y^{2}\right)=2y', ∂ y ∂ ( 4 y cos x + y ′ 2 − y 2 ) = 4 cos x − 2 y , ∂ y ′ ∂ ( 4 y cos x + y ′ 2 − y 2 ) = 2 y ′ ,
d d x ∂ ∂ y ′ ( 4 y cos x + y ′ 2 − y 2 ) = d d x ( 2 y ′ ) = 2 y ′ ′ . \frac{d}{dx}\frac{\partial}{\partial y'}\left(4y\cos x+y{'} ^{2} -y^{2}\right)=\frac{d}{dx}\left(2y'\right)=2y''. d x d ∂ y ′ ∂ ( 4 y cos x + y ′ 2 − y 2 ) = d x d ( 2 y ′ ) = 2 y ′ ′ .
Таким образом, уравнение может быть записано как
2 y ′ ′ = 4 cos x − 2 y ⇔ y ′ ′ + y = 2 cos x 2y''=4\cos x-2y\,\,\Leftrightarrow\,\,
y''+y=2\cos x 2 y ′ ′ = 4 cos x − 2 y ⇔ y ′ ′ + y = 2 cos x
Уравнение Эйлера является неоднородным ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами.
Общее решение соответствующего однородного уравнения
y 0 = C 1 cos x + C 2 sin x . y_{0} =C_{1} \cos x+C_{2} \sin x. y 0 = C 1 cos x + C 2 sin x .
Решение неоднородного уравнения ищем в виде
y 1 = A x cos x + B x sin x . y_{1} =Ax\cos x+Bx\sin x. y 1 = A x cos x + B x sin x .
Подстановка в уравнение Эйлера дает
y ′ ′ + y = − 2 A sin x + 2 B cos x = 2 cos x . y''+y=-2A\sin x+2B\cos x=2\cos x. y ′ ′ + y = − 2 A sin x + 2 B cos x = 2 cos x .
Следовательно, A = 0 A=0 A = 0 и B = 1 B=1 B = 1 .
Таким образом, общее решение уравнения Эйлера
y = C 1 cos x + C 2 sin x + x sin x . y=C_{1} \cos x+C_{2} \sin x+x\sin x. y = C 1 cos x + C 2 sin x + x sin x .
Используя граничные условия, получаем систему для определения постоянных
{ C 1 cos 0 + C 2 sin 0 + 0 sin 0 = 0 C 1 cos π / 2 + C 2 sin π / 2 + ( π / 2 ) sin π / 2 = 1 \left\{\begin{array}{l}
C_{1} \cos 0+C_{2} \sin 0+0\sin 0=0\\
C_{1} \cos \pi/2+C_{2} \sin \pi/2+\left(\pi/2\right)\sin \pi/2=1
\end{array}\right. { C 1 cos 0 + C 2 sin 0 + 0 sin 0 = 0 C 1 cos π / 2 + C 2 sin π / 2 + ( π / 2 ) sin π / 2 = 1
Решая данную систему, получим
{ C 1 = 0 C 2 + π / 2 = 1 ⇔ { C 1 = 0 C 2 = 1 − π / 2 \left\{\begin{array}{l}
C_{1}=0\\
C_{2}+\pi/2=1
\end{array}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
C_{1}=0\\
C_{2}=1-{\pi}/{2}
\end{array}\right. { C 1 = 0 C 2 + π / 2 = 1 ⇔ { C 1 = 0 C 2 = 1 − π / 2
Подставляем найденные в предыдущем пункте значения констант в общее решение и получаем уравнение экстремали функционала J J J
y ∗ ( x ) = ( x + 1 − π 2 ) sin x . y_*(x)=\left(x+1-\frac{\pi}{2}\right) \sin x. y ∗ ( x ) = ( x + 1 − 2 π ) sin x .
Пример 2
Найти экстремали функционала
J [ y ] = ∫ 0 2 1 + y ′ 2 y d x , J[y]=\int\limits_{0}^{2}\frac{\sqrt{1+y'^2}}{y}dx, J [ y ] = 0 ∫ 2 y 1 + y ′ 2 d x ,
y ( 0 ) = 0 , y ( 2 ) = 4. y(0)=0,\,\,y(2)=4. y ( 0 ) = 0 , y ( 2 ) = 4 .
Решение
1, 2. Подинтегральная функция L ( x , y , y ′ ) = 1 + y ′ 2 y L\left(x,y,y'\right)=\frac{\sqrt{1+y'^2}}{y} L ( x , y , y ′ ) = y 1 + y ′ 2 не зависит от переменной x x x , поэтому уравнение Эйлера для данного функционала имеет первый интеграл
y ′ ∂ ∂ y ′ 1 + y ′ 2 y − 1 + y ′ 2 y = C , y'\frac{\partial }{\partial y'}\frac{\sqrt{1+y'^2}}{y}-\frac{\sqrt{1+y'^2}}{y}=C, y ′ ∂ y ′ ∂ y 1 + y ′ 2 − y 1 + y ′ 2 = C ,
где C C C – некоторая постоянная.
Вычислив частную производную и выполнив элементарные преобразования, получим уравнение
y ′ = C 1 2 y 2 − 1 y'=\sqrt{\frac{C_1^2}{y^2}-1} y ′ = y 2 C 1 2 − 1 ,
где C 1 = 1 / C C_1=1/C C 1 = 1 / C .
Отсюда следует, что
d x = y d y C 1 2 − y 2 . dx=\frac{yd y}{\sqrt{C_1^2-y^2}}. d x = C 1 2 − y 2 y d y .
Интегрируя, получим
x = ∫ y d y C 1 2 − y 2 = − 1 2 ∫ d ( C 1 2 − y 2 ) C 1 2 − y 2 = − C 1 2 − y 2 + C 2 . x=\int\frac{y d y}{\sqrt{C_1^2-y^2}}=-\frac{1}{2}\int\frac{d (C_1^2-y^2)}{\sqrt{C_1^2-y^2}}=-\sqrt{C_1^2-y^2}+C_2. x = ∫ C 1 2 − y 2 y d y = − 2 1 ∫ C 1 2 − y 2 d ( C 1 2 − y 2 ) = − C 1 2 − y 2 + C 2 .
Таким образом, общее решение уравнения Эйлера
y ( x ) = C 1 2 − ( x − C 2 ) 2 . y(x)=\sqrt{C_1^2-(x-C_2)^2}. y ( x ) = C 1 2 − ( x − C 2 ) 2 .
Используя граничные условия, получаем систему для определения постоянных
{ 0 = C 1 2 − ( 0 − C 2 ) 2 4 = C 1 2 − ( 2 − C 2 ) 2 ⇔ { C 1 = ± C 2 16 = 4 C 2 − 4 ⇔ { C 1 = ± 5 C 2 = 5 \left\{\begin{array}{l}
0=\sqrt{C_1^2-(0-C_2)^2}\\
4=\sqrt{C_1^2-(2-C_2)^2}
\end{array}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
C_1=\pm C_2\\
16=4C_2-4\end{array}\right.
\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
C_1=\pm 5\\
C_2=5
\end{array}\right. { 0 = C 1 2 − ( 0 − C 2 ) 2 4 = C 1 2 − ( 2 − C 2 ) 2 ⇔ { C 1 = ± C 2 1 6 = 4 C 2 − 4 ⇔ { C 1 = ± 5 C 2 = 5
Подставляем найденные в предыдущем пункте значения констант в общее решение и получаем уравнение экстремали функционала J J J
y ∗ ( x ) = 10 x − x 2 . y_*(x)=\sqrt{10x-x^2}. y ∗ ( x ) = 1 0 x − x 2 .
Экстремаль является дугой окружности радиуса 5 с центром в точке ( 5 , 0 ) (5,0) ( 5 , 0 ) .
Пример 3
Важно отметить, что существуют функционалы, у которых нет экстремалей, удовлетворяющих данным граничным условиям.
Найти экстремали функционала
J [ y ] = ∫ 0 1 ( x y + y 2 − 2 y 2 y ′ ) d x J[y]=\int\limits_{0}^{1}(xy+y^2-2y^2y')d x J [ y ] = 0 ∫ 1 ( x y + y 2 − 2 y 2 y ′ ) d x ,
y ( 0 ) = y 0 , y ( 1 ) = y 1 . y(0)=y_0,\,\,y(1)=y_1. y ( 0 ) = y 0 , y ( 1 ) = y 1 .
Решение
Уравнение Эйлера для данного функционала имеет вид
d d x ∂ ∂ y ′ ( x y + y 2 − 2 y 2 y ′ ) = ∂ ∂ y ( x y + y 2 − 2 y 2 y ′ ) \frac{d}{dx} \frac{\partial }{\partial y{'} } \left(xy+y^2-2y^2y'\right)=\frac{\partial }{\partial y} \left(xy+y^2-2y^2y'\right) d x d ∂ y ′ ∂ ( x y + y 2 − 2 y 2 y ′ ) = ∂ y ∂ ( x y + y 2 − 2 y 2 y ′ )
Вычислим производные:
∂ ∂ y ( x y + y 2 − 2 y 2 y ′ ) = x + 2 y − 4 y y ′ , ∂ ∂ y ′ ( x y + y 2 − 2 y 2 y ′ ) = − 2 y 2 , \frac{\partial}{\partial y}\left(xy+y^2-2y^2y'\right)=x+2y-4yy',\quad\frac{\partial}{\partial y'}\left(xy+y^2-2y^2y'\right)=-2y^2, ∂ y ∂ ( x y + y 2 − 2 y 2 y ′ ) = x + 2 y − 4 y y ′ , ∂ y ′ ∂ ( x y + y 2 − 2 y 2 y ′ ) = − 2 y 2 ,
d d x ∂ ∂ y ′ ( x y + y 2 − 2 y 2 y ′ ) = d d x ( − 2 y 2 ) = − 4 y y ′ . \frac{d}{dx}\frac{\partial}{\partial y'}\left(xy+y^2-2y^2y'\right)=\frac{d}{dx}\left(-2y^2\right)=-4yy'. d x d ∂ y ′ ∂ ( x y + y 2 − 2 y 2 y ′ ) = d x d ( − 2 y 2 ) = − 4 y y ′ .
Таким образом, уравнение Эйлера может быть записано как
x + 2 y − 4 y y ′ = − 4 y y ′ ⇔ y = − x 2 x+2y-4yy'=-4yy'\,\,\Leftrightarrow\,\,
y=-\frac{x}{2} x + 2 y − 4 y y ′ = − 4 y y ′ ⇔ y = − 2 x
и по сути не является дифференциальным.
Исходный функционал имеет только одну экстремаль y = − x 2 y=-\frac{x}{2} y = − 2 x . Поставленная задача имеет решение только если y 0 = 0 y_0=0 y 0 = 0 и y 1 = − 1 2 y_1=-\frac{1}{2} y 1 = − 2 1 .
Вам нужно срочно заказать статью по математике для публикации ? Обратитесь за помощью к нашим экспертам!
Тест по теме «Одномерная задача с закрепленными концами»
Комментарии