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

Zastosowania równań różniczkowych. Elementy rachunku wariacyjnego

Ćwiczenie 15.1.

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

$\Vert f\Vert =\max \{|f(t)|,0\le t\le 1\}+\max \{|f^{\prime }(t)|,0\le t\le 1\}.$

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

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

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

przestrzeni.

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?

Ćwiczenie 15.3.

Jak wygląda równanie Lagrange'a-Eulera,

jeśli funkcja Lagrange'a $(x,y,t)\mapsto L(x,y,t)$

nie zależy od zmiennej $y$? Wyznaczyć ekstremalę funkcjonału

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 }

Ćwiczenie 15.4.

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

$J[f]=\underset{0}{\overset{1}{\int }}((f^{\prime }{)}^2+f^{\prime }+3)dt,f(0)=0,f(1)=5.$

Ćwiczenie 15.5.

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

$L(f,f^{\prime },t)-f^{\prime }\frac{\partial L}{\partial y}(f,f^{\prime },t)=C,$

gdzie $C$ jest pewną stałą.

Ćwiczenie 15.6.

a) Wyznaczyć ekstremalę funkcjonału

$J[f]=\underset{a}{\overset{b}{\int }}(f^2-f^{\prime })e^{-t}dt,f(a)=A,f(b)=B.$

b) Czy każde zagadnienie wariacyjne ma rozwiązanie?

Ćwiczenie 15.7.

Wyznaczyć ekstremalę funkcjonału

$J[f]=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\frac{\sqrt{1+(f^{\prime }{)}^2}}{f}dt,f(-1)=1,f(2)=4.$

Ćwiczenie 15.8.

Wyznaczyć ekstremalę funkcjonału

$J[f]=\underset{1}{\overset{2}{\int }}(t^2(f^{\prime }{)}^2+12f^2)dt,f(1)=1,f(2)=8.$

Ćwiczenie 15.9.

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

Wskazówki

Wskazówka

Uzupelnic z.am2.15.003| a), b) Wyznaczyć w przedziale $[0,1]$

ekstrema funkcji $t\mapsto f(t)-g(t)$ oraz $t\mapsto f^{\prime }(t)-g^{\prime }(t)$.

Wskazówka

Uzupelnic z.am2.15.005| a) Zróżniczkować lewą stronę równania

Lagrange'a-Eulera

$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial y}(f,f^{\prime },t)=\frac{\partial L}{\partial x}(f,f^{\prime },t)$

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

b) Czy otrzymane równanie jest liniowe?

Wskazówka

Uzupelnic z.am2.15.010| 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

$J[y]=\underset{0}{\overset{1}{\int }}L(f,f^{\prime },t)dt,$

to jaki jest wzór na $L(f,f^{\prime },t)$? Przypominamy, że należy sprawdzić, czy rozwiązanie tego równania spełnia warunki brzegowe.

Wskazówka

Uzupelnic z.am2.15.020| Ile wynosi pochodna cząstkowa naszej

funkcji $L$ po pierwszej zmiennej?

Wskazówka

Uzupelnic z.am2.15.030| Zróżniczkować obie strony równości

$L-f^{\prime }\frac{\partial L}{\partial y}=C$ po zmiennej $t$ i porównać z równaniem Lagrange'a-Eulera.

Wskazówka

Uzupelnic z.am2.15.040| Funkcja Lagrange'a

$L(x,y,t)=(x^2-y)e^{-t}$ zależy w tym przypadku od wszystkich trzech zmiennych $x,y,t$. Jak wygląda $\frac{\partial L}{\partial y}$?

Wskazówka

Uzupelnic z.am2.15.050| Funkcja Lagrange'a

$L(x,y,t)=\frac{\sqrt{1+y^2}}{x}$ nie zależy od zmiennej $t$.

Wskazówka

Uzupelnic z.am2.15.080| Funkcja Lagrange'a $L(x,y,t)=t^2{y}^2+12x^2$

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

Wskazówka

Uzupelnic z.am2.15.090| Warto przeanalizować rozwiązanie zadania

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

Rozwiązania i odpowiedzi

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am2.15.003| a) Funkcja $h(t)=f(t)-g(t)=t-t^2$ jest

nieujemna w przedziale $[0,1]$ i osiąga wartość największą w punkcie $t=\frac{1}{2}$. Natomiast pochodna $h^{\prime }(t)=1-2t$ jest ściśle malejąca w danym przedziale, a więc funkcja $t\mapsto |h^{\prime }(t)|$ osiąga największą wartość na końcach przedziału. Stąd

$\Vert f-g\Vert =\left|h\right(\frac{1}{2}\left)\right|+|h^{\prime }(0)|=\frac{1}{4}+1=\frac{5}{4}.$

b) Funkcja $h(t)=t-\ln (1+t)$ jest ściśle rosnąca i nieujemna w przedziale $[0,1]$, więc $t\mapsto |h(t)|$ osiąga największą wartość w punkcie $t=1$. Podobnie pochodna $h^{\prime }(t)=1-\frac{1}{1+t}$ jest ściśle rosnąca i nieujemna w przedziale $[0,1]$, więc $t\mapsto |h^{\prime }(t)|$ osiąga największą wartość także w punkcie

$t=1$. Stąd $\Vert f-g\Vert =h(1)+h^{\prime }(1)=1-\ln 2+1-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}-\ln 2.$

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am2.15.005| a) Ze wzoru na pochodną złożenia funkcji

mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 $\frac{{\partial }^{2}L}{\partial t\partial y}(f,f^{\prime },t)+\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x\partial y}(f,f^{\prime },t)f^{\prime }+\frac{{\partial }^{2}L}{\partial y^2}(f,f^{\prime },t)f^{″}-\frac{\partial L}{\partial x}(f,f^{\prime },t)=0,$

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

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial t\partial y}+\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x\partial y}{f}^{\prime }+\frac{{\partial }^{2}L}{\partial y^2}{f}^{″}-\frac{\partial L}{\partial x}=0.$

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

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

gdyż pochodne Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \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 $f$ i jej pochodnej $f^{\prime }$. Jedynie w szczególnym przypadku, gdy pochodne te zależą wyłącznie od zmiennej niezależnej $t$ lub są stałe, równanie Lagrange'a-Eulera jest równaniem różniczkowym liniowym.

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am2.15.010| Jeśli funkcja $L$ nie zależy od drugiej

zmiennej, to $\frac{\partial L}{\partial y}=0$, więc również $\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial y}=0$ i równanie Lagrange'a-Eulera przyjmuje postać

$\frac{\partial L}{\partial x}(f,f^{\prime },t)=0.$

a) Mamy

$J[y]=\underset{0}{\overset{1}{\int }}L(f,f^{\prime },t)dt,$

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

b) Podobnie jak w przypadku a) nasza funkcja nie zależy od drugiej zmiennej, bo mamy $L(f,f^{\prime },t)=(t+1)e^f-f{e}^t$. Otrzymujemy równanie $(t+1)e^f-e^t=0$, a stąd $f(t)=t-\ln (t+1)$. Jednakże, choć $f(0)=0$, to $f(1)=1-\ln 2\ne 1$, zatem funkcja $f$ nie jest ekstremalą naszego funkcjonału.

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am2.15.020| W tym przypadku $L(x,y,t)=u(y)$, zatem

$\frac{\partial L}{\partial x}=0$. Z kolei $\frac{d}{dt}\frac{\partial L(f,f^{\prime },t)}{\partial y}=\frac{d}{dt}{u}^{\prime }(f^{\prime }(t))=f^{″}(t)u^{″}(t)=f^{″}(t)\frac{{\partial }^{2}L(f,f^{\prime },t)}{\partial y^2}$, zatem równanie Lagrange'a-Eulera przyjmuje postać

$f^{″}\frac{{\partial }^{2}L(f,f^{\prime },t)}{\partial y^2}=0.$

W naszym przykładzie $L(x,y,t)=y^2+y+3$, zatem $\frac{{\partial }^{2}L}{\partial y^2}=2$. Otrzymujemy stąd równanie $2f^{″}=0$, którego rozwiązaniem jest funkcja liniowa $f(t)=C_{1}t+C_2$. Wobec warunków brzegowych mamy $f(t)-0=\frac{5-0}{1-0}(x-0)$, czyli $f(t)=5t$.

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am2.15.030| Gdy funkcja Lagrange'a $L=L(x,y,t)$ nie

zależy od zmiennej $t$, równanie Lagrange'a-Eulera

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

przyjmuje postać:

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x\partial y}{f}^{\prime }+\frac{{\partial }^{2}L}{\partial y^2}{f}^{″}-\frac{\partial L}{\partial x}=0,$

gdyż $\frac{{\partial }^{2}L}{\partial t\partial y}=0$ (por. rozwiązanie zadania Uzupelnic z.am2.15.005|). Z kolei różniczkując po zmiennej $t$ obie strony równości $L-f^{\prime }\frac{\partial L}{\partial y}=C$ dostajemy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 $L-f^{\prime }\frac{\partial L}{\partial y}=C$ wtedy i tylko wtedy,

gdy $\frac{d}{dt}(L-f^{\prime }\frac{\partial L}{\partial y})=0$

co ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy $f$ spełnia równanie

$\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x\partial y}{f}^{\prime }+\frac{{\partial }^{2}L}{\partial y^2}{f}^{″}-\frac{\partial L}{\partial x}=0,$

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

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am2.15.040| a) Ponieważ $\frac{\partial L}{\partial x}=2x{e}^{-t}$ oraz $\frac{\partial L}{\partial y}=-e^{-t}$, więc równanie Lagrange'a- Eulera ma postać $2f{e}^{-t}=e^{-t}.$

Ponieważ $t\mapsto e^{-t}$ nigdy się nie zeruje, więc tylko funkcja stała $f(t)=\frac{1}{2}$ spełnia to równanie. Wobec tego problem wariacyjny nie ma rozwiązania, gdy $A\ne \frac{1}{2}$ lub $B\ne \frac{1}{2}$. Jedynie w szczególnym przypadku, gdy $A=B=\frac{1}{2}$, problem ma rozwiązanie $f(t)=\frac{1}{2}$.

b) Ten prosty przykład pokazuje, że zagadnienie wariacyjne może nie mieć rozwiązania.

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am2.15.050| Skoro funkcja Lagrange'a

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

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

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

$f\sqrt{1+(f^{\prime }{)}^2}=C,$

gdzie $C=\frac{1}{c^{*}}$. Stąd po wyliczeniu $f^{\prime }$ i rozdzieleniu zmiennych dostajemy

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

czyli

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

Stąd

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

Uwzględniając warunki $f(-1)=1$ oraz $f(2)=4$, dostajemy $(t-3{)}^2+f^2=17.$

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am2.15.080| Przekształcając równanie

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

$t^2{f}^{″}+2t{f}^{\prime }-12f=0.$

Rozwiązania tego równania szukamy wśród funkcji postaci

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

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

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

które spełniają liczby

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

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

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am2.15.090| Prędkość punktu w punkcie $(x,y)$ (a

dokładniej: długość wektora prędkości w tym punkcie) wynosi

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

Uwzględniając fakt, że $v=x$ otrzymujemy równanie

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

które w postaci różniczkowej ma postać

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

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

$J[y]=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{x}\sqrt{1+(\frac{dy}{dx}{)}^2}dx.$

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

w tym przypadku równaniu $\frac{\partial L}{\partial z}(y,y^{\prime },x)=C,$

gdzie $C$ jest pewną stałą. Równanie ekstremali ma więc postać

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

skąd $(y^{\prime }{)}^2=C^2{x}^2+C^2{x}^2(y^{\prime }{)}^2$. Po rozdzieleniu zmiennych

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

które

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

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

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

Nietrudno zauważyć, że wykres tej funkcji jest łukiem okręgu $x^2+(y-2{)}^2=1$

łączącym dane punkty $A$ i $B$.