Главная > Лекции по вариационному исчислению
НАПИШУ ВСЁ ЧТО ЗАДАЛИ
СЕКРЕТНЫЙ БОТ В ТЕЛЕГЕ
<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Пред.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
119
120
121
122
123
124
125
126
127
128
129
130
131
132
133
134
135
136
137
138
139
140
141
142
143
144
145
146
147
148
149
150
151
152
153
154
155
156
157
158
159
160
161
162
163
164
165
166
167
168
169
170
171
172
173
174
175
176
177
178
179
180
181
182
183
184
185
186
187
188
189
190
191
192
193
194
195
196
197
198
199
200
201
202
203
204
205
206
207
208
209
210
211
212
213
214
215
216
217
218
219
220
221
222
223
224
225
226
227
228
229
230
231
232
233
234
235
236
237
238
239
240
241
242
243
След.
Макеты страниц

Распознанный текст, спецсимволы и формулы могут содержать ошибки, поэтому с корректным вариантом рекомендуем ознакомиться на отсканированных изображениях учебника выше

Также, советуем воспользоваться поиском по сайту, мы уверены, что вы сможете найти больше информации по нужной Вам тематике

ДЛЯ СТУДЕНТОВ И ШКОЛЬНИКОВ ЕСТЬ
ZADANIA.TO

15 (10, 15, 18). Задача о наименьшей поверхности вращения.

Пусть даны сверху от оси Ох две точки . Требуется соединить их такой кривой линией, чтобы при вращении вокруг оси Ох получалась поверхность с наименьшей площадью.

Решение. Ограничимся случаем, когда обе точки находятся на одной высоте, и проведём ось Оу на равных расстояниях от этих точек. Мы можем принять, что координатами точек А, В являются соответственно и (1, k). Допустимые кривые лежат в полуплоскости .

Возьмём подлежащий минимизации функционал в параметрической форме:

Первое уравнение Эйлера—Лагранжа допускает следующий первый интеграл:

а второе уравнение Эйлера—Лагранжа, имеющее вид

показывает, что прямые

не являются экстремалями. Что же касается прямых

(2)

то они, очевидно, будут экстремалями, Дальнейшие экстремали получим, заменяя уравнение (1) на

где s - длина дуги, и интегрируя это уравнение. Интегральными кривыми, отличными от прямых х = const, являются цепные линии

Прежде всего надлежит выяснить, можно ли через точки А, В провести кривую линию семейства (3).

Этот вопрос сводится к вопросу о разрешимости уравнения

относительно С. Построим график функции

для . Так как

и, следовательно,

то график направлен своей вогнутостью вверх. Пусть функция <р (С) имеет минимум в точке (черт. 6). Тогда определяется как

корень уравнения

Приближённое значение есть

Если , то экстремали, соединяющей точки А, В, нет. При будет одна экстремаль, соединяющая точки А, В, а при таких экстремалей будет две. В этом последнем случае мы получаем два значения С: меньшему из них будет отвечать более низкая цепная линия, а большему — более высокая. Мы примем, что , и займёмся выяснением того, выполняется ли условие Якоби, так как условие Вейерштрасса здесь можно не проверять (см. задачу по 9 Дополнений).

Черт. 6.

Линейно независимые решения уравнения Якоби имеют вид

Поэтому

Точка x = 0 корнем этой фучкции не является. Поэтому вместо достаточно исследовать функцию

Эта функция в каждом из интервалов [ — 1, 0), (0, 1] убывает, так как

Далее,

так что

и

Поэтому график функции z(x) имеет вид, изображёший на черт. 7.

Черт. 7.

Мы видим, что для нижней цепной линии условие Якоби не выполнено, а для верхней оно выполнено. Итак, нижняя ценная линия не даёт минимума, а верхняя даёт сильный минимум.

Остановимся ещё на разрывном решении, к которому обязательно приходится прибегнуть, если

так как в этом случае данные точки соедипить экстремалью невозможно. Мы отбросим теперь предположение, что точки А и В лежат на одной высоте, и примем, что их координатами являются . Ломаная, состоящая из отрезков цепных линий (3) и прямых (2), не будет удовлетворять условиям Вейерштрасса — Эрдмана. Поэтому остаётся испробовать ломаную, составленную из экстремалей и куска границы области, то-есть оси Ох.

Черт. 8.

Из экстремалей, очевидно, придётся взять отрезки прямых . Указанная ломаная даёт при вращении два круга, соединённых отрезком оси . Что эта ломаная даёт сильный минимум, доказывается непосредственно. Действительно, всякая кривая L, соединяющая точки А и В и лежащая в указанной на черт. 8 сильной окрестности ломапой , имеет длину, превосходящую . Пусть точки и на L таковы, что и . Тогда из двух точек на , расстояния которых от точки А, измеренные соответственно вдоль , одинаковы, вторая будет выше. Поэтому

и аналогично

Следовательно,

Это же рассуждение показывает, что при

где l — расстояние между точками А, В, ломаная даёт абсолютный минимум.

10 (4, 15, 18). Найти минимум функционала

где , при условиях .

Решение. Первый интеграл ураввения Эйлера—Лагранжа имеет вид

Дальнейшее интегрирование даёт

или

Возьмём пучок экстремалей, проходящих через точку (0, 0). Для него

и, следовательно,

Введём в качестве параметра наклон экстренаяя в начале координат:

Это значит, что

Система (1), (3) даёт

и уравнение пучка (2) принимает вид

Найдём огибающую этого семейства парабол. Дифференцируя по , находим:

и уравнение огибающей имеет вид

Все экстремали (4) лежат внутри параболы (5), которая в баллистике носит название параболы безопасности (черт. 9). Если точка лежит вне параболы (5), то её нельзя соединить экстремалью с началом координат. Если же точка лежит внутри параболы безопасности, то в пучке (4) найдутся две параболы, соединяющие её с началом. Верхняя носит название навесной, а нижняя — настильной. Условие Вейерштрасса можно не проверять, а условие Якоби легко исследуется с помощью геометрической интерпретации сопряжённых точек. Вывод: навесная парабола минимума не даёт, а настильная даёт сильный минимум.

Черт. 9.

1
Оглавление
email@scask.ru