×   HOME PREDAVANJA

SADRŽAJ INTEGRAL ODREĐENI INTEGRAL FUNKCIJE VIŠE VARIJABLA VIŠESTRUKI INTEGRALI DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE METODA NAJMANJIH KVADRATA INDEKS

VJEŽBE

SADRŽAJ INTEGRAL ODREĐENI INTEGRAL FUNKCIJE VIŠE VARIJABLA VIŠESTRUKI INTEGRALI DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE METODA NAJMANJIH KVADRATA

PODSJETNIK

SADRŽAJ NEODREĐENI INTEGRAL ODREĐENI INTEGRAL FUNKCIJE VIŠE VARIJABLA VIŠESTRUKI INTEGRALI DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE METODA NAJMANJIH KVADRATA

JAVA NETPLOT OCTAVE Traži ...

☰   matematika2 Nužni i dovoljni uvjeti     Varijacijski račun     Uvjetni ekstrem

Primjeri

Sljedeći primjeri ilustriraju primjene varijacijskog računa i korištenje nužnih i dovoljnih uvjeta ekstrema iz prethodnog poglavlja.

Primjer 4.21   Riješimo problem najkraćeg puta iz primjera 4.19:

$$I(y)=\int\limits _a^b \sqrt{1+y^{\prime 2}} dx, \qquad y(x_0)=y_0, \quad y(x_1)=y_1.$$

Očito se radi o prvom slučaju iz poglavlja 4.7.1 pa rješenje $y$ mora zadovoljavati Euler-Lagrangeovu jednadžbu

$$\frac{\partial F}{\partial y} - \frac{d}{dx}\left(\frac{\partial F}{\partial y'}\right)=0.$$

Iz $F(x,y,y')=\sqrt{1+y^{\prime 2}}$ slijedi

$$\frac{\partial F}{\partial y}=0, \qquad \frac{\partial F}{\partial y'}=\frac{y'}{\sqrt{1+y^{\prime 2}}},$$

pa zaključujemo da je

$$\frac{y'}{\sqrt{1+y^{\prime 2}}}=C$$

za neku konstantu $C$ . Nakon kvadriranja, sređivanja i ponovnog korjenovanja imamo

$$y'=\frac{C}{\sqrt{1-C^2}}.$$

Uz oznake $a=C/\sqrt{1-C^2}$ i $y'=dy/dx$ dobili smo diferencijalnu jednadžbu sa separiranim varijablama (vidi poglavlje 5.2)

$$dy=a dx.$$

Rješenje jednadžbe je

$$y=a x+b,$$

pri čemu su $a$ i $b$ konstante. Dakle, rješenje problema najkraćeg puta je pravac, kao što smo i očekivali. Konstante $a$ i $b$ možemo odrediti iz rubnih uvjeta:

$$y(x_0)=a x_0+b=y_0, \qquad y(x_1)=a x_1+b=y_1.$$

Oduzimanje prve jednadžbe od druge daje

$$a=\frac{y_1-y_0}{x_1-x_0}$$

pa uvrštavanje u prvu jednadžbu daje

$$b=y_0-\frac{y_1-y_0}{x_1-x_0} x_0.$$

Dobili smo poznatu formulu za jednadžbu pravca kroz dvije točke (vidi M1, primjer 3.11).

Provjerimo na kraju dovoljne uvjete ekstrema: kako je

$$F''_{y'y'}=\frac{1}{(1+y^{\prime 2}) \sqrt{1+y^{\prime 2}}}>0,$$

zaključujemo da se zaista radi o minimumu.

Primjer 4.22   Nađimo brahistohronu iz primjera 4.20:

$$I(y)=\int\limits _0^a \sqrt{\frac{1+y^{\prime 2}}{x}} dx, \qquad y(0)=0, \quad y(a)=b.$$

Opet se radi o prvom slučaju iz poglavlja 4.7.1. Kao i u prethodnom primjeru vrijedi $\partial F/\partial y=0$ pa se Eulerova jednadžba svodi na

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

za neku konstantu $C$ . Nakon kvadriranja, sređivanja i ponovnog korjenovanja imamo

$$y'=C \sqrt{\frac{x}{1-C^2x }}.$$

Uz oznaku $y'=dy/dx$ dobili smo diferencijalnu jednadžbu sa separiranim varijablama

$$dy=C \sqrt{\frac{x}{1-C^2x }} dx.$$

Integriranje daje

$$y = C\int \sqrt{\frac{x}{1-C^2x }} dx= C\int \frac{x}{\sqrt{x-C^2... ...1}{2C^2} (1-\cos t) dx=\frac{1}{2C^2} \sin t dt \end{array} \right\}$$

$$=\frac{1}{2 C^2} (t-\sin t)+C_1.$$

Konstantu integracije $C_1$ odredit ćemo iz rubnog uvjeta $y(0)=0$ : iz $x=0$ slijedi $\cos t=1$ pa je $t=0$ . Dakle,

$$0=\frac{1}{2 C^2} (0-\sin 0) +C_1$$

pa je $C_1=0$ . Uz oznaku $a=\frac{1}{2 C^2}$ imamo

$$x(t)=a (1-\cos t), \qquad y(t)= a (t-\sin t),$$ (4.7)

odnosno rješenje je cikloida (vidi M1, primjer 4.3)^4.8. Provjerimo još dovoljne uvjete ekstrema: kako je

$$F''_{y'y'}=\frac{1}{(1+y^{\prime 2}) \sqrt{x (1+y^{\prime 2})}}>0,$$

zaključujemo da se zaista radi o minimumu.

Parametar $a$ iz jednadžbi (4.7) se odredi iz uvjeta da cikloida prolazi točkom $A$ . Parametar se općenito ne može odrediti egzaktno, već je potrebno koristiti neku od numeričkih metoda. Ako je, na primjer, $A=(1,2)$ , uvrštavanje u (4.7) daje sustav jednadžbi

$$1=a (1-\cos t), \qquad 2= a (t-\sin t).$$

Izjednačavanje parametra $a$ daje jednadžbu

$$2 \cos t- \sin t + t -2=0.$$

Nul-točku ove funkcije možemo približno izračunati metodom bisekcije^4.9. Vrijedi $t\approx 3.508$ pa je

$$a=\frac{1}{1-\cos t}\approx \frac{1}{1-\cos (3.508)}=0.517.$$

Rješenje problema brahistohrone prikazano je na slici 4.18.

Slika: Cikloida kao rješenje problema najkraćeg vremena

U prethodna dva primjera problem se, zbog $\partial F/\partial y=0$ , sveo na rješavanje jednostavne diferencijalne jednadžbe prvog reda sa separiranim varijablama (vidi poglavlje 5.2). Općenito se dobije diferencijalna jednadžba drugog reda (vidi poglavlje 5.9).

Primjer 4.23   Riješimo problem najmanjeg oplošja: od svih krivulja koje prolaze točkama $A=(a,c)$ i $B=(b,d)$ nađimo onu koja rotacijom oko $x$ -osi opisuje tijelo najmanjeg oplošja (slika 4.19).

Slika: Problem najmanjeg oplošja

Prema poglavlju 2.6.4, oplošje rotacijskog tijela računa se formulom

$$O=2 \pi \int\limits _a^b y \sqrt{1+y^{\prime 2}} dx,$$

pri čemu je $y>0$ . Dakle, potrebno je minimizirati funkcional

$$I(y)=2 \pi \int\limits _a^b y \sqrt{1+y^{\prime 2}} dx,\qquad y(a)=c,\quad y(b)=d.$$

Euler-Lagrangeova jednadžba glasi

$$=\frac{\partial F}{\partial y} - \frac{d}{dx}\left(\frac{\partial... ...y^{\prime 2}}-\frac{d}{dx} \left( \frac {y y'}{\sqrt{1+y^{\prime 2}}} \right)$$ 0

$$=\sqrt{1+y^{\prime 2}} -\frac {y^{\prime 2}}{\sqrt{1+y^{\prime 2}}}- \frac {y y''}{(1+y^{\prime 2}) \sqrt{1+y^{\prime 2}}}.$$

Množenjem jednadžbe s $(1+y^{\prime 2}) \sqrt{1+y^{\prime 2}}$ dobili smo diferencijalnu jednadžbu drugog reda:

$$y y''-y^{\prime 2} -1=0.$$

Jednadžbu ćemo riješiti koristeći supstituciju $y'=p$ . Kako je

$$y''=\frac{d}{dx} y'=\frac{d}{dx} p= \frac{dp}{dy} \frac{dy}{dx}=\frac{dp}{dy} p,$$

gornja diferencijalna jednadžba prelazi u jednadžbu sa separiranim varijablama

$$y p \frac{dp}{dy} -p^2-1=0,$$

odnosno

$$\frac{p}{p^2+1} dp = \frac{1}{y} dy.$$

Integriranje daje

$$\frac{1}{2} \ln(p^2+1) + \ln a = \ln y$$

za neku konstantu $a$ . Odavde slijedi

$$p=\frac{dy}{dx}=\sqrt{\left(\frac{y}{a}\right)^2-1},$$

odnosno

$$dx= \displaystyle \frac{dy}{\sqrt{\left(\displaystyle \frac{y}{a}\right)^2-1} }.$$

Integriranje daje (vidi poglavlje 1.1.1)

$$x=a\mathop{\mathrm{arch}}\nolimits \frac{y}{a} +b$$

za neku konstantu b pa je konačno

$$y=a\mathop{\mathrm{ch}}\nolimits \frac{x-b}{a}.$$

Dakle, rješenje je lančanica (vidi M1, poglavlje 4.6.9). Provjera dovoljnih uvjeta ekstrema daje

$$F''_{y'y'}=y \frac{1}{(1+y^{\prime 2}) \sqrt{1+y^{\prime 2}}}>0,$$

pa se zaista radi o minimumu. Konstante $a$ i $b$ se određuju iz početnih uvjeta i ne mogu se odrediti analitički. Međutim, program za određivanje početnih uvjeta može se jednostavno programirati u programskom jeziku Matlab.

Za rubne uvjete $A=(0,3)$ i $B=(3,2)$ program koji računa konstante $a$ i $b$ i potom crta rješenje glasi:

Octave On-line

% Priprema funkcije za trazenje nul-tocaka function y=f(x) y(1)=x(1)*cosh(x(2)/x(1))-3; y(2)=x(1)*cosh((3-x(2))/x(1))-2; end % Trazenje nul-tocaka, a=x(1), b=x(2) [x, info] = fsolve('f', [1.5; 1.5]) % Priprema za crtanje rjesenja u=0:0.1:3; v=x(1)*cosh((u-x(2))/x(1)); % Crtanje rjesenja plot(u,v)

     

[Octave On-line Home]    [Octave User's Guide]

Zadatak 4.6   Nađite ekstreme sljedećih funkcionala:

a)

$I(y)=\displaystyle \int\limits _0^4 \sqrt{y (1+y^{\prime 2})} dx$ ,      $y(0)=\displaystyle \frac{5}{4}$ ,      $y(4)=\displaystyle \frac{13}{4}$ .
Rješenje: Funkcional dostiže minimum za $y=\displaystyle \frac{(5 x-6)^2}{80}+\displaystyle \frac{4}{5}$ .

b)

$I(y)=\displaystyle \int\limits _0^{\pi/4} (y^2-y^{\prime 2} +6 y\sin 2 x) dx$ ,      $y(0)=0$ ,      $y(\pi/4)=1$ .
Rješenje: Funkcional dostiže maksimum za $y=\sin 2 x$ .

Sljedeći primjer ilustrira primjenu rubnih uvjeta i uvjeta transverzalnosti.

Primjer 4.24   Riješimo funkcional

$$I(x)=\int\limits _0^1 (x^{\prime 2} +1) dt,$$

pri čemu je $x=x(t)$ uz rubne uvjete $x(0)=1$ i $x(1)=2$ : Euler-Lagrangeova jednadžba glasi

$$0=\frac{\partial F}{\partial x} - \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial F}{\partial x'}\right)=0-\frac{d}{dt} 2 x'=-2 x''$$

pa je $x(t)=a t+b$ za neke konstante $a$ i $b$ . Rubni uvjeti daju $a=b=1$ a rješenje glasi

$$x(t)=t+1.$$

Provjera dovoljnog uvjeta daje

$$F''_{x'x'}=2>0$$

pa se radi o minimumu. Najmanja vrijednost zadanog funkcionala je

$$I_{\min}=\int\limits _0^1 (1+1) dt=2.$$

Ako je, pak, zadan samo jedan rubni uvjet, $x(0)=1$ , onda u drugom kraju mora vrijediti uvjet transverzalnosti

$$\frac{\partial F}{\partial x'} F(1,x(1),x'(1))=0.$$

Eulerova jednadžba ponovo daje

$$0=\frac{\partial F}{\partial x} - \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial F}{\partial x'}\right)=-2 x''$$

iz čega slijedi da je $x'(t)=a$ za neku konstantu $a$ . Uvjet transverzalnosti povlači

$$2 x'(1)=0$$

pa je $a=0$ , odnosno $x'(t)=0$ . Dakle, $x(t)=b$ za neku konstantu $b$ , a zbog rubnog uvjeta $x(0)=1$ je $b=1$ . Konačno rješenje je stoga jednako

$$x(t)=1.$$

Provjera dovoljnog uvjeta daje

$$F''_{x'x'}=2>0$$

pa se i u ovom slučaju radi o minimumu. Najmanja vrijednost funkcionala je sada

$$I_{\min}=\int\limits _0^1 (0+1) dt=1.$$

Uspoređujući s prvim slučajem možemo zaključiti da manje rubnih uvjeta daje "bolje" ekstreme.

Napomena 4.3   Kada je funkcional funkcija od više funkcija,

$$I(x_1,\ldots, x_n)=\int\limits _a^b F(t,x_1,\ldots, x_n, x'_1,\ldots, x'_n) dt,$$

gdje je $x=1=x_1(t),\ldots, x_n=x_n(t)$ , nužni uvjeti ekstrema glase

$$\frac{\partial F}{\partial x_i}-\frac{d}{dt} \frac{\partial F}{\partial x'_i}=0,\qquad i=1,\ldots,n,$$

uz zadane rubne uvjete

$$x_i(a)=A_i, \qquad x_i(b)=B_i, \qquad A_i,B_i\in\mathbb{R}, \qquad i=1,\ldots,n,$$

ili uvjete transverzalnosti

$$\frac{\partial F}{\partial x'_i}=0$$

tamo gdje nisu zadani rubni uvjeti. Dakle, traženje ekstrema funkcionala više funkcija svodi se na rješavanje sustava od $n$ diferencijalnih jednadžbi i $2 n$ dodatnih uvjeta.

Nužni i dovoljni uvjeti     Varijacijski račun     Uvjetni ekstrem