Математические основы теории систем. Методы оптимизации
.pdf
|
∂f |
|
x1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
δy |
= 0 , так как δy в точках х1 |
и х0 |
равняется нулю. Следова- |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
∂y′ |
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
x0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
тельно, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
x1 |
∂f |
|
|
y′dx |
|
|
|
|
|
x1 |
( |
|
∂f |
)′ |
|
|
ydx, |
|
(4.5) |
||||||||||
|
|
|
|
∫ |
|
|
|
= − |
∫ |
|
|
|
δ |
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
∂y′ |
δ |
|
|
|
|
|
|
∂y′ |
x |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I |
x1 |
∂f |
|
|
|
y |
dx |
|
|
x1 |
( |
∂f |
)′ |
|
ydx |
|
0, |
(4.6) |
|||||||||||
|
|
|
|
∫ |
|
|
|
|
|
− |
∫ |
|
|
|
= |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
δ = |
|
|
|
|
δ |
|
|
|
|
|
|
|
∂y′ |
x |
δ |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
x |
∂y |
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
δ |
|
x1 |
|
|
|
∂f |
|
− |
|
|
∂f |
|
|
|
x |
δ |
|
|
|
= |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
= ∫ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
I |
|
x0 |
( |
∂y |
|
|
( |
∂y′ |
)′ ) y dx |
|
0. |
|
(4.7) |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
Интеграл (4.7) равен нулю, если равнонулювыражение вскобках: |
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂f |
|
− |
|
d |
|
∂f |
|
= 0, |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dx ∂y′ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
или |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f ′ |
− |
d |
f |
′ |
= 0 |
|
|
|
|
|
(4.8) |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dx |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
y′ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Выражение (4.8) есть формула Эйлера–Лагранжа или Эйлера. Чтобы решить задачу вариационного исчисления, нужно решить дифференциальное уравнение Эйлера–Лагранжа (4.7) с граничными
условиями: y(x0) = y0, y(x1) = y1.
Тип экстремума определяется условиями Лежандра:
f′′y′y′ ≥ 0, I → min, f′′y′y′ ≤ 0, I → max. |
(4.9) |
Пример
0
I = ∫( y′2 − 12xy)dx, y(0) = 0, y(1) = 1.
1
Требуется найти функцию, доставляющую экстремум функционалу, и определить вид экстремума.
111
Решение:
1. Запишем формулу Эйлера: fy′ − dxfy′′ = 0 , f = y′2 − 12xy, fy′ = −12x, fy′′ = 2y′,
−12x − d (2y′) = 0. dx
2. Решаем полученное дифференциальное уравнение:
– 12x – 2y′′ = 0, y′′ = – 6x,
y′ = – 3x2 + c1,
y =– x3 + c1x + c2
Определяем константы: y(0) = c2 = 0,
y(1) = – 1 + c1 = 1, c1 = 2, y(x) = – x3 + 2x.
3. Определение типа экстремума: f′′y′y′ = (2y′)′y′ = 2, следовательно, при найденной функции у(х) функционал достигает максимума.
4.2. Частные случаи формулы Эйлера
Рассмотрим частные случаи формулы Эйлера:
fy′ − d |
fy′′ |
= 0, |
|
f = f (x, y, y′). |
|
|||
|
|
|||||||
|
∂x |
|
|
|
|
|
||
1. Подынтегральная функция f не зависит от у: f (x, y′). |
|
|||||||
Формула Эйлера примет вид: |
|
|
||||||
|
|
|
d |
f ′ = 0, |
f ′ = const = C. |
(4.10) |
||
|
|
|
dx |
|||||
|
|
|
y′ |
y |
|
|||
Пример 1 |
|
|
|
|
|
|||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
I = ∫ (x2 + y′2 )dx, |
|
|
|
|
|
|||
−1 |
|
|
|
|
|
|||
y(−1) = −1, y(1) = 1 |
|
|
|
|
|
|||
Решение: |
|
|
|
|
|
|||
fy′′ = 2y′ = C, |
y′ = |
C |
= k, |
y = kx + b. |
|
|||
|
|
|||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
112
Из начальных условий находим константы:y(−1) = −k + b = −1,
y(1) = k + b = 1,
b = 0, k = 1.
Ответ: у = х.
2. Подынтегральная функция f не зависит явно от х: f (у, y′). Найдем производную по х от выражения (f – y′ f′y′):
|
d |
(f – y′ f′y′) = y′ f′y + y′′ f′y′ – y′′ f′y′ – y′ (f′y′)′x = y′ (f′y – |
d |
f′y′). |
|||||||||||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
dx |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dx |
||||
Здесь y′ (f′y – |
d |
f′y′) – формула Эйлера. Тогда |
d |
(f – y′ f′y′). |
|||||||||||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dx |
|
|
|
dx |
|||||||
Поскольку производная от выражения равна нулю, то выражение |
|||||||||||||||||||||
равно константе, отсюда |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f – y′ f′y′ = C. |
(4.11) |
|||||
Пример 2. (См. задачу о кривой на плоскости, по которой ска- |
|||||||||||||||||||||
тывается шар). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
1 |
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
I = |
|
∫1 |
1+ y′2 dx, y(0) = 0, y(x1 ) = y1, |
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
2gy x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
1+ y′2 |
− |
|
|
|
|
|
y′ 2y′ |
|
|
= C, |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
2gy |
|
|
|
2gy 2 1+ y′2 |
|
|
|
|
|||||||||||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
= C, |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
2gy |
1+ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
y′2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
1 |
|
|
|
|
= C1, |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
2gy (1+ y′2 ) |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
y = |
|
1 |
|
|
|
|
|
= |
|
K |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
. |
|
|
|
|
||||||||||||||
|
2gC1 (1+ y′2 ) |
1+ y′2 |
|
|
|
|
Будем искать решение этого дифференциального уравнения в параметрической форме: х(t), y(t). Воспользуемся следующей под-
становкой: y′ = ctg( t ) . 2
113
Из тригонометрии: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
ctg( |
t |
) = |
|
sin t |
, |
ctg2 ( |
t |
) = |
1+ cos t |
. |
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
2 1 |
− cos t |
|
|
|
|
2 |
|
|
1− cos t |
|
||||||||||||||
Применим подстановку: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
y = |
|
|
|
K |
. = |
|
|
K |
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
K |
= |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
1+ y′2 |
|
|
|
2 |
|
t |
|
|
|
|
1 |
+ cos t |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
1+ ctg |
|
( |
|
) |
|
|
1+ |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
1 |
− cos t |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
= |
|
|
|
|
K(1− cos t) |
|
|
= |
K(1− cos t) |
, |
|
|||||||||||||||
|
− cos t + 1+ cos t |
|
|
|||||||||||||||||||||||
1 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
y(t) = K(1− cos t) . 2
Найдем зависимость x(t). Продифференцируем полученное вы-
ражение для y(t) по х: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
dy |
= |
|
dy |
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
{производная от сложной функции}. |
|||||||||||||||||||||
|
dx |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
dt dx |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
dy |
= |
|
K sin |
t |
, |
|
|
|
|
dy |
= |
K sin |
t |
|
dt |
. |
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
dx |
2 |
|
|
|
|
|
dx |
|
|
|
|
|
|||||||||||||
Но согласно примененной подстановке |
dy |
= ctg( |
t |
) = |
|
sin t |
. |
||||||||||||||||||||||||||||
|
2 |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
K sin |
|
|
|
|
|
|
dx |
|
1− cos t |
||||||||
Таким образом, |
|
sin t |
. = |
t |
|
dt |
, |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
− cos t |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
2 |
|
|
dx |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
dx = |
K |
(1− cos t)dt. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Проинтегрируем полученное уравнение: |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
x(t) = K |
t |
− |
K sin t |
+ K1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решением задачи является уравнение циклоиды:
x(t)
y(t)
=K (t − sin t) + K1, 2
=K (1− cos t).
2
114
Рис. 4.1. Циклоида
4.3.Обобщенная задача вариационного исчисления
Вобобщенной задаче подынтегральная функция зависит от п функций и их производных по х:
|
x1 |
|
|
|
|
|
dI ( y) |
= ∫ |
f (x, y ,..., y |
n |
, y′, y′ |
,..., y′ )dx, |
(4.12) |
|
1 |
1 2 |
n |
|
||
|
x0 |
|
|
|
|
|
граничные условия: yi(x0 ) = yi0, yi(x1) = yi1, i = 1,n.
Решение задачи является решением системы дифференциальных уравнений Эйлера:
|
|
|
|
|
|
|
f ′1 − |
|
d |
|
( f |
′ ) = 0, |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
dx |
y′ |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(4.13) |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
d |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
f ′ |
− |
( f |
′ |
) = 0. |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
yn |
|
|
dx |
yn′ |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
с граничными условиями: yi(x0 ) = yi0, |
yi(x1) = yi1, i = 1,n. |
|||||||||||||
Пример |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
π |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
1 |
+ |
2 − |
1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
I |
= ∫ |
)dx, |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
( y′2 |
|
y′2 |
2y y |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y1 (0) = 0, |
y2 (0) = 0, |
y1 (π ) = 1, y2 |
(π ) = 1. |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
2 |
Найти функции y1 и y2, при которых функционал достигает экстремума и выполняются граничные условия.
115
Решение.
Составим систему уравнений Эйлера:
f ′1 |
− |
d |
( f ′ ) = 0, |
||||
|
|||||||
|
y |
|
dx y′ |
|
|||
|
|
|
d |
|
|
||
f ′2 |
− |
( f ′ |
) = 0, |
||||
|
|||||||
|
y |
|
dx |
y2′ |
|
||
|
|
|
|
|
f |
′ |
|
= −2y |
, f ′ |
= 2y′, f ′ = −2y , f ′ |
= 2y′ |
, |
|||||||||||
|
y1 |
|
|
|
2 |
|
|
y1′ |
|
|
1 |
y 2 |
1 |
y 2′ |
2 |
|
||
−2y |
|
− |
d |
(−2y′) |
= 0 |
y2 |
+ y1″ = 0 |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
dx |
1 |
|
|
|
IY |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
d |
|
|
|
|
|
|
|
+ y ″ = 0 |
y1 = − y2″ = y1 |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|||
− |
|
1 |
− |
|
|
|
|
− |
2 |
= |
0 |
1 |
2 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
2y |
|
|
|
|
|
|
( 2y′ ) |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
dx |
|
|
|
|
|
|
|
|
y1 − y1IY = 0.
составим характеристическое уравнение: 1− p4 = 0, p4 = 1, p2 = ±1,
для |
p2 |
= 1 |
p1,2 |
= |
1 = ±1, |
для |
p2 |
= −1 |
p3,4 |
= |
−1 = i. |
y1 = C1ex + C2e− x + C3 sin x + C4 cos x, y1′ = C1ex − C2e− x + C3 cos x − C4 sin x, y1″ = C1ex + C2e− x − C3 sin x − C4 cos x,
y2 = − y1″ = −C1ex − C2e− x + C3 sin x + C4 cos x.
C1, C2, C3, C4 находятся из граничных условий.
4.4.Решение задач вариационного исчисления
сограничениями
Пример
Найти кратчайшее расстояние между двумя точками, лежащими на сфере:
x |
|
S = ∫1 |
1+ y′2 + z′2 dx → min – целевая функция, |
x0 |
|
116
x2 + y2 + z2 − R2 = 0 – уравнение сферы,
y(x0 ) = y0 , z(x0 ) = z0 , y(x1 ) = y1, z(x1 ) = z1, – координаты точек.
Постановка задачи в общем виде (для функционала, зависящего от функций y(x) и z(x)).
x1
I = ∫ f (x, y, z, y′, z′)dx,
x0
ограничение (уравнение связи) ϕ (x, y, z) = 0 (ограничимся сначала одним уравнением связи);
граничные условия: y (x0) = y0, z (x0) = z0,
y(x1) = y1, z(x1) = z1. |
(4.14) |
Требуется найти такие функции y(x) и z(x), при которых функционал достигает экстремума и выполняются ограничения и граничные условия.
Решение.
Дадим функциям y(x) и z(x) приращения δy и δz, удовлетворяющие следующим условиям: δy и δz не равны нулю только в некоторой точке хc (x0 < xc < x1), приращения должны удовлетворять ограничениям (уравнениям связи).
По аналогии с (4.7) найдем вариации функционала при данных приращениях функций.
|
x |
|
d |
|
|
|
|
|
|
x |
|
d |
|
|
|
|
|||
δI = ∫1 ( fy′ − |
( fy′′ ))δydx + ∫1 ( fz′ − |
|
( fz′′ ))δzdx, |
|
|||||||||||||||
dx |
|
|
|
||||||||||||||||
|
x0 |
|
|
|
|
|
|
|
x0 |
|
dx |
|
|
|
|||||
fy′ − |
|
d |
( fy′′ ) = 0 |
и |
fz′ − |
|
d |
( fz′′ ) = 0 |
во всех точках, кроме хс (урав- |
||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
dx |
|
|
|
|
|
dx |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
нение Эйлера), кроме того, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
y − |
d |
y′ |
|
x |
= |
const |
и |
z − |
d |
|
z′ |
x = |
const , |
следовательно |
|||||
( f ′ |
( f ′ )) |
|
|
|
|
( f ′ |
( f ′ )) |
|
, |
||||||||||
|
|
dx |
|
|
c |
|
|
|
|
|
dx |
|
|
c |
|
|
|||
δI = ( fy′ − d ( fy′′ )) |
x |
|
δydx + ( fz′ − d ( fz′′ )) |
x |
|
||||||||||||||
xc ∫1 |
|
xc ∫1 δzdx. |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
dx |
|
|
x0 |
|
|
|
|
|
|
|
dx |
|
x0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
117 |
Введем обозначения:
x |
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∫1 |
δydx = σ1, |
|
∫1 |
δzdx = σ2 , тогда |
|
|
|
|
(4.15) |
|||||
x0 |
|
|
|
x0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
δI = ( f ′ |
− |
d ( f ′ )) |
x |
σ |
|
+ ( f ′ − |
d ( f ′ )) |
x |
|
σ |
. |
(4.16) |
||
y |
|
dx |
y′ |
1 |
z |
dx |
z′ |
|
2 |
|
|
|||
|
|
|
c |
|
|
|
|
|
c |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Выразим σ1 и σ2 из уравнения связи:
ϕ(x, y, z) = 0,
ϕ(x, y +δу, z +δz) = 0 (согласно условиям задания приращений δy
и δz),
ϕ(x, y +δу, z +δz) – ϕ(x, y, z) = 0.
Проинтегрируем обе части уравнения по х:
x |
x |
∫1 |
ϕ(x, y + δy, z + δz)dx − ∫1 ϕ(x, y, z)dx = 0. |
x0 |
x0 |
Функцию ϕ(x, y + δу, z + δz) разложим в ряд Тейлора в окрестности точки хс:
ϕ(x, y + δy, z + δz) = ϕ(x, y, z) xc + ϕ'y xc δy + ϕ'z xc δz.
Тогда для точки х = xc:
x |
|
x |
|
∫1 ϕ(x, y, z) xc dx + ∫1 ϕ'y |
xc δy dx + |
||
x0 |
|
x0 |
|
x |
|
x |
|
+ ∫1 ϕ'z xc |
δz dx − ∫1 ϕ(x, y, z) xc dx = 0, |
||
x0 |
|
x0 |
|
x |
|
x |
|
∫1 ϕ'y |
xc δy dx + ∫1 ϕ'z xc δz dx = 0, |
||
x0 |
|
x0 |
|
ϕ'y xc |
= const , ϕ'z xc |
= const , следовательно, их можно вынести |
|
за знак интеграла: |
|
||
|
x |
|
x |
ϕ'y xc |
∫1 |
δy dx + ϕ'z xc |
∫1 δz dx = 0, |
|
x0 |
|
x0 |
118 |
|
|
|
Осуществив замену согласно (4.15), получим следующее выражение:
(ϕ'y )X |
|
y1 + (ϕ'z )X |
y2 |
= 0 или y2 |
= − y1 |
(ϕ'y )Xc |
= 0. |
(4.17) |
|
(ϕ'z )Xc |
|||||||
|
c |
|
c |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Подставим (4.17) в (4.16):
δI = ( f ′ − |
d |
( f ′ )) |
|
y − ( f ′ − |
d |
( f ′ )) |
|
y |
(ϕ'y )Xc |
= 0. |
|
|
Xc |
|
Xc |
|
|||||||
y |
dx |
y′ |
1 |
z |
dx |
z′ |
1 |
(ϕ'z )Xc |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Положим, что точка хс – текущая точка х. Найдем, при каких условиях приращение функционала будет равно нулю. Эти условия будут решением поставленной задачи.
( f ′ − |
d |
( f |
′ ))y |
|
− ( f ′ − |
d |
( f ′ ))y |
ϕ'y |
= 0. |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
y |
|
dx |
y′ |
1 |
|
|
z |
|
dx z′ |
1 |
ϕ'z |
|
|||||||||
Поделим обе части уравнения на σ1 (σ1 ≠ 0): |
|
||||||||||||||||||||
|
f ′ − |
d |
( f ′ ) |
− |
( f ′ − |
d |
( f ′ )) |
ϕ'y |
|
= 0. |
(4.18) |
||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
y |
|
dx |
|
y′ |
|
|
|
z |
dx |
z′ |
ϕ'z |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Введем обозначение: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
f |
′ − |
|
d |
( f ′ ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
z |
dx |
z′ |
= −λ(x). |
|
|
|
(4.19) |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
ϕ'z |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
С учетом (4.19) уравнение (4.18) примет вид:
fy′ − d ( fy′′ ) + λ(x)ϕ'y = 0. dx
Домножим (4.19) на ϕ′z:
fz′ − d ( fz′′ ) + λ(x)ϕ'z = 0. dx
Таким образом, получаем следующее решение исходной задачи:
119
|
d |
|
|
|
||
fy′ − |
|
|
( fy′′ ) + λ(x)ϕ'y |
= 0, |
|
|
|
|
|
||||
|
dx |
|
|
|
||
|
d |
|
|
|
||
fz′ − |
|
|
( fz′′ |
) + λ(x)ϕ'z |
= 0, |
(4.20) |
|
||||||
|
dx |
|
|
|
||
ϕ(x, y, z) = 0. |
|
|
Та же система получится, если проделать следующие действия: 1. Составляем функцию Лагранжа:
L = f(x, y, z, y′, z′) + λ(х)ϕ(x, y, z) .
2. Подставляем L в формулу Эйлера:
L′ |
− |
d |
(L′ |
) = 0, |
|
||||
|
|
|
|||||||
|
y |
|
dx |
y′ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
L′ |
− |
d |
(L′ ) |
|
= 0, |
(4.21) |
|||
|
z |
||||||||
|
z |
|
dx |
z′ |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
φ(x, y, z) = 0. |
|
|
Система (4.21) является тождественной системе (4.20). Следовательно, задача (4.14) решается с помощью (4.21) при заданных граничных условиях.
4.5. Изопериметрическая задача
Постановка задачи:
x |
x |
|
|
I = ∫1 |
f (x, y, y′)dx, Z = ∫1 |
K (x, y, y′)dx, |
(4.22) |
x0 |
x0 |
|
|
{ограничение имеет вид определенногоинтеграла}, y (x0) = y0, y (x1) = y1. Задача называется изопериметрической, так как к этому виду сводится следующая задача: среди кривых равного периметра найти
такую, которая ограничивает максимальную площадь. Предположим, что в ограничении верхний предел интегрирова-
ния – текущая точка х, тогда Z является функцией от х.
120