Analiza matematyczna 2/Ćwiczenia 15: Zastosowania równań różniczkowych. Elementy rachunku wariacyjnego

From Studia Informatyczne

Zastosowania równań różniczkowych. Elementy rachunku wariacyjnego

Ćwiczenie 15.1.

W przestrzeni \displaystyle  C^1 [0,1] funkcji ciągłych o ciągłej pochodnej określamy normę \displaystyle  \|\cdot\| wzorem

\displaystyle  \|f\| = \max \{ |f(t)| , 0\leq t\leq 1\}+\max \{|f'(t)|, 0\leq t\leq 1\}.

Wówczas odległość \displaystyle  f od \displaystyle  g w tej przestrzeni wynosi \displaystyle  d(f,g)=\|f-g\|.

a) Wyznaczyć odległość funkcji \displaystyle  f(t)=t i \displaystyle  g(t)=t^2 w tej przestrzeni.

b) Wyznaczyć odległość funkcji \displaystyle  f(t)=t i \displaystyle  g(t)=\ln (1+t) w tej

przestrzeni.

Wskazówka

a), b) Wyznaczyć w przedziale \displaystyle  [0,1] ekstrema funkcji \displaystyle  t\mapsto f(t)-g(t) oraz \displaystyle  t\mapsto f'(t)-g'(t).

Rozwiązanie

a) Funkcja \displaystyle  h(t)=f(t)-g(t)=t-t^2 jest nieujemna w przedziale \displaystyle  [0,1] i osiąga wartość największą w punkcie \displaystyle  t=\frac{1}{2}. Natomiast pochodna \displaystyle  h'(t)=1-2t jest ściśle malejąca w danym przedziale, a więc funkcja \displaystyle  t\mapsto |h'(t)| osiąga największą wartość na końcach przedziału. Stąd

\displaystyle  \|f-g\|=\big|h\big(\frac{1}{2}\big)\big|+|h'(0)|=\frac{1}{4}+1=\frac{5}{4}.

b) Funkcja \displaystyle  h(t)=t-\ln(1+t) jest ściśle rosnąca i nieujemna w przedziale \displaystyle  [0,1], więc \displaystyle  t\mapsto |h(t)| osiąga największą wartość w punkcie \displaystyle  t=1. Podobnie pochodna \displaystyle  h'(t)=1-\frac{1}{1+t} jest ściśle rosnąca i nieujemna w przedziale \displaystyle  [0,1], więc \displaystyle  t\mapsto |h'(t)| osiąga największą wartość także w punkcie

\displaystyle  t=1. Stąd
\displaystyle  \|f-g\|=h(1)+h'(1)=1-\ln 2+1-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}-\ln 2.

Ćwiczenie 15.2.

a) Pokazać, że równanie Lagrange'a-Eulera jest równaniem różniczkowym zwyczajnym rzędu (co najwyżej) drugiego.

b) Czy równanie Lagrange'a-Eulera jest równaniem różniczkowym

liniowym?

Wskazówka

a) Zróżniczkować lewą stronę równania Lagrange'a-Eulera

\displaystyle  \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial y}(f, f', t)=\frac{\partial L}{\partial x}(f, f',t)

i uporządkować równanie według pochodnych niewiadomej \displaystyle  f=f(t).

b) Czy otrzymane równanie jest liniowe?

Rozwiązanie

a) Ze wzoru na pochodną złożenia funkcji mamy

\displaystyle  \aligned \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial y}(f, f',t) &=\frac{\partial^2 L}{\partial t\partial y}(f,f',t)\frac{d}{dt}t+\frac{\partial^2 L}{\partial x\partial y}(f,f',t)\frac{d}{dt}f+\frac{\partial^2 L}{\partial y^2}(f,f',t)\frac{d}{dt}f'\\&= \frac{\partial^2 L}{\partial t\partial y}(f,f',t)+\frac{\partial^2 L}{\partial x\partial y}(f,f',t)f'+\frac{\partial^2 L}{\partial y^2}(f,f',t)f''.\endaligned

Stąd równanie Lagrange'a-Eulera jest

tożsame z równaniem
\displaystyle  \frac{\partial^2 L}{\partial t\partial y}(f,f',t)+\frac{\partial^2 L}{\partial x\partial y}(f,f',t)f'+\frac{\partial^2 L}{\partial y^2}(f,f',t)f''-\frac{\partial L}{\partial x}(f, f',t)=0,

które możemy również zapisać bez szczegółowego zapisywania argumentów pochodnych cząstkowych funkcji Lagrange'a \displaystyle  L w postaci

\displaystyle  \frac{\partial^2 L}{\partial t\partial y}+\frac{\partial^2 L}{\partial x\partial y}f'+\frac{\partial^2 L}{\partial y^2}f''-\frac{\partial L}{\partial x}=0.

W równaniu tym występują wyłącznie niewiadoma \displaystyle  f i jej pierwsza i druga pochodna po zmiennej \displaystyle  t. Jest więc to równanie różniczkowe zwyczajne rzędu (co najwyżej) drugiego.

b) Na ogół równanie Lagrange'a-Eulera nie jest równaniem liniowym,

gdyż pochodne
\displaystyle  \frac{\partial^2 L}{\partial t\partial y}(f,f',t), \ \frac{\partial^2 L}{\partial x\partial y}(f,f',t), \ \frac{\partial^2 L}{\partial y^2}(f,f',t), \ \frac{\partial L}{\partial x}(f,f',t)

zależą zazwyczaj od niewiadomej \displaystyle  f i jej pochodnej \displaystyle  f'. Jedynie w szczególnym przypadku, gdy pochodne te zależą wyłącznie od zmiennej niezależnej \displaystyle  t lub są stałe, równanie Lagrange'a-Eulera jest równaniem różniczkowym liniowym.

Ćwiczenie 15.3.

Jak wygląda równanie Lagrange'a-Eulera, jeśli funkcja Lagrange'a
\displaystyle  (x,y,t)\mapsto L(x,y,t)

nie zależy od zmiennej \displaystyle  y? Wyznaczyć ekstremalę funkcjonału

\displaystyle  \aligned {\rm a})\; J[f]=\int_0^1(t\sin{f}-\cos{f})dt, \quad f(0)=0,\, f(1)=-\frac \pi 4;\\ {\rm b})\; J[f]= \int_0^1 ((t+1)e^f-fe^t)dt,\quad f(0)=0,\, f(1)=1. \endaligned

Wskazówka

Jeśli funkcja trzech zmiennych nie zależy od jednej zmiennej, to ile wynosi pochodna cząstkowa tej funkcji po tej zmiennej?

Jeśli zapiszemy nasz funkcjonał w postaci

\displaystyle   J[y]=\int_0^1 L(f,f',t)dt,

to jaki jest wzór na \displaystyle  L(f,f',t)? Przypominamy, że należy sprawdzić, czy rozwiązanie tego równania spełnia warunki brzegowe.

Rozwiązanie

Jeśli funkcja \displaystyle  L nie zależy od drugiej zmiennej, to \displaystyle  \dfrac{\partial L}{\partial y}=0, więc również \displaystyle  \dfrac{d}{dt} \dfrac{\partial L}{\partial y}=0 i równanie Lagrange'a-Eulera przyjmuje postać

\displaystyle   \frac{\partial L}{\partial x} (f,f',t)=0.

a) Mamy

\displaystyle   J[y]=\int_0^1 L(f,f',t)dt,

gdzie \displaystyle  L(f,f',t)= t\sin f -\cos f, czyli \displaystyle  L nie zależy od drugiej zmiennej i możemy zastosować wypisaną powyżej postać równania Lagrange'a-Eulera. W naszym przypadku otrzymujemy rówanie \displaystyle  t\cos f+\sin f=0, a ponieważ \displaystyle  f(0)=0, więc \displaystyle  f(t) =-\mathrm{arctg}\, t. Mamy także \displaystyle  f(1)=-\frac \pi 4, zatem \displaystyle  f(t)=- \mathrm{arctg}\, t jest ekstremalą naszego funkcjonału.

b) Podobnie jak w przypadku a) nasza funkcja nie zależy od drugiej

zmiennej, bo mamy \displaystyle  L(f,f',t)=(t+1)e^f-fe^t. Otrzymujemy równanie \displaystyle  (t+1)e^f-e^t=0, a stąd \displaystyle  f(t)= t-\ln(t+1). Jednakże, choć \displaystyle  f(0)=0, to \displaystyle  f(1)=1-\ln{2}\neq 1, zatem funkcja \displaystyle  f nie jest ekstremalą naszego funkcjonału.

Ćwiczenie 15.4.

Jak wygląda równanie Lagrange'a-Eulera, jeśli funkcja \displaystyle  L nie zależy ani od pierwszej, ani od trzeciej zmiennej? Wyznaczyć ekstremalę funkcjonału

\displaystyle   J[f]= \int_0^1((f')^2+f'+3)dt,\quad f(0)=0, f(1)=5.

Wskazówka

Ile wynosi pochodna cząstkowa naszej funkcji \displaystyle  L po pierwszej zmiennej?

Rozwiązanie

W tym przypadku \displaystyle  L(x,y,t)=u(y), zatem \displaystyle  \dfrac{\partial L}{\partial x}=0. Z kolei \displaystyle   \dfrac{d}{dt} \dfrac{\partial L(f,f',t)}{\partial y} = \dfrac{d}{dt} u'(f'(t))= f''(t)u''(t)=f''(t)\dfrac{\partial^2 L(f,f',t)}{\partial y^2}, zatem równanie Lagrange'a-Eulera przyjmuje postać

\displaystyle   f''\dfrac{\partial^2 L(f,f',t)}{\partial y^2}=0.

W naszym przykładzie \displaystyle  L(x,y,t)=y^2+y+3, zatem \displaystyle  \dfrac {\partial^2 L}{\partial y^2}=2. Otrzymujemy stąd równanie \displaystyle  2f''=0, którego rozwiązaniem jest funkcja liniowa \displaystyle  f(t)=C_1t+C_2. Wobec warunków brzegowych mamy \displaystyle  f(t)-0=\frac{5-0}{1-0}(x-0), czyli \displaystyle  f(t)=5t.

Ćwiczenie 15.5.

Wykazać, że jeśli funkcja Lagrange'a \displaystyle  (x, y, t)\mapsto L(x,y,t) nie zależy od zmiennej \displaystyle  t, to równanie Lagrange'a -Eulera jest równoważne równaniu \displaystyle  L-f'\frac{\partial L}{\partial y}=C, to jest równaniu

\displaystyle  L(f, f',t)-f' \frac{\partial L}{\partial y}(f, f',t)=C,

gdzie \displaystyle  C jest pewną stałą.

Wskazówka

Zróżniczkować obie strony równości \displaystyle  L-f'\frac{\partial L}{\partial y}=C po zmiennej \displaystyle  t i porównać z równaniem Lagrange'a-Eulera.

Rozwiązanie

Gdy funkcja Lagrange'a \displaystyle  L=L(x,y,t) nie zależy od zmiennej \displaystyle  t, równanie Lagrange'a-Eulera

\displaystyle  \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial y}-\frac{\partial L}{\partial x}=0

przyjmuje postać:

\displaystyle  \frac{\partial^2 L}{\partial x\partial y}f'+\frac{\partial^2 L}{\partial y^2}f''-\frac{\partial L}{\partial x}=0,

gdyż \displaystyle  \frac{\partial^2 L}{\partial t\partial y}=0 (por. rozwiązanie ćwiczenia 15.5.). Z kolei różniczkując po zmiennej \displaystyle  t obie strony równości \displaystyle  L-f'\frac{\partial L}{\partial y}=C, dostajemy

\displaystyle  \aligned 0&=\frac{d}{dt}\big(L-f'\frac{\partial L}{\partial y}\big)\\&=\frac{\partial L}{\partial x}f'+\frac{\partial L}{\partial y}f''-f''\frac{\partial L}{\partial y}-f'\big(\frac{\partial^ L}{\partial x\partial y}f'+\frac{\partial^2 L}{\partial y^2}f''\big)\\ &=f'\big(\frac{\partial L}{\partial x}-\frac{\partial^2 L}{\partial x\partial y}f'-\frac{\partial^2 L}{\partial y^2}f''\big). \endaligned

Stąd \displaystyle  L-f'\frac{\partial L}{\partial y}=C wtedy i tylko wtedy,

gdy
\displaystyle   \frac{d}{dt}\big(L-f'\frac{\partial L}{\partial y}\big)=0

co ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy \displaystyle  f spełnia równanie

\displaystyle  \frac{\partial^2 L}{\partial x\partial y}f'+\frac{\partial^2 L}{\partial y^2}f''-\frac{\partial L}{\partial x}=0,

równoważne równaniu Lagrange'a-Eulera, w przypadku, gdy funkcja Lagrange'a \displaystyle  L nie zależy od zmiennej \displaystyle  t.

Ćwiczenie 15.6.

a) Wyznaczyć ekstremalę funkcjonału

\displaystyle   J[f]=\int_a^b (f^2-f')e^{-t}dt,\quad f(a)=A, f(b)=B.

b) Czy każde zagadnienie wariacyjne ma rozwiązanie?

Wskazówka

Funkcja Lagrange'a \displaystyle  L(x,y,t)=(x^2-y)e^{-t} zależy w tym przypadku od wszystkich trzech zmiennych \displaystyle  x,y,t. Jak wygląda \displaystyle  \frac{\partial L}{\partial y}?

Rozwiązanie

a) Ponieważ \displaystyle  \frac{\partial L}{\partial x}=2xe^{-t} oraz \displaystyle  \frac{\partial L}{\partial y}=-e^{-t}, więc

równanie Lagrange'a- Eulera ma postać
\displaystyle  2fe^{-t}=e^{-t}.

Ponieważ \displaystyle  t\mapsto e^{-t} nigdy się nie zeruje, więc tylko funkcja stała \displaystyle  f(t)=\frac12 spełnia to równanie. Wobec tego problem wariacyjny nie ma rozwiązania, gdy \displaystyle  A\neq \frac12 lub \displaystyle  B\neq \frac12. Jedynie w szczególnym przypadku, gdy \displaystyle  A=B=\frac12, problem ma rozwiązanie \displaystyle  f(t)=\frac12.

b) Ten prosty przykład pokazuje, że zagadnienie wariacyjne może

nie mieć rozwiązania.

Ćwiczenie 15.7.

Wyznaczyć ekstremalę funkcjonału

\displaystyle   J[f]=\int_{-1}^{2}\frac{\sqrt{1+(f')^2}}{f}dt, \quad f(-1)=1, f(2)=4.

Wskazówka

Funkcja Lagrange'a \displaystyle  L(x,y,t)=\frac{\sqrt{1+y^2}}{x} nie zależy od zmiennej \displaystyle  t.

Rozwiązanie

Skoro funkcja Lagrange'a

\displaystyle  L(x,y,t)=\frac{\sqrt{1+y^2}}{x} nie zależy od zmiennej \displaystyle  t, równanie Lagrange'a-Eulera jest równoważne równaniu \displaystyle  L-f'\frac{\partial L}{\partial y}=C^*, gdzie \displaystyle  C^* jest pewną stałą. Równanie to

\displaystyle  \frac{\sqrt{1+(f')^2}}{f}-f'\frac{f'}{f\sqrt{1+(f')^2}}=C^*

po przekształceniu (tj. po sprowadzeniu ułamków do wspólnego mianownika i redukcji wyrazów podobnych) przyjmuje postać

\displaystyle  f\sqrt{1+(f')^2}=C,

gdzie \displaystyle  C=\frac1{c^*}. Stąd po wyliczeniu \displaystyle  f' i rozdzieleniu zmiennych dostajemy

\displaystyle  \frac{df}{dt}=\frac{\sqrt{C^2-f^2}}{f} \text{ lub } \frac{df}{dt}=-\frac{\sqrt{C^2-f^2}}{f},

czyli

\displaystyle  \frac{fdf}{\sqrt{C^2-f^2}}=dt \text{ lub } \frac{fdf}{\sqrt{C^2-f^2}}=-dt,

Stąd

\displaystyle  t=-\sqrt{C^2-f^2}+C_1 \text{ lub } t=\sqrt{C^2-f^2}+C_1,
bądź w postaci uwikłanej
\displaystyle  (t-C_1)^2+f^2=C^2.

Uwzględniając warunki \displaystyle  f(-1)=1 oraz \displaystyle  f(2)=4, dostajemy \displaystyle  (t-3)^2+f^2=17.

Ćwiczenie 15.8.

Wyznaczyć ekstremalę funkcjonału

\displaystyle   J[f]=\int_{1}^{2}(t^2(f')^2+12f^2)dt, \quad f(1)=1, f(2)=8.

Wskazówka

Funkcja Lagrange'a

\displaystyle  L(x,y,t)=t^2y^2+12x^2

zależy od wszystkich zmiennych: \displaystyle  x,y,t. Rozwiązania równania różniczkowego, które otrzymamy w zadaniu po przekształceniu równania Lagrange'a-Eulera, należy szukać w postaci kombinacji liniowej funkcji typu \displaystyle  t\mapsto t^r.

Rozwiązanie

Przekształcając równanie Lagrange'a-Eulera, otrzymamy równanie liniowe jednorodne rzędu drugiego:

\displaystyle  t^2f''+2tf'-12f=0.

Rozwiązania tego równania szukamy wśród funkcji postaci

\displaystyle  f(t)=C_1 t^{r_1}+C_2 t^{r_2}.

Wstawiając \displaystyle  f(t)=t^r do otrzymanego równania dostajemy równanie

charakterystyczne:
\displaystyle  r(r-1)+2r-12=0,

które spełniają liczby

\displaystyle  r_1=3 i \displaystyle  r_2=-4. Wśród funkcji postaci
\displaystyle  f(t)=C_1 t^3+C_2 t^{-4}

warunki \displaystyle  f(1)=1,\ f(2)=8 spełnia \displaystyle  f(t)=t^3.

Ćwiczenie 15.9.

Punkt porusza się z prędkością \displaystyle  v po krzywej \displaystyle  x\mapsto (x, y(x)) łączącej punkty \displaystyle  (0,1) i \displaystyle  (1,2) z prędkością \displaystyle  v. Prędkość (precyzyjniej: długość wektora prędkości) jest równa rzędnej punktu, w którym aktualnie się znajduje, tj. \displaystyle  |v(x,y)|=x. Wyznaczyć krzywą, po której dany punkt przebędzie drogę od \displaystyle  A do \displaystyle  B w najkrótszym czasie.

Wskazówka

Warto przeanalizować rozwiązanie zadania o brachistochronie. Wyrazić czas \displaystyle  t jako funkcję rzędnej \displaystyle  x punktu na krzywej \displaystyle  y=y(x). Następnie określić funkcjonał, który wyraża czas, niezbędny do przebycia drogi od \displaystyle  A do \displaystyle  B po tej krzywej i wyznaczyć ekstremalę funkcjonału.

Rozwiązanie

Prędkość punktu w punkcie \displaystyle  (x, y) (a dokładniej: długość wektora prędkości w tym punkcie) wynosi

\displaystyle  v=\sqrt{\big(\frac{dx}{dt}\big)^2 +\big(\frac{dy}{dt}\big)^2}=\sqrt{1+\big(\frac{dy}{dx}\big)^2}\frac{dx}{dt}.

Uwzględniając fakt, że \displaystyle  v=x otrzymujemy równanie

\displaystyle  x=\sqrt{1+\big(\frac{dy}{dx}\big)^2}\frac{dx}{dt},

które w postaci różniczkowej ma postać

\displaystyle  dt=\frac{1}{x}\sqrt{1+\big(\frac{dy}{dx}\big)^2}dx.

Stąd całkowity czas potrzebny do przebycia drogi od \displaystyle  A=(0,1) do \displaystyle  B=(1,2) po krzywej \displaystyle  y=y(x) wyraża całka:

\displaystyle  J[y]=\int_{0}^1 \frac{1}{x}\sqrt{1+\big(\frac{dy}{dx}\big)^2}dx.

Funkcja Lagrange'a \displaystyle  L(y,z,x)=\frac{1}{x}\sqrt{1+z^2} nie zależy od zmiennej \displaystyle  y, więc równanie Lagrange'a- Eulera jest równoważne

w tym przypadku równaniu
\displaystyle  \frac{\partial L}{\partial z}( y, y',x)=C,

gdzie \displaystyle  C jest pewną stałą. Równanie ekstremali ma więc postać

\displaystyle  \frac{y'}{x\sqrt{1+(y')^2}}=C,

skąd \displaystyle  (y')^2=C^2 x^2+C^2x^2(y')^2. Po rozdzieleniu zmiennych

otrzymujemy równanie
\displaystyle  y'=\frac{Cx}{\sqrt{1-C^2 x^2}},

które

spełniają funkcje:
\displaystyle  y(x)=-\sqrt{1-C^2x^2}+C_1.

Uwzględniając współrzędne początku i końca krzywej otrzymujemy \displaystyle  C_1=2 i \displaystyle  C=1.

Stąd szukaną ekstremalą jest
\displaystyle  y(x)=-\sqrt{1-x^2}+2.

Nietrudno zauważyć, że wykres tej funkcji jest łukiem okręgu \displaystyle  x^2+(y-2)^2=1 łączącym dane punkty \displaystyle  A i \displaystyle  B.