|
|
|
|
|
|
ЗАДАЧИ |
|
|
|
|
445 |
|
Р е ш е н и е . Задача записывается |
гак: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
•То |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
— |
J у (х) dx-> inf; |
|
|
|
|
|
|
*0 |
______ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J |
V \ + y '2 (lx= l. |
/ > 2*0, |
У {х0) = |
у ( — дс0) = |
о. |
Применим теорему 2 из § 2.3. Составим лагранжиан |
L — — Я01/ + |
+ |
Я] |
| /1 + |
у'2. Уравнение Эйлера имеет вид |
|
|
|
|
|
|
d |
, |
|
>/ |
+ |
Я э — |
0 . |
|
|
|
|
|
dx |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Если |
Я 0 = |
0 , то у' з= 0 |
, |
что может быть, лишь |
если |
/ = |
2лг0. Если |
I > |
2х0, то |
Яо можно считать |
равным |
единице. |
Интегрируя уравне |
ние Эйлера, получаем, что его общее решение составляют дуги окружностей (у + С )2 + (х + D)2 = Я2. Если 2х0 < I < яхо, то найдется единственная дуга, удовлетворяющая изопериметриче-
скому и |
краевым условиям. Она и будет |
решением задачи. |
Если |
/ > ях0, решение будет доставлять функция |
у (х ) — h + |
У х\ — х 2, |
к которой |
присоединены вертикальные отрезки х = ± Х о , |
0 ^ |
^ /г, |
h— (I — ях0)/2.
25.Кривой заданной длины, имеющей концы на оси абсцисс,
ограничить максимальную площадь в верхней полуплоскости.
26. Среди замкнутых кривых, имеющих заданную длину н рас положенных на двумерной сфере, найти кривую, ограничивающую наибольшую по площади часть сферы.
27. Среди замкнутых кривых заданной длины, расположенных в некоторой полосе, найти кривую, ограничивающую наибольшую
площадь.
28. Среди замкнутых кривых заданной длины, расположенных внутри некоторого ограниченного выпуклого множества на плоско сти, найти кривую, ограничивающую наибольшую площадь.
29. Найти максимальное значение среднего геометрического п положительных чисел при заданном значении их среднего арифме
тического.
Р е ше н и е . Задача записывается так:
Пп
П |
У]xi— a, хт>0, / = 1......... |
п. |
i = i |
«=1 |
|
Существование решения очевидно. Применим правило множителей Лагранжа (теорема 1 из § 1.1). Функция Лагранжа имеет вид
•2* = |
Я 0 хI (.+ [ Я , ху2 |
446 |
ЗАДАЧИ |
Ясно, |
что Хо Ф 0. Из уравнений Эйлера — Лагранжа 9?„i = 0 по- |
лучается, что все Xi равны между собой. Следовательно, решение задачи таково: xt = х2 = ... = хп = а/п. Из соображений одно родности отсюда сразу получается неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим:
1In
Г]
1=1
30. Число |
а > |
0 |
разбить |
на |
п частей xi.........хп так, чтобы |
произведение |
ai |
а9 |
ап |
где |
- |
х 1‘х 22 |
... хп , |
а, — заданные числа, было наи |
большим.
31. Найти п неотрицательных чисел, сумма q-x степеней кото
рых равна единице, так, |
чтобы сумма |
р-х степеней этих чисел |
была максимальна, р > 1, |
q > 1. |
|
Р е ше н и е . Задача записывается так: |
|
п |
п |
|
2 |*; |р -> sup; |
2 | ^ 1 ? != 1 ' |
Р > 1 - <7>Ь |
i=1 |
г=1 |
|
Существование решения в силу компактности ограничений очевидно. Применим правило множителей Лагранжа (теорема 1 из § 1.1). Функция Лагранжа имеет вид
1=1 |
г |
1=1 |
Из уравнений Эйлера — Лагранжа |
3?х . = 0 сразу следует, во-пер |
вых, что ни Яо, ни Xi не равны нулю и, во-вторых, что отличные от нуля Xi в решении задачи равны между собою по модулю. Это значит, что решения нужно искать среди векторов, у которых ком поненты или равны нулю, или по модулю равны одному и тому же
числу. |
При q < р |
решения будут доставлять векторы, у которых |
одна компонента |
равна единице, а остальные равны нулю, а при |
q > p |
решениями |
будут |
векторы |
(±п-Чч, . . . . |
значение |
задачи |
равно |
Отсюда и из соображений однородности сразу |
следуют неравенства для средних степенных: |
|
|
п |
\ 1 / р |
/ п |
\ \ j q |
|
1=1 |
/ |
\ 1=1 |
/ |
при q > p - |
|
32. Найти |
в плоскости |
точку |
Е так, чтобы сумма расстояний |
от Е до четырех заданных точек А, В, С и D была минимальна.
33.Решить задачу 13 для взвешенной суммы расстояний.
34.Решить задачу 13 при дополнительном условии, что точка D должна быть взята из некоторого выпуклого множества.
35.Доказать, что «точкой Торричелли» правильного симплекса
является его центр тяжести.
ЗАДАЧИ |
447 |
36. Найти кратчайшую линию, соединяющую |
две точки плоско |
сти, при условии, что эта линия должна отстоять от начала коор
|
|
|
|
динат |
на расстояние не меньшее, чем заданное число а. |
37. |
Найти кратчайшие линии на поверхности конуса и ци |
линдра. |
|
|
38. |
Найти кратчайшие линии на поверхности сферы. |
Р е ше н и е . |
В полярных координатах (0, <р) |
элемент дуги на |
единичной сфере |
задается формулой ds2 — dQ2+ |
sin2 0 dq>2. Таким |
образом, наша задача имеет следующее аналитическое выражение:
(02, ф3)
(01. Фй
Если заданные точки на сфере не являются диаметрально противо положными, можно выбрать полюс так, чтобы он не совпадал ни с
одной |
из |
точек |
и обе |
они |
находились бы на одном меридиане: |
ф, = |
ср2 = |
ф, 0 < |
01 < |
02 < |
я. Интегрант задачи не зависит от ф, |
т. е. имеет интеграл импульса:
ф sin2 0
У 1 + sin2 0ф2
Из этого выражения видно, что ф сохраняет знак, т. е. ф(9) моно тонна. В силу того, что ф(00 = ф (0г) = ф , получается, что ф (0 )= ф . Итак, существует единственное допустимое решение уравнения Эй лера, а именно, сам меридиан, соединяющий заданные точки. Сово купность всех меридианов образует поле, покрывающее сферический сегмент 0i ^ 0 ^ 02. Применив теорему 4 из § 7.4, получаем, что найденный меридиан доставляет абсолютный минимум в поставлен
ной задаче.
39. Дан угол и точка внутри него. Через эту точку провести отрезок, имеющий концы на сторонах угла, так, чтобы полученный треугольник имел наименьшую площадь.
40. В задаче 39 минимизировать периметр треугольника.
о
2
43. |
J2 |
х (1 + |
t2x) dt->ini; *(I) |
= 3. х (2) = 1. |
44. |
| |
(х2+ |
хх + 12tx) dt —> inf; |
x ( 0 ) = l , x(\) = 4 . |
448 |
|
|
ЗАДАЧИ |
|
|
|
|
|
Я/4 |
|
|
|
|
|
|
45. |
J |
(4а2 — а 2 + 8а) dt -> sup; |
а (0) = — |
1, |
A |
^ j |
= 0. |
|
О |
|
|
|
|
|
|
|
|
Г |
|
|
|
|
|
|
|
46. |
J" |
(а 2 + |
a 2) dt -> inf; Т фиксировано, |
а (0) |
= |
0, |
х (Т) = £. |
|
о |
|
|
|
|
|
|
|
Р е ше н и е . |
Уравнение Эйлера |
(см. § 2.2) |
а — а = |
0 |
этой про |
стейшей задачи классического вариационного исчисления имеет об
щее решение x(t, Си Сг) = Cie‘ + Сге~1. |
Краевым условиям удовле |
творяет единственная кривая a * (t\ Т, £) = |
| sh t/sh Т. Непосредствен |
ное сравнение этого решения с любой другой допустимой кривой
показывает, что а * ( / , - ) доставляет абсолютный минимум в постав |
ленной задаче, |
|
|
|
г |
|
|
|
47. J (а 2 — a 2) dt —> inf; Т фиксировано, |
а (0 )= 0 , |
а (Г) = 5. |
о |
Уравнение Эйлера (см. § 2.2) |
а + а = |
0 имеет об |
Р е ше н и е . |
щее решение |
x(t, Ci, Сг) — Ci sin t -f- Сг cos t. |
Уравнение Якоби |
(§§ 2.2 и 6.3) совпадает с уравнением Эйлера. Его фундаментальное
решение |
Ф(/, 0) = sin Л |
Точка ti = я — первая точка, |
сопряженная |
с точкой |
нуль. При Т > |
я экстремали не доставляют даже слабого |
минимума. Аналогично |
тому, как |
мы |
проделали это |
в примере 4 |
из § 2.2, |
можно показать, что в |
этом |
случае нижняя |
грань в за |
|
даче равна —оо. Если Т < |
я, то |
существует |
единственная допусти |
|
мая экстремаль |
|
g sin t |
|
|
а, |
(/; Т, £) |
(•) |
|
sin T |
и при этом можно построить поле экстремалей, включающее дан
ную экстремаль и покрывающее всю полосу 0 ^ |
а ^ |
Т. Для |
экс |
тремали а * = |
0 это поле можно задать так: |
|
|
|
|
a (t, X) = X sin (t + б) |
|
|
|
при малом б. Из теоремы 4 § 7.4 получается, что |
при |
Т <. я |
экс |
тремаль (*) |
доставляет абсолютный минимум в |
поставленной |
за |
даче. Случай Т — я требует дополнительного исследования. В при
мере |
4 из § |
2.2 было показано, что если Т = я |
и |
| = |
0, то зна |
чение |
задачи |
равно нулю и все решения описываются |
формулой |
x(t, С) = С sin t. Можно |
показать, что если Т = |
я, |
£=5^0, то зна |
чение |
задачи |
равно —оо. Отметим, что исследовав |
случай Т = я, |
| = 0, мы доказали такое неравенство: |
|
|
|
|
|
я |
я |
|
|
|
J А* Л < J A2 dt, А (0) = А (я) = 0.
0 |
0 |
Это неравенство называется неравенством Виртингера. |
т |
|
48. J A3rff->inf; |
Т фиксировано, а (0 )= 0 , а (7,) = |. |
49. j (х2+ х3) dt -> inf; T фиксировано, х (0) = 0, х (Т) = £.
о
50. |
Jт |
+ |
хj |
dt -» |
inf; |
Т фиксировано, л (0) = |
0, х (Т) = |
£. |
|
о |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
т |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
51 . |
J sin х dt ^ |
inf; |
Т фиксировано, х (0 )= 0 , |
х (Т) — |
|
52. |
*0 |
х dt |
-> inf; t0. h |
фиксированы, лг (^0) = |
дг0, |
jf (f,) |
== дс,, |
x. >0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i — 0, 1. |
|
|
|
|
т |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
53. |
П р и м е р |
Б о л ь ц а : |
J (1 — x2)2 dt -> inf; |
|
T фиксировано, |
* (0) = 0 . x (Г) = |
l |
|
|
|
|
|
l |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
54. |
П р и м е р |
Г и л ь б е р т а : |
|
J {t2x2 + \2x2) dt, |
x (0 )= 0 , |
*(1)=1. |
|
|
|
|
|
|
о |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
55. |
П р и м е р |
В е й е р ш т р а с с а |
— Г и л ь б е р т а |
(см. |
при- |
|
|
|
|
Т |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
меры 3 |
и 5 |
из § |
|
Г |
ta U lp |
|
|
|
|
|
|
2.2): J |
-----Lp— dt -> inf; Т фиксировано, х (0) = О, |
х ( Г ) = |, а > О , Р > |
1 . ° |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение мы получим двумя способами, а) Исследуем уравне |
ние Эйлера. |
Для |
простоты ограничимся случаем р = 2. |
Интегрант |
не зависит от х, и |
следовательно, |
уравнение Эйлера |
(см. § |
2.2) |
допускает интеграл импульса: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
tax = |
С. |
|
|
|
|
|
Интегрируя |
это |
уравнение при |
а < |
1, получаем |
общее решение |
х (t, Си СД = |
C\t'~a + Сг. |
Граничным |
условиям |
|
удовлетворяет |
единственная экстремаль |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x,(f.T,l) = |
^ |
^ . |
|
|
|
(*) |
Непосредственным сравнением этой экстремали с любой |
другой до |
пустимой кривой легко убедиться, что экстремаль (*) |
доставляет |
абсолютный минимум в задаче. При а ^ 1, взяв |
минимизирующую |
последовательность |
хп (t) = &,1п/ТЧп, получим, |
что значение за- |
15 А. Д. Иоффе, |
В. М. Тихомиров |
|
|
