diffeq.org

Задача 1194

Найти поверхность, удовлетворяющую уравнению: $$y^2\frac{∂{z}}{∂{x}} + xy\frac{∂{z}}{∂{y}} = x$$ и проходящую через линию: $$x = 0,\, z = y^2$$

УЧП соответствует системе: $$\frac{dx}{y^2} = \frac{dy}{xy} = \frac{dz}{x}\, (1 = 2 = 3)$$ Найдём первые интегралы: $$1 = 2 ⇒ xydx = y^2dy ⇒ d(x^2) = d(y^2) ⇒ x^2 - y^2 = C_1$$ $$2 = 3 ⇒ \frac{dy}{y} = dz ⇒ d(ln{y}) = dz ⇒ z - ln{y} = C_2$$ Тогда общее решение имеет вид: $$z - ln{y} = F(x^2 - y^2)$$ где $F(x, y)$ - произвольная дифференцируемая функция от $x$ и $y$.

Подставим в это решение уравнение линии: $$y^2 - ln{y} = F(-y^2) ⇒ F(x) = -x + ln{\sqrt{-x}}$$ Таким образом, решение имеет вид: $$z = ln{y} - x^2 + y^2 - ln{\sqrt{x^2 - y^2}}$$

Задача 1198

Найти поверхность, удовлетворяющую уравнению: $$x\frac{∂{z}}{∂{x}} - y\frac{∂{z}}{∂{y}} = z^2(x - 3y)$$ и проходящую через линию: $$x = 1,\, yz + 1 = 0$$

УЧП соответствует системе: $$\frac{dx}{x} = \frac{dy}{-y} = \frac{dz}{z(x - 3y)}\, (1 = 2 = 3)$$ Найдём первые интегралы: $$1 = 2 ⇒ \frac{dx}{x} = \frac{dy}{-y} ⇒ xy = C_1$$ $$1 ⋅ z + 2 ⋅ 3z = 3 ⇒ dx + 3dy = \frac{dz}{z} ⇒ x + 3y - ln{|z|} = C_2$$ Подставим в эти выражения уравнение кривой, чтобы найти связь между $C_1$ и $C_2$: \begin{equation*} \begin{cases} y = C_1,
1 + 3y + ln{|y|} = C_2 \end{cases} \end{equation*} Откуда получаем: $$C_2 = 1 + 3C_1 + ln{|C_1|} ⇒ x + 3y - ln{z} = 1 + 3xy + ln{|xy|}$$ Или, выражая $z$ через $x$ и $y$: $$z = exp{(x + 3y - 1 - 3xy - ln{|xy|})}$$

Задача 1203

Найти поверхность, удовлетворяющую уравнению: $$(y - z)\frac{∂{z}}{∂{x}} + (z - x)\frac{∂{x}}{∂{y}} = x - y$$ и проходящую через линию: $$z = y = -x$$

УЧП соответствует системе: $$\frac{dx}{y - z} = \frac{dy}{z - x} = \frac{dz}{x - y}\, (1 = 2 = 3)$$ Найдём первые интегралы: $$1 + 2 = -3 ⇒ dx + dy = -dz ⇒ x + y + z = C_1$$ $$1 ⋅ 2x + 2 ⋅ 2y = -3 ⋅ 2z ⇒ x^2 + y^2 + z^2 = C_2$$ Тогда общее решение имеет вид: $$x^2 + y^2 + z^2 = F(x + y + z)$$ Где $F(x)$ - произвольная дифференцируемая функция.

Подставим в это соотношение уравнение кривой: $$3x^2 = F(x)$$ Откуда итоговое решение имеет вид: $$x^2 + y^2 + z^2 = 3(x + y + z)^2$$

Задача 1204

Найти поверхность, удовлетворяющую уравнению: $$x\frac{∂{z}}{∂{x}} + (xz + y)\frac{∂{z}}{∂{y}} = z$$ и проходящую через линию: $$x + y = 2z,\, xz = 1$$

УЧП соответствует системе: $$\frac{dx}{x} = \frac{dy}{xz + y} = \frac{dz}{z}\, (1 = 2 = 3)$$ Найдём первые интегралы: $$1 = 3 ⇒ \frac{dx}{x} = \frac{dz}{z} ⇒ \frac{z}{x} = C_1$$ $$1 ⋅ z + 3 ⋅ x - 2 = 1 ⇒ \frac{xdz + zdx - dy}{xz - y} = \frac{dx}{x} ⇒ \frac{xz - y}{x} = C_2$$

Подставим в найденные первые интегралы уравнение кривой и найдём соотношение между $C_1$ и $C_2$: \begin{equation*} \begin{cases} C_1 = \frac{1}{x^2},
C_2 = 1 - \frac{y}{x} = 1 - \frac{2z - x}{x} = 2 - 2\frac{z}{x} = 2 - 2C_1 \end{cases} \end{equation*}

Откуда, подставляя значения первых интегралов, получаем: $$\frac{xz - y}{x} = 2 - 2\frac{z}{x}$$

Задача 1206

Найти поверхность, удовлетворяющую уравнению: $$x\frac{∂{z}}{∂{x}} + z\frac{∂{z}}{∂{y}} = y$$ и проходящую через линию: $$y = 2z,\, x + 2y = z$$

УЧП соответствует системе: $$\frac{dx}{x} = \frac{dy}{z} = \frac{dz}{y}\, (1 = 2 = 3)$$ Найдём первые интегралы: $$2 = 3 ⇒ ydy = zdz ⇒ z^2 - y^2 = C_1$$ $$1 = 2 + 3 ⇒ \frac{dx}{x} = \frac{dy + dz}{y + z} ⇒ \frac{y + z}{x} = C_2$$

Таким образом, общее решение имеет вид: $$F\left(z^2 - y^2, \frac{y + z}{x}\right) = 0$$ Где $F(x, y)$ - произвольная дифференцируемая функция двух аргументов. Подставим в неё уравнение кривой, предварительно преобразовав его: \begin{equation*} \begin{cases} y = 2z,
x = z - 2y = -3z \end{cases} \end{equation*} $$F(-3z^2, -1) = 0$$

Таким образом, уравнение искомой поверхности имеет вид: \begin{equation*} \begin{cases} F\left(z^2 - y^2, \frac{y + z}{x}\right) = 0,
F(-3x^2, -1) = 0 \end{cases} \end{equation*}

Задача 1174

Найти общее решение уравнения: $$xy\frac{∂{z}}{∂{x}} - x^2\frac{∂{z}}{∂{y}} = yz$$

УЧП соответствует системе: $$\frac{dx}{xy} = \frac{dy}{x^2} = \frac{dz}{yz} \, (1 = 2 = 3)$$ Найдём первые интегралы: $$1 = 2 ⇒ ydy = xdx ⇒ y^2 - x^2 = C_1$$ $$1 = 3 ⇒ \frac{dx}{x} = \frac{dz}{z} ⇒ \frac{z}{x} = C_2$$

Отсюда, общее решение имеет вид: $$\frac{z}{x} = F(y^2 - x^2)$$ Где $F(x)$ - произвольная дифференцируемая функция.

Задача 1186

Найти общее решение уравнения: $$(y + z)\frac{∂{u}}{∂{x}} + (z + x)\frac{∂{u}}{∂{y}} + (x + y)\frac{∂{u}}{∂{z}} = u$$

УЧП соответствует системе: $$\frac{dx}{y + z} = \frac{dy}{z + x} = \frac{dz}{x + y} = \frac{du}{u} \, (1 = 2 = 3 = 4)$$ Найдём первые интегралы: $$1 + 2 + 3 = 4 ⇒ \frac{dx + dy + dz}{2(x + y + z)} = \frac{du}{u} ⇒ \frac{u^2}{x + y + z} = C_1$$ $$1 - 2 = 4 ⇒ \frac{dx - dy}{y - x} = \frac{du}{u} ⇒ u(x - y) = C_2$$ $$2 - 3 = 4 ⇒ \frac{dy - dz}{z - y} = \frac{du}{u} ⇒ u(y - z) = C_3$$

Таким образом, общее решение имеет вид: $$F\left(\frac{u^2}{x + y + z}, u(x - y), u(y - z)\right) = 0$$ Где $F(x, y, z)$ - произвольная дифференцируемая функция.

Задача 1209

Найти поверхность, удовлетворяющую уравнению: $$xy^3\frac{∂{z}}{∂{x}} + x^2z^2\frac{∂{z}}{∂{y}} = y^3z$$ и проходящую через кривую: $$x = -z^3, \, y = z^2$$

УЧП соответствует системе: $$\frac{dx}{xy^3} = \frac{dy}{x^2z^2} = \frac{dz}{y^3z} \, (1 = 2 = 3)$$ Найдём первые интегралы: $$1 = 3 ⇒ \frac{dx}{x} = \frac{dz}{z} ⇒ \frac{z}{x} = C_1$$ $$1 ⋅ z + 3 ⋅ x = 2 ⇒ \frac{zdx + xdz}{xy^2z} = \frac{dy}{x^2z^2} ⇒ xzd(xz) = y^2dy ⇒ \frac{x^2z^2}{2} - \frac{y^3}{3} = C_2$$

Подставим сюда уравнение кривой, чтобы найти соотношение между $C_1$ и $C_2$: \begin{equation*} \begin{cases} C_1 = -\frac{1}{z^2},
C_2 = \frac{z^8}{2} - \frac{z^6}{3} \end{cases} \end{equation*} Получаем, что $C_2 = \frac{1}{2C_1^4} + \frac{1}{3C_1^3}$, откуда уравнение искомой поверхности имеет вид: $$\frac{x^2z^2}{2} - \frac{y^3}{3} = \frac{x^4}{2z^4} + \frac{x^3}{3z^3}$$ 75, 81, 83, 88, 72, 74, 76, 78, 155, 156

Задача 75

Найти экстремали функционала $J[y] = ∫_0^π(4ycos x + y’^2 - y^2)dx, y(0) = y(π) = 0$.

Экстремалями являются решения уравнения: $$F_y - \frac{d}{dx}F_y’ = 0$$ Где $F(x, y, y’) = 4ycos x + y’^2 - y^2$. $$F_y = 4cos x - 2y$$ $$\frac{d}{dx}F_y’ = \frac{d}{dx}2y’ = 2y”$$ Получили уравнение: $$4cos x - 2y - 2y” = 0$$ Или: $$y” + y = 4cos x$$ Общее решение однородного уравнения имеет вид: $$y_oo = C_1sin x + C_2cos x$$ Частное решение неоднородного уравнения ищем в виде:

Таким образом, общее решение уравнения Эйлера имеет вид: $$y_no = \left(C_1 + \frac{1}2x\right)sin x + \left(C_2 + \frac{1}2x\right)cos x$$ Для нахождения экстремалей подставим в решение граничные условия:

Таким образом, экстремалей нет.

Задача 81

Найти экстремали функционала: $$J[y(x)] = ∫_a^b[2xy + (x^2 + e^y)y’]dx, y(a) = A, y(b) = B$$

Выпишем уравнение Эйлера: $$F_y - \frac{d}{dx}F_y’ = 0$$ $$F_y = 2x + y’e^y$$ $$\frac{d}{dx}F_y’ = \frac{d}{dx}(x^2 + e^y) = 2x + y’e^y$$ Получили уравнение: $$0 = 0$$ Таким образом, любая кривая, удовлетворяющая граничным условиям будет экстремалью.

Задача 83

Найти экстремали функционала: $$J[y(x)] = ∫_0^\frac{π4}(y’^2 - y^2)dx; y(0) = 1, y\left(\frac{π}4\right) = \frac{\sqrt 2}2$$ ВЫпишем уравнение Эйлера: $$F_y - \frac{d}{dx}F_y’ = 0$$ $$F_y = 2y$$ $$F_y’ = \frac{d}{dx}(2y’) = 2y”$$ Получаем уравнение: $$2y - 2y” = 0$$ Общее решение этого уравнения имеет вид: $$y_oo = C_1e^x + C_2e^-x$$ Чтобы найти экстремали, подставим граничные условия:

Таким образом, единственной экстремалью является функция $y = C_1e^x + C_2e^-x$, где $C_1$ и $C_2$ определяются из системы выше.

Задача 88

Найти экстремали функционала: $$J[y(x)] = ∫_0^1(2e^y - y^2)dx; y(0) = 1, y(1) = e$$

Выпишем уравнение Эйлера: $$F_y - \frac{d}{dx}F_y’ = 0$$ $$F_y = 2e^y - 2y$$ $$\frac{d}{dx}F_y’ = 0$$ Получили уравнение: $$2e^y - 2y = 0$$ Или: $$y = e^y$$ При подстановке $x = 0$ получаем противоречие: $$1 = e$$ Т. е. экстремалей нет.

Задача 72

Найти экстремали функционала: $$J[y] = ∫_1^2(y’^2 + 2yy’ + y^2)dx; y(1) = 1, y(2) = 0$$

Выпишем уравнение Эйлера: $$F_y - \frac{d}{dx}F_y’ = 0$$ $$F_y = 2y’ + 2y$$ $$\frac{d}{dx}F_y’ = \frac{d}{dx}(2y’ + 2y) = 2y” + 2y’$$ Получили уравнение: $$2y - 2y” = 0$$ Общее решение этого уравнения имеет вид: $$y = C_1e^x + C_2e^-x$$ Подставим начальные условия:

Откуда экстремалью является функция: $$y = \frac{e^x + e^{4 - x}}{e^3 + e}$$

Задача 74

Найти экстремали функционала: $$J[y] = ∫_0^1yy’^2dx; y(0) = 1, y(1) = \sqrt[3]4$$

Выпишем уравнение Эйлера: $$F_y - \frac{d}{dx}F_y’ = 0$$ $$F_y = y’^2$$ $$\frac{d}{dx}F_y’ = \frac{d}{dx}(2yy’) = 2y’^2 + 2yy”$$ Получили уравнение:

Положим $y’ = p(y)$, тогда $y” = p’p$ и уравнение преобразуется к виду: $$2yp’p - p’^2 = 0$$ Или: $$p’(p’ - 2py) = 0$$ Если $p’ = 0$, то $p = C ⇒ y’ = C ⇒ y = C_1x + C_2$. Подставив эту функцию в уравнение (1), найдём, что $y = C$. В противном случае уравнение приводится к виду: $$\frac{p’}p = 2y ⇒ p = Cy^2, C ≠ 0$$ Откуда $y’ = Cy^2 ⇒ \frac{y’}{y^2} = C, C ≠ 0 ⇒ y = \frac{1}{C_1x + C_2}, C_1 ≠ 0$.

Объединяя это решение с предыдущим, получим: $$y = \frac{1}{C_1x + C_2}, C_1^2 + C_2^2 ≠ 0$$ Подставим граничные условия:

Получили единственную экстремаль: $$y = \frac{\sqrt[3]4}{(1 - \sqrt[3]4)x + \sqrt[3]4}$$

Задача 76

Найти экстремали функционала $J[y] = ∫_0^1(y’^2 - y^2 - y)e^2xdx, y(0) = 0, y(1) = e^-1$.

Выпишем уравнение Эйлера: $$F_y - \frac{d}{dx}F_y’ = 0$$ $$F_y = (2y - 1)e^2x$$ $$\frac{d}{dx}F_y’= \frac{d}{dx}(2ye^2x) = e^2x(2y’ + 4y)$$ Получили уравнение: $$e^2x(2y’ - 2y + 1) = 0$$ Или: $$y’ - y = \frac{1}2$$ Общее решение этого уравнения имеет вид: $$y = Ce^x - \frac{1}2$$ Подставим начальные условия:

Система несовместна, значит экстремалей нет.

Задача 78

Найти экстремали функционала $J[y] = ∫_-1^0(y’^2 - 2xy)dx, y(-1) = 0, y(0) = 2$.

Выпишем уравнение Эйлера: $$F_y - \frac{d}{dx}F_y’ = 0$$ $$F_y = 2x$$ $$\frac{d}{dx}F_y’ = \frac{d}{dx}(2y’) = 2y”$$ Получили уравнение: $$y” = x ⇒ y’ = \frac{x^2}2 + C_1 ⇒ y = \frac{x^3}6 + C_1x + C_2$$ Подставим граничные условия:

Таким образом, единственной экстремалью является кривая $$y = \frac{x^3}6 + \frac{11}6x + 2$$

Задача 155

Исследовать функционал на экстремум: $J[y] = ∫_2^3\frac{x^3}{y’^2}dx; y(2) = 4, y(3) = 9$.

Выпишем уравнение Эйлера: $$F_y - \frac{d}{dx}F_y’ = 0$$ $$F_y = 0$$

Получили уравнение:

$x = 0$ и $y = 0$ - не решения, поэтому уравнение приводится к виду: $$y” - \frac{1}xy’ = 0 ⇔ (ln y’)’ = (ln |x|)’ ⇔ y’ = Cx, C ≠ 0 ⇔ y = Cx^2 + C_1, C ≠ 0$$ Допустимые значения $C$ и $C_1$ найдём, исходя из граничных условий:

Т. е. экстремум может достигаться только на кривой $y = x^2$. Эта кривая может быть включена в поле экстремалей $y = Cx^2$.

Найдём $F_y’y’$ $$F_y’y’ = 6\frac{x^3}{y’^4} =|_{y = y_0} = 4x^2 = 0 \text{ при } x = 0$$ Это означает, что слабого экстремума на этой кривой нет, а значит, и сильного.

Задача 156

Исследовать функционал на экстремум: $J[y] = ∫_1^2(xy’^4 - 2yy’^3)dx; y(1) = 0, y(2) = 1$.

Выпишем уравнение Эйлера: $$F_y - \frac{d}{dx}F_y’ = 0$$ $$F_y = -2y’^3$$ $$\frac{d}{dx}F_y’ = \frac{d}{dx}(4xy’^3 - 6yy’^2) = 4y’^3 + 12xy’^2y” - 6y’^3 - 12yy’y”$$ Получили уравнение: $$12yy’y” - 12xy’^2y” = 0$$ Или: $$y’y”(y - xy’) = 0$$ Если $y” = 0$, то $y = C_1x + C_2$, иначе уравнение принимает вид: $$\frac{y’}y = \frac{1}x ⇔ y = Cx, C ≠ 0$$ Таким образом, все экстремали имеют вид: $$y = C_1x + C_2$$ Проверим краевые условия:

Таким образом, экстремум может достигаться на экстремали $y_0 = x - 1$. Она может быть включена в поле экстремалей $y = x + C$. $$F_y’y’ = 12xy’^2 - 12yy’ = 12y’(xy’ - y) = |_{y = y_0} 12x - 12(x - 1) = 12 > 0$$ Таким образом, на $y_0$ достигается слабый минимум функционала. При произвольных $y’$ знак $F_y’y’$ не сохраняется, значит, сильного минимума нет.

Обобщения простейшей задачи вариационного исчисления

$$J[y] = ∫_a^bF(x, y, y’)dx$$ 1.

Для поиска экстремума записывается система:

Задача 107

Записываем систему уравнений Эйлера:

Подставив граничные условия, найдём:

1. $$J[y] = ∫_a^bF(x, y, y’, \ldots, y⁽ⁿ⁾)$$

Здесь $F ∈ C^{n + 1}(D)$ и заданы $2n$ граничных условий:

Уравнение Эйлера-Пуассона: $$∑_{k = 0}^n(-1)^k\frac{d^k}{dx^k}F_y^{(k)} = 0$$ Решения этого уранвения - экстремали.

Задача 1

Запишем уравнение Эйлера-Пуассона: $$F_y - \frac{d}{dx}F_y’ + \frac{d^2}{dx^2}F_y” = 0$$ $$F_y = -2y$$ $$\frac{d}{dx}F_y’ = 0$$ $$\frac{d^2}{dx^2}F_y” = \frac{d^2}{dx^2}(2y”) = 2y^IV$$ Получили уравнение: $$-2y + 2y^IV = 0$$ Или $$y^IV - y = 0$$ Общее решение имеет вид: $$y = C_1e^x + C_2e^x + C_3sin x + C_4cos x$$ Подставим краевые условия:

Откуда единственной экстремалью является кривая $y = cos x$

Условие Якоби

Рассмотрим \textit{уравнение Якоби}: $$(F_yy - \frac{d}{dx}F_yy’)u - \frac{d}{dx}(F_y’y’u’)|_{y = y_0} = 0$$ Где $y_0$ - проверяемая экстремаль.

Пусть $u(x)$ решение уравнения Якоби, удовлетворяющее условиям:

1. $u(a) = 0$
2. u(x) не обращается в нуль на $(a; b]$

Если такое решение существует, то экстремаль можно включить в поле экстремалей с центром в $(a, A)$.

Задача 156

$$J[y] = ∫_1^2(xy’^4 - 2yy’^3)dx; y(1) = 0, y(2) = 1$$ Экстремаль уже найдена ранее: $y = x - 1$. Проверим её включение в поле экстремалей с помощью условия Якоби. Выпишем уравнение Якоби: $$(0 + \frac{d}{dx}(6y’^2))u - \frac{d}{dx}((12xy’^2 - 12yy’)u’) = 0$$ $$\frac{d}{dx}(y’^2)u - \frac{d}{dx}((2xy’^2 - 2yy’)u’) = 0$$ Подставим экстремаль: $$-\frac{d}{dx}((2x - 2(x - 1))u’) = 0 ⇒ (x - x + 1)u’ = C ⇒ u = Cx + C_1$$ Вспоминая, что $u(1) = 0$, получаем $u = C(x - 1)$.

Задача 76

Выпишем уравение Эйлера: $$F_y - \frac{d}{dx}F_y’ = (-2y - 1)e^2x - \frac{d}{dx}(2y’e^2x) = (-2y - 1)e^2x - 2y”e^2x - 2y’⋅2$$ Общее решение имеет вид: $$y = C_1e^-x + C_2xe^-x - \frac{1}2$$ Поле экстремалей не выделяется, нужно воспользоваться условием Якоби.