Varijacioni racun

1. ELEMENTI VARIJACIONOG RACUNA

1.1. Definicija fukcionele i zadatak varijacionog racuna

1.1.1. Definicija. Funkcija Φ koja je definisana na proizvoljnom skupuS i uzima vrednost u skupu realnih brojeva R naziva se funkcionela. Pisemo

Φ : S −→ R, iliy → Φ(y).

Ovde je skup S kao oblast definisanosti funkcionele:

S = C[a, b] = {f : [a, b] → R, f neprekidna},

S = D1[a, b] = {f : [a, b] → R, f diferencijabilna}.

1.1.2. Primeri. 10 Svakoj neprekidnij funkciji y(x) na [a, b], integralom

b∫

a

y(x)dx,

pridruzen je neki realan broj. Ovo preslikavanje je, dakle, jedna funkcionela,

Φ : C[a, b] −→ R.

20 Neka je y0 ∈ C[a, b] fiksirana neprekidna funkcija na [a, b]. Tada je

Φ(y) =b∫

a

y0(x)y(x)dx, y(x) ∈ C[a, b] funkcionela na C[a, b]; Φ : C[a, b] → R.

30 Neka je x0 ∈ [a, b] fiksirana tacka. Tada je Φ(y) = y(x0); y ∈ C[a, b]takodje funkcionela na C[a, b].

40 Neka je y(x) ∈ D1[a, b], imamo sledece funkcionele

Φ1(y) =

b∫

a

√1 + y′(x)2dx; Φ2(y) = 2π

b∫

a

y(x)√

1 + y′(x)2dx

1

2 Varijacioni racun

, pri cemu jeΦ1 : D1[a, b] → R; Φ2 : D1[a, b] → R

.

50 Neka je F neprekidna na E3. Tada je

∀y(x) ∈ D1[a, b]; Φ(y) =

b∫

a

F (x, y(x), y′(x))dx

funkcionela na D1[a, b].Neka je y → Φ(y) jedna funkcionela. Deo analize koji se bavi resavanjem

problema(1) Odrediti ekstremne vrednosti funkcionele Φnaziva se varijacioni racun.Specijalno, ako je y realna funkcija realne promenljive x, tada je zadatak

varijacionog racuna da se odredi ona funkcija (kriva) za koju funkcionela Φdobija ekstremnu (maksimalnu ili minimalnu) vrednost.

Problem se moze shvatiti kao formalno uopstenje klasicnog problema anal-ize

(2) Odrediti ekstremne vrednosi funkcije x → ϕ(x).Resenje problema (2) dato je u obliku broja x = x0.U varijacionom racunu se umesto date funkcije posmatra data funkcionela,

a umesto nepoznatog broja trazi nepoznata funkcija.Na probleme tipa (1) cesto se nailazi i u elementarnom diferencijalnom i

integralnom raunu. Ovde navodimo jedan takav primerNeka je y pozitivna neprekidna funkcija definisana na segmentu [a, b] i

neka je ACDB ”krivolinojski” trapez sadrzan u ravni xOy sa temenima :

A(a, y(a)), C(a, 0), D(b, 0), B(b, y(b))

. Sledeci problemi(I) Odrediti funkciju y za koju je povrsina krivolinijskoj trapeza ACDB

maksimalna (minimalna);

(II) Odrediti funkciju y za koju je duzina luka_

AB maksimalna ili mini-malna;

(III) Odrediti funkciju y za koju je povrsina obrtnog tela T koje se

dobija rotacijom luka_

AB oko x-ose maksimalna ili minimalna;

Elementi varijacionog racuna 3

(IV ) Odrediti funkciju y za koju je zapremina tela T maksimalna iliminimalna;predstavljaju, u stvari, odredjivanje ekstremnih vrednosti sledecih funkcione-la

Φ1(y) =

b∫

a

ydx, Φ2(y) =

b∫

a

√1 + (y′)2dx,

Φ3(y) = 2π

b∫

a

y√

1 + (y′)2dx, Φ4(y) = π

b∫

a

y2dx

uz granicne uslove da trazna funkcija y prolazi kroz tacke A, B.

2.2. Najjednostavniji problem varijacionog racuna.

Najjednostavniji problem varijacinog racuna je da se odredi ekstremumza funkcionelu Φ, koja je definisana sa

Φ(y) =

b∫

a

F (x, y, y′)dx, (1)

gde je F data funkcija promenljivih x, y, y′, a y je proizvoljna (nepoznata)funkcija za koju integal (1) ima smisla. Pri tome zahtevamo da su zadovoljenigranicni uslovi

y(a) = A, y(b) = B,

gde su A, B date konstante.

2.2.1. Definicija. Funkcija y kojoj odgovara ekstremna vrednost inte-grala (1) naziva se ekstremala.

Pretpostavimo da je y = f(x) ekstremala funkcionele (1). To znaci da jef(a) = A, f(b) = B. Bilo koju drugu krivu koja prolazi kroz tacke (a,A) i(b,B) mozemo predstaviti u obliku

y = f(x) + t · g(x), (78)

gde je t parametar koji ne zavisi od x, i gde je g(a) = g(b) = 0. Ako je t = 0,funkcija (2) postaje ekstremala za (1).

4 Varijacioni racun

Tada imamo

Φ(f(x) + t · g(x)) =

b∫

a

F (x, f + tg, f ′ + tg′)dx. (3)

Integral (3) ima ekstremnu vrednost za t = 0. Dakle, dΦdt

∣∣∣t=0

= 0. Posle

diferenciranja jednakosti (3) za t = 0, nalazimo

dΦdt

∣∣∣t=0

=

b∫

a

(∂F

∂yg +

∂F

∂y′g′

)dx

∣∣∣t=0

.

Medjutim, kako je

b∫

a

g′∂F

∂y′dx = g

∂F

∂y′

∣∣∣b

a−

b∫

a

gd

dx

∂F

∂y′dx = −

b∫

a

gd

dx

∂F

∂y′dx,

jer je g(a) = g(b) = 0, imamo

0 =dΦdt

∣∣∣t=0

=

b∫

a

g

(∂F

∂y− d

dx

∂F

∂y′

)dx

∣∣∣t=0

. (4)

Da bi integral u (4) bio jednak nuli za svaku funciju g, potrebno je i dovoljnoda bude

∂F

∂y− d

dx

∂F

∂y′= 0. (5)

Jednacina (5), koja se naziva Ojler-Lagranzeva jednacina, predstavljaneophodan uslov za ekstremum funkcionele(1). To znaci da ekstremalafunkciunele (1) mora da zadovolji jednacinu (5).

Diferencijalna jednacina (5) u razvijenom obliku glasi

∂F

∂y− ∂2F

∂y∂y′y′ − ∂2F

∂(y′)2y′′ − ∂2F

∂x∂y′= 0, (6)

i ona prdstavlja, u opstem slucaju, diferencijalnu jednacinu drugog reda ponepoznatoj funkciji y. Njeno resenje sadrzi dve proizvoljne konstante, kojeodredjujemo iz konturnih uslova y(a) = A, y(b) = B.


Navodimo ovde tri jednostavna tipa funkcije F za koju se Ojler-Lagranze-va jednacina moze integraliti pomocu kvadratura.

10 F ne zavisi od y′, tj F (x, y, y′) = G(x, y).U ovom slucaju jednacina (5) glasi

∂G

∂y= 0, (7)

i ona nije diferencijalna, vec obicna po y. Kako njeno resenje ne sadrziproizvoljne konstante, samo ce u nekim specijalnim slucajevima postojatiresenje postavljenog problema, i to u slucaju kada resenje jednacine (7) zado-voljava uslove y(a) = A, y(b) = B.

20 F ne zavisi od y, tj F (x, y, y′) = H(x, y′).U ovom slucaju jednacina (5) glasi

d

dx

∂H

∂y′= 0,

odakle sleduje∂H

∂y′= C1, tj. y′ = A(x,C1),

gde je C1 proizvoljna konstanta. Ponovnom integracijom dobijamo

y =∫

A(x,C1)dx + C2,

gde je C2 proizvoljna konstanta.30 F ne zavisi od x, tj F (x, y, y′) = K(y, y′).U ovom slucaju jednacina (5) glasi

∂K

∂y− ∂2K

∂y∂y′y′ − ∂2K

∂(y′)2y′′ = 0.

Razume se da je∂K

∂y=

∂2K

∂y∂y′y′ +

∂2K

∂(y′)2y′′.

Kako je

dK =∂K

∂ydy +

∂K

∂y′dy′, (K = K(y, y′)),

6 Varijacioni racun

imamo da je

∂K

∂ydx =

∂

∂y

(∂K

∂y′

)y′dx +

∂

∂y′

(∂K

∂y′

)y′′dx ⇔

∂K

∂ydx =

∂

∂y

(∂K

∂y′

)dy +

∂

∂y′

(∂K

∂y′

)dy′ =

= d

(∂K

∂y′

),

dakledK

dydx = d

(∂K

∂y′

)⇔ dK = y′d

(∂K

∂y′

),

posle integracije imamo da je

K(y, y′) = y′∂K

∂y′= C1,

odakle sledujey′ = A(y, C1),

gde je C1 proizvoljna konstanta. Ponovnom integracijom dobijamo

x =∫

1A(y, C1)

dy + C2.

2.2.2. Primer. Naci ekstremalu za funkcionele

Φ1; Φ2; Φ3; Φ4

koje su date u 1.1.Resenje.

10. Za funkcionelu Φ1(y) =b∫

a

ydx, jednacina (5) glasi ∂G∂y = 1 = 0, sto

znaci da ne postoji ekstremum te funkcionele. Geometriski je ovo ocigledno.

Ako uocimo tacku (a+b2 , n) gde je n ∈ N , lako se uocava da je povrsina

petougla (a, 0); (b, 0); (b,B); (a+b2 , n); (a,A) jednaka

P (n) =a + n

2· b− a

2+

b + n

2· b− a

2=

b− a

2· a + b + 2n

2.


Razume se dan →∞⇒ P (n) →∞.

20. Za funkcionelu Φ2(y) =b∫

a

√1 + (y′)2dx, jednacina (5) glasi

d

dx

y′√1 + (y′)2

= 0,

odakle sledujey′√

1 + (y′)2= C,

gde je C konstanta. Ako poslednju jednacinu resimo po y′ imamo

y′ =C√

1− C2= C1.

Posle integracije dobijamo da je

y = C1x + D.

Konstante C1 i D odredjuju se iz uslova da trazena kriva prolazi kroz tacke(a,A) i (b,B).

30.Φ3(y) = 2πb∫

a

y√

1 + (y′)2dx. Razume se, kao i u prethodnom slucaju,

funkcionela Φ3 nema maksimum. Jednacina (5) u ovom slucaju glasi

√1 + (y′)2 − d

dx

∂

∂y′(y

√1 + (y′)2) = 0.

Ovde je K(y, y′) = y(√

1 + (y′)2). Kako je

∂

∂y′(y

√1 + (y′)2) =

yy′√1 + (y′)2

imamo da je

d[y√

1 + (y′)2] = y′d[yy′√

1 + (y′)2],

8 Varijacioni racun

posle integracije

y√

1 + (y′)2 − y(y′)2√1 + (y′)2

= C,

odnosno

y√1 + (y′)2

= C ⇔ y′ =

√y2 − C2

C⇔

∫dy√

y2 − C2=

∫dx

C.

Uvodjenjem smene

y = C cosh t ⇔ dy = C sinh t · dt,

dobijamo da je

t =x + D

C= arg cosh

y

C= ln

y +√

y2 − C

c.

Dakle

y = C coshx + D

C= C

ex+D

C + e−x+D

C

2.

Ovo je lancanica pri cemu konstante C,D odredjujemo iz pocetnih uslova.

y(a) = A = Ce

a+DC + e−

a+DC

2

y(b) = B = Ce

b+DC + e−

b+DC

2

.

40.Φ4(y) = πb∫

a

y2dx. Jednacina (5) glasi

∂y2

∂y− d

dx

(∂y2

∂y′

)= 0 ⇔ y = 0.

Nema ekstremnih vrednosti osim za y = 0.

2.2.3. Primer. Neka su date dve tacke A, B koje le leze na istojvertikalnoj liniji. Odrediti krivu koja prolazi kroz tacke A, B i koja je takvada materjalna tacka, krecuci se potoj krivoj samo pod uticajem zemljineteze, stize od A do B za najkrace vreme.


Resenje. Neka je yAx koordinatni sistem sa centrom u tacki A(0, 0), ay-osa je orjijentisana u smeru dejstva zemljine teze. Pri kretanju materjalnetacke sa masom m po trazenoj krivoj y koja prolazi kroz tacke A(0, 0) iB(x0, y0) (y0 > 0) u polozaju teze M(x, y) sila teze proizvodice rad mgykoji mora biti jednak kinetickoj energiji tacke, tj.

mgy =12mv2,

gde je v brzina tacke. Odatle sleduje

(1) v =√

2gy.

Ako duzinu puta oznacimo sa s, tada jeds

dt, pa iz jednacine (1) dobijamo

(2) dt =ds√2gy

=1√2g

√1 + (y′)2√

ydx.

Integraleci (2) od 0 do x0 dobijamo

T (y) =1√2g

x0∫

0

√1 + (y′)2√

ydx.

Ojler-Lagranzeva jednacina glasi

(3) 2yy′′ + (y′)2 + 1 = 0.

Ako uvedemo smenu y′ = p, y′′ = pdp

dy, jednacina (3) postaje

2ypdp

dy+ p2 + 1 = 0 ⇐⇒ 2pdp

p2 + 1= −dy

y,

odakle dobijamolog(p2 + 1) + log y = log C1,

gde je C1 konstanta, tj.

(4) y((y′)2 + 1) = C1.

10 Varijacioni racun

Iz jednacine (4) sleduje

dx =√

y

2C1 − ydy.

Ako stavimo

(5) y = C1(1− cos t),

tada jedx = C1(1− cos t)dt,

odnosno

(6) x = C1(t− sin t) + C2.

Jednacine (5) i (6) daju trazenu krivu u parametarskom obliku. Odredimojos konstante C1 i C2.

Za t = 0 kriva prolazi kroz (0, 0). Odatle izlazi C2 = 0.Konstanta C1 lako se odredjuje iz uslova da kriva prolazi kroz tacku

(x0, y0). Pri tome, resenje problema je dato sa

x = a(t− sin t), y = a(1− cos t) (|t| < 2π),

tj. resenje je cikloida.Ovaj primer poznat je kao tzv. problem brahistohrone. Resenje tog prob-

lema (koji je postavio Galilej) iz 1696. godine potice od Bernulija uzima sekao dan rodjenja varijacionog racuna.

2.2.4. Primer. Ispitati ekstremale za funkcionalu

1∫

0

((y′)2 + y2 + 2ye2x)dx; y(0) =13; y(1) =

13e2.

Resenje. Ovde je F (x, y, y′) = ((y′)2 + y2 + 2ye2x), a formula (6) je

∂F

∂y− ∂2F

∂y∂y′y′ − ∂2F

∂(y′)2y′′ − ∂2F

∂x∂y′= 0.


U ovom primeru je

∂F

∂y= 2y + 2e2x;

∂2F

∂y∂y′= 0;

∂2F

∂(y′)2= 2;

∂2F

∂x∂y′= 0.

Formula (6) glasi

2y + 2e2x − 2y′′ = 0 ⇔ y′′ − y′ = e2x.

Resenje ove jednacine je

y = C1 + C2ex +

12e2x.

Zamenom granicnih uslova

y(0) =13; y(1) =

13e2

u ovom resenju dobijamo sistem jednacina

C1 + C2 = −16,

C1 + C2 = −16e2

aC1 =

e

6; C2 = −1 + e

6.

Trazena ektremala je

y =e

6− 1 + e

6· ex +

12· e2x.

Vezbe. Ispitati ekstremale funkcionala Φ(y) datih u sledecim oblicima:

Φ(y) =

2∫

−1

y′(1 + x2y′)dx, y(−1) = 1, y(2) = 4,

Φ(y) =

π4∫

0

(4y2 − (y′)2 + 8y)dx, y(0) = −1, y(π

4) = 0,

Φ(y) =

2∫

1

(x2(y′)2 + 12y2)dx, y(1) = 1, y(2) = 8,


Φ(y) =

2∫

1

x3

(y′)2dx, y(1) = 1, y(2) = 4,

Φ(y) =

3∫

1

(12xy + (y′)2)dx, y(1) = 0, y(3) = 26,

Φ(y) =

2∫

0

((y′)2 + 2yy′ − 16y2)dx, y(1) = 0, y(2) = 0,

Φ(y) =

1∫

0

(xy + y2)dx, y(0) = 0, y(1) = −12,

Φ(y) =∫

x2(y′)2, y(−1) = −1, y(1) = 1,

Φ(y) =∫

−a

+a

(x2y +

y3

3− a2y

)dx, y(−a) = y(a) = 0, a > 0.

2.4.Ekstremum funkcionele vise promenljivih

U ovom delu razmatramo sledeci problem:Odrditi potrebne uslove za ek-stremum funkcionele Φ, definisane sa

Φ(y1, . . . , yn) =

b∫

a

F (x, y1, . . . , yn, y′1, . . . , y′n)dx, (8)

sa granicnim uslovima

yi(a) = Ai, yi(b) = Bi (i = 1, . . . , n). (9)

Drugim recima, kada je dat integral (8), treba odrediti onaj skup krivihy1, . . . , yn koje zadovoljavaju uslove (9), za koje integral (8) ima ekstremnuvrednost.


Potrebni uslovi za ekstremum funkcionele (8) dat je sistemom jednacinaOjler-Lagranzevog tipa.

∂F

∂yk− d

dx

∂F

∂y′k= 0 (1 ≤ k ≤ n). (10)

2.3.1. Primer. Odrediti ekstremale funkcionele

Φ(y, z) =

π2∫

0

((y′)2 + (z′)2 + 2yz)dx,

sa uslovimay(0) = 0, y(

π

2= 1, z(0) = 0, z(

π

2) = −1.

Resenje. Za datu funkcionelu sistem jednacina tipa (10) glasi

y′′ − z = 0,

z′′ − y = 0.

Ako prvu jednacinu datog sistema diferenciramo dva puta i tako dobijenirezultat dodamo drugij jednacini sistema, imamo

y(4) − y = 0,

a opste resenje ove jednacine je

y = C1ex + C2e

−x + c− 3 cos x + C4 sin x.

Ponovo diferenciramo ovako dobijeno y i iz prve jednacine datog sistemaimamo da je

z = Cx1 + C2e

−x − C3 cosx− C4 sin x.

Granicni uslovi daju

C1 = C2 = C3 = 0, C4 = 1,

pa su ekstremale nase funkcionele date sa

y = sin x, z = − sinx.


2.4. Ekstremum funkcionele

koja zavisi od funkcije dve promenljive

Razmatramo sledeci problem :Odrediti ekstremum funkcionele Φ, definisane sa

Φ(u) =∫∫

D

F (x, y, u, p, q)dxdy, (11)

gde je F data funkcija, u je proizvoljna (trazena) funkcija, p = ∂u∂x , q = ∂u

∂y ,pod uslovom da je poznata vrednost funkcije u na rubu C = ∂D oblasti D.

Pretpostavimo da je u ekstremala funkcionele Φ. Bilo koju drugu funkcijukoja zadovoljava isti konturni uslov kao funkcija u mozemo napisati u oblikuu+ tv, gde je t parametar koji ne zavisi od x, y. Tada je v(x, y) = 0, (x, y) ∈C.

Posmatrajmo izraz

Φ(u + tv) =∫∫

D

F

(x, y, u + tv,

∂u

∂x+ t

∂v

∂x,∂u

∂y+ t

∂v

∂y

)dxdy. (12)

Integral u (12) ima ekstremum za t = 0. Otuda je dΦdt

∣∣∣t=0

= 0

Diferenciranjem (12) po t i stavljanjem da je t = 0, dobijamo

dΦdt

∣∣∣t=0

=∫∫

D

(∂F

∂uv +

∂F

∂pvx +

∂F

∂qvy

)dxdy.

S druge strane, imamo∫∫

D

(∂F

∂pvx +

∂F

∂qvy

)dxdy =

∫∫

D

(∂

∂x

(v∂F

∂p

)+

∂

∂y

(v∂F

∂q

))dxdy

−∫∫

D

(∂

∂x

∂F

∂p+

∂

∂y

∂F

∂q

)vdxdy.

Medjutim, kako je na osnovu Grinove formule∫∫

D

(∂

∂x

(v∂F

∂p

)+

∂

∂y

(v∂F

∂q

))dxdy =

∮

C

(∂F

∂pdy − ∂F

∂qdx

)v = 0,


jer je v = 0, (x, y) ∈ C, nalazimo da je

dΦdt

∣∣∣t=0

=∫∫

D

(∂F

∂u− ∂

∂x

∂F

∂p− ∂

∂y

∂F

∂q

)vdxdy,

odakle, kao i u ranijim slucajevima zakljucujemo da je potreban uslov zaekstremum dat u obliku Ojler-Ostrogradskijeve jednacine

∂F

∂u− ∂

∂x

∂F

∂p− ∂

∂y

∂F

∂q= 0.

2.4.1. Primer. Neka je funkcionela Φ data sa

Φ =∫∫

D

((∂u

∂x

)2

+(

∂u

∂y

)2)

dxdy,

i neka je u(x, y) = f(x, y) na granici oblasti D.Jednacina Ojler-Ostrogradskijeva glasi

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0,

a to je dobro poznata Laplasova jednacina koju smo razmatrali u predavan-jima o parcijalnim diferencijalnim jednacinama.

2.5. Ekstremum funkcionele koja sadrzi izvode

viseg reda jedne nepoznate funkcije

Na potpuno isti nacin kao u prethodnim slucajevima odredjujemo potrebneuslove za egzistenciju ekstremuma funkcionele Φ(y), definisane sa

Φ(y) =

b∫

a

F (x, y, . . . , y(n))dx,

sa granicnim uslovima

y(a) = A0, . . . , yn−1)(a) = An−1,


y(b) = B0, . . . , yn−1)(b) = Bn−1,

gde je funkcija F diferencijabilna n + 2 puta u odnosu na sve argumente.Potreban uslov za ekstremum ove funkcionele dat je Euler-Ppoissonovomjednacinom

∂F

∂y− d

dx

∂F

∂y′+ . . . + (−1)n dn

dxn

∂F

∂y(n)= 0.

Ova jednacina je 2n-tog reda o njeno opste resenje sadrzi 2n konstanti kojese odredjuju iz granicnih uslova.

2.5.1. Primer. Odrediti ekstremalu za funkcionelu

Φ(y) =

π2∫

0

((y′′)2 − y2 + x2)dx,

koja zadovoljava granicne uslove

y(0) = 1, y′(0) = 0, y(π

2) = 0, y′(

π

2) = −1.

Resenje. U ovom primeru Euler-Poissonova jednacina glasi

−2y +d2

dx2(2y′′) = 0 ⇔ y(4) − y = 0.

Ovo je sasvim jasno jer je F (x, y, y′, y′′) = ((y′′)2 − y2 + x2), a

∂F

∂y= −2y;

d

dx

∂F

∂y′= 0.

Opste resenje ove jednacine dato je sa

y = C1ex + C2e

−x + C3 cosx + C4 sinx.

Pocetni uslovi daju sledeci sistem:

C1 + C2 + C3 = 1,

C1 − C2 + C4 = 0,

C1eπ2 + C2e

−π2 + C4 = 0,

C1eπ2 − C2e

−π2 + C3 = −1,

Literatura 17

odakle sleduje

C1 = C2 = C4 = 0, C3 = 1.

Trazena ekstremala je y = cos x.

Literatura

[1] S. Aljancic Matematika II, PFV ”OECONOMICA”, Beograd, 1972.[2] A. Bilimovic, Elementi vise matematike, ”Naucna knjiga”, Beograd,

1966.[3] D. S. Mitrinovic, J. D. Keckic , Jednacine matematicke fizike,

”Gradjevinska knjiga ”, Beograd, 1972.[4] Dr Stanimir Fempl, Elementi varijacionog racuna, ”Naucna knjiga”,

Beograd, 1965.

Varijacioni racun

Documents

Transcript of Varijacioni racun