6 Ασκησεις Λογισμου Μεταβολων

16
ΔΗΜΟΚΡΙΤΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΡΑΚΗΣ ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΗ ΣΧΟΛΗ ΤΜΗΜΑ ΗΛΕΚΤΡΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ & ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ Λογισμός Μεταβολών Τάσος Λαζαρίδης Ανθή-Ηρώ Ψαρρά [email protected] [email protected] Ξάνθη, 2016

Transcript of 6 Ασκησεις Λογισμου Μεταβολων

Page 1: 6 Ασκησεις Λογισμου Μεταβολων

ΔΗΜΟΚΡΙΤΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΡΑΚΗΣ

ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΗ ΣΧΟΛΗ

ΤΜΗΜΑ ΗΛΕΚΤΡΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ & ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ

Λογισμός Μεταβολών

Τάσος Λαζαρίδης Ανθή-Ηρώ Ψαρρά [email protected] [email protected]

Ξάνθη, 2016

Page 2: 6 Ασκησεις Λογισμου Μεταβολων

Υποεργασία 1

Η αεροπορική διαδρομή ενός αεροσκάφους μεταξύ δύο σημείων που απέχουν απόσταση D σε

επίπεδη επιφάνεια. Το κόστος πτήσης του αεροσκάφους για μια απειροστή διαδρομή ds σε ύψος h

είναι exp(-h/H)ds για κάποια θετική σταθερά H. Να βρεθεί το μονοπάτι με το ελάχιστο κόστος. Ποια

η σχέση μεταξύ D και H ώστε να υπάρχει λύση;

Επίλυση

Έστω τα σημεία , y a και , y , με y ay και y y και 1 ,y C να

είναι ζητούμενη συνάρτηση που ελαχιστοποιεί το κόστος της πτήσης. Το στοιχειώδες κόστος για

μία απειροστή διαδρομή ds είναι

hHd e ds

Το συνολικό κόστος της πτήσης είναι

0 0 0

D Dh h

H Hd e ds K e ds

Αλλά h y x καθ όλη την διάρκεια της πτήσης και

2

1dy

ds dxdx

, οπότε

2

21 y, y 1 y y x y

H H

a

dye dx e dx

dx

Τελευταίο συναρτησιακό Κ είναι το συνολικό κόστος της πτήσης και ζητούμε την συνάρτηση y η

οποία το ελαχιστοποιεί. Το συναρτησιακό Κ είναι ανεξάρτητο του x, οπότε η εξίσωση Euler [1], [3]

για την συνάρτηση 2, 1 yy

HF y y e

του παραπάνω συναρτησιακού γράφεται

y

FF y F yF c

y

, όπου c R (1)

Υπολογίζουμε την ποσότητα yF

21 y

yH

y

yF e

Αντικαθιστώντας στην (1) έχουμε 2

2

21 y

1 y

y yH H

ye e c

Page 3: 6 Ασκησεις Λογισμου Μεταβολων

2 2 2 1 y 1 y y y

H He y e c

22 2 2 2 1 y y

y yH He c e c c

2 22 2

2

2 y y

y yH He c e c

c c

22

22

y

H

yH

cdycdy e c dx dx

e c

(2)

Καταλήξαμε σε μία διαφορική εξίσωση χωριζόμενων μεταβλητών. Για να λυθεί αρκεί να

υπολογίσουμε τα ολοκληρώματά της. Με τη βοήθεια λογισμικού Mathematica υπολογίζουμε

2 22 2 2

12 2

2 2

ln 1 1

y y y yH H H H

y yH H

He c e c c e c edy

c

e c c e c

Έτσι η εξίσωση (2) γράφεται

22

y

H

cdydx

e c

2 22 2 2

22

2

ln 1 1

y y y yH H H H

yH

He c e c c e c e

x c

e c

(3)

Η εξίσωση (3) αποτελεί και τη λύση του προβλήματος, οι σταθερές 2c και c υπολογίζονται από τις

συνθήκες y ay και y y , λύνοντας το 2x2 σύστημα.

Για να έχει λύση το πρόβλημα θα πρέπει το μήκος l της τροχιάς του αεροσκάφους να είναι

μεγαλύτερο από το D, δηλαδή

21 a

l y dx D

(4)

Αν αντικαταστήσουμε στην ανίσωση (4) την συνάρτηση y από την σχέση (3) τότε θα προκύψει η

σχέση που πρέπει να ισχύει για τις σταθερές D και H.

Page 4: 6 Ασκησεις Λογισμου Μεταβολων

Υποεργασία 2

Αέριο με πυκνότητα ρ κινείται με ταχύτητα v παράλληλα προς το άξονα x, όπως αναπαρίσταται στο

παρακάτω σχήμα:

Να υπολογιστεί η καμπύλη που θα παράγει το στερεό από περιστροφή τέτοιο ώστε η αντίσταση από

την κίνηση εντός του αερίου να είναι ελάχιστη. Η πίεση που ασκεί το αέριο περιγράφεται από τον

κάτωθι τύπο: 22p v

Να σημειωθεί ότι τα άτομα του αερίου ανακλώνται στην επιφάνεια και η πίεση είναι κάθετη στην

επιφάνεια. Τι θα συμβεί εάν το δεύτερο άκρο είναι ελεύθερο;

Επίλυση

Η συνολική αντίσταση από την κίνηση εντός του αερίου [2] είναι

2 3 2 3

0 0

4 , 4

L L

F v yy dx F F y y v yy dx

με οριακές συνθήκες 0 0y και y L R .

Η εξίσωση Euler για την συνάρτηση 3f yy , η οποία είναι ανεξάρτητη του x γράφεται

3 23 0f d df d

y yyy dx dy dx

Πολλαπλασιάζουμε με y και έχουμε

3 3 30 d

yy yy cdx

31

3 31

3

c c

y y y dy cdxy y

1 43 3

1

3

4y dy cdx y cx c

Λύνοντας ως προς y έχουμε

3

4y x Ax B , όπου ,A B

Από τις συνοριακές συνθήκες υπολογίζουμε και τις σταθερές ολοκλήρωσης

Page 5: 6 Ασκησεις Λογισμου Μεταβολων

3

434

000 0

BBy

Ry L R R AL AL

Τελικά

3

4xy x R

L

, 0,x L

Στη περίπτωση που το δεύτερο άκρο είναι ελεύθερο τότε

3

4y x Ax B

με 0 0y και y L ελεύθερο έχουμε

3

40 0 0 0 0y B B

και

20 3 0 0

f Ly L y L A

y

Δηλαδή, η λύση σε αυτή την περίπτωση είναι η

0y

Page 6: 6 Ασκησεις Λογισμου Μεταβολων

Υποεργασία 3

Μία σταγόνα υγρού τοποθετείται πάνω σε ομαλή οριζόντια επιφάνεια, με το σχήμα να είναι

αξονοσυμμετρικό ως προς τον κάθετο άξονα u. Υπολογίστε το σχήμα της σταγόνας έτσι ώστε να

ελαχιστοποιείται η συνολική ενέργεια της.

Η συνολική ενέργεια της σταγόνας αποτελείται από δύο μορφές ενέργειας, την δυναμική ενέργεια

που προέρχεται από τη βαρύτητα και την επιφανειακή ενέργεια που προέρχεται από την επιφανειακή

τάση στην περιοχή που έχουν επαφή το υγρό με το αέριο. Η δυναμική ενέργεια για το στοιχειώδη

όγκο της σταγόνας με στοιχειώδες πάχος du ισούται με ρgu(ρ) και ο όγκος του απειροελάχιστου

οριζοντίου κομματιού της σταγόνας είναι πr2du. Όπου ρ είναι η πυκνότητα του υγρού, g η

επιτάχυνση της βαρύτητας και u(r) η κατακόρυφη απόσταση μέχρι τη συνοριακή επιφάνεια. Η

επιφανειακή ενέργεια για το στοιχειώδες οριζόντιο κομμάτι της σταγόνας με πάχος du είναι το

γινόμενο της επιφανειακής ενέργειας ανά μονάδα επιφάνειας σ και του εμβαδού της επιφάνειας

2πrds, όπου ds είναι κατά μήκος της επιφάνειας.

Να λάβετε υπόψη σας ότι ο συνολικός όγκος της σταγόνας είναι σταθερός και δίνεται από τον τύπο 0

2

R

duV r dr

dr

Οι συνοριακές συνθήκες για το u είναι οι εξής:

Για r R ορίζεται η γωνία επαφής α με tanu R a , 0u R

Για 0r 0 0u .

Επίλυση

Θεωρούμε ένα δίσκο σε ύψος u με ακτίνα r(u) και πάχος du. Ο δίσκος θα έχει δυναμική ενέργεια

2 dU gudm gu r u du

Άρα η συνολική δυναμική ενέργεια της σταγόνας είναι

2 2

0 0

R Rdu

U g ur u du g ur drdr

Ενώ η επιφανειακή ενέργεια για το στοιχειώδη δίσκο είναι

2

2 22 2 2 1

dudU r ds r dr du r dr

dr

Οπότε η συνολική επιφανειακή ενέργεια της σταγόνας είναι

Page 7: 6 Ασκησεις Λογισμου Μεταβολων

2

0

2 1

Rdu

U r drdr

Επομένως η συνολική δυναμική ενέργεια της σταγόνας ισούται με

2

2

0 0

2 1

R R

tot

du duU U U g ur dr r dr

dr dr

(1)

Ο όγκος της σταγόνας V, είναι σταθερός και ίσος με

2

0

Rdu

V r drdr

Θέτουμε

tandu

dr

Η σχέση (1) τώρα γράφεται

2 2

0 0

2 1

R R

totU g ur dr r dr

Η Χαμιλτονιανη είναι

2 2 22 1 u VH gur r r v

Οι εξισώσεις Euler-Lagrange με τις συνοριακές συνθήκες γράφονται

0Vd H

dr V

2 , 0 0uu

d Hr g

dr u

Έχουμε

2 2

20 2

1u V

Hgur r r

u

Παραγωγίζοντας την τελευταία εξίσωση ως προς r έχουμε

22 2

2 2 22

10 2 2 2 2

1 1 1V

dvr gur r g r r

dr

3 2

2

1 1

11

Vd gu

dr r

Για 1 και du

dr έχουμε

2

2

1 Vd u du gu

dr r dr

Η οποία έχει λύση

0 0V g g

u r AI r BK rg

Όπου 0I και 0K είναι συναρτήσεις Bessel μηδενικής τάξης και , , VA B .

Page 8: 6 Ασκησεις Λογισμου Μεταβολων

Υποεργασία 4

Σώμα μάζας m κρέμεται κατακόρυφα από ελατήριο σταθεράς k. Το ελατήριο είναι ακίνητο στο

πάνω άκρο του Ο. Μία περιοδική δύναμη Fcos(ωt) ασκείται πάνω στο σώμα με κατεύθυνση προς τα

κάτω, μαζί με την δύναμη που ασκείται λόγω βαρύτητας.

(α) Βρείτε τις εξισώσεις του Hamilton και την εξίσωση Euler-Lagrange για το σύστημα.

(β) Λύστε τις εξισώσεις του Hamilton στην περίπτωση που η συχνότητα της δύναμης δεν ισούται με

την φυσική συχνότητα km

του συστήματος ελατήριο-σώμα. Επιβεβαιώστε πως η λύση που

προκύπτει από τις εξισώσεις Hamilton συμπίπτει με την λύση της εξίσωσης Euler-Lagrange.

(γ) Για την περίπτωση που η συχνότητα της δύναμης είναι ίση με την φυσική συχνότητα km

.

Μελετήστε κατά πόσο διαφέρει η λύση με την περίπτωση του ερωτήματος (β), τόσο μαθηματικά

αλλά και φυσικά. Δεν απαιτείται να βρείτε γενική λύση για αυτή την περίπτωση, αλλά αρκεί να

περιγράψετε τη συμπεριφορά του συστήματος και να εξηγήσετε γιατί συμβαίνει αυτό μαθηματικά.

Επίλυση

Έστω ότι η διεύθυνση του άξονα x ταυτίζεται με αυτή του g του σχήματος. Η κινητική ενέργεια

του σώματος ισούται με

2 21 1

2 2T mu mx , x x t

Ενώ για να υπολογίσουμε την δυναμική θα υπολογίσουμε πρώτα τα έργα των δυνάμεων που

ασκούνται στο σώμα. Η συνολική δύναμη που ασκείται στο σώμα είναι

cos( t)F F mg F

Έτσι η δυναμική ενέργεια του σώματος είναι

cos( t) U U x Fdx F dx mgdx F dx

cos( t) U x k xdx mg dx F dx

21 cos( t) c

2U x kx mgx Fx , x x t

Page 9: 6 Ασκησεις Λογισμου Μεταβολων

Αρχικά θα βρούμε την εξίσωση Euler [3], [4] , έχουμε

2 21 1cos( t) c

2 2L T U mx kx mgx Fx

Υπολογίζουμε τις ποσότητες

cos( t)x

LL kx mg F

x

x

LL mx

x

Η εξίσωση Euler γράφεται

0 cos( t) 0 L d L d

kx mg F mxx dt x dt

cos( t) 0 kx mg F mx

cos( t) k F

x x gm m

, x x t (1)

Για να βρούμε της εξισώσεις του Hamilton [1] για το σύστημα υπολογίζουμε τις ποσότητες

cos( t)x

Lp L kx mg F

x

2 21 1, , cos( t) cos( t) c

2 2H H x x t px L kxx mgx Fx mx kx mgx Fx

Οι εξισώσεις του Hamilton τώρα γράφονται

H

x x xp

(2)

cos( t)xdLH Hp mx kx mg F

x dt x

(3)

Η εξίσωση (3) του Hamilton ταυτίζεται με την εξίσωση (1) του Euler, συνεπώς έχουν την ίδια λύση.

Θα λύσουμε τώρα την εξίσωση (3) στην περίπτωση που km

.

Η εξίσωση

cos( t) k F

x x gm m

, x x t (3)

είναι μία μη ομογενής γραμμική διαφορική εξίσωση 2ης

τάξης, για να βρούμε την γενική λύση της

λύνουμε πρώτα την ομογενή

0k

x xm

Η χαρακτηριστική εξίσωση της παραπάνω ομογενούς διαφορικής εξίσωσης είναι

2

1 2 0 , k k k

i im m m

Έτσι η λύση της ομογενούς είναι

1 2

1 2 1 2

k ki t i t

t t m mx t c e c e c e c e

Ενώ η μερική λύση θα είναι της μορφής

cos sinx t A B t C t

Page 10: 6 Ασκησεις Λογισμου Μεταβολων

Υπολογίζουμε τα , ,A B C

sin cosx t B t C t

2 2cos sinx t B t C t

Αντικαθιστούμε στην (3)

2 2 cos sin cos sin cos( t) k F

B t C t A B t C t gm m

Και έχουμε

(Σ1):

22

2

2 2 20 0 0 , αφού

k Fk F FBB B Bm mm m m k

k k kC C C C

m m m

k mgmgA g AA

m kk

Οπότε η μερική λύση γράφεται

2 cos

mg Fx t t

k m k

Δηλαδή η γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης όταν km

, είναι

1 2 2 cos

k ki t i t

m mmg F

x t x t x t c e c e tk m k

Παρακάτω θα διερευνήσουμε την περίπτωση που 2 k

m . Η λύση σε αυτή την περίπτωση θα ήταν

2

1 2 2 lim cos

k ki t i t

m m

k

m

mg Fx t c e c e t

k m k

2

1 2 22

cos lim i t i t

k

m

tg Fc e c e

km

m

Από μαθηματικής πλευράς η συνάρτηση της τροχιάς του σώματος γίνεται άπειρη. Στη

πραγματικότητα, οι ακραίες θέσεις της τροχιάς του σώματος θα έπαιρναν μεγάλες τιμές. Θα

συγχρονιζόταν η δύναμη Fcos(ωt) με τη δύναμη του ελατηρίου, με αποτέλεσμα οι ακραίες θέσεις

της τροχιάς του σώματος να μεγάλωναν συνεχώς, μέχρις ότου να καταστραφεί το σύστημα (πχ. να

κοπεί το σώμα από το ελατήριο ή να χαλάσει το ελατήριο).

Page 11: 6 Ασκησεις Λογισμου Μεταβολων

Υποεργασία 5

Κύλινδρος ακτίνας α, όπου ο άξονάς του είναι ο z άξονας. Το στοιχειώδες μήκος του τόξου δίνεται

σε κυλινδρικές συντεταγμένες: 2 2 2 2ds a d dz

Υπολογίστε το μήκος της καμπύλης πάνω στον κύλινδρο που ενώνει τα σημεία 1 1,z και 2 2,z .

Βρείτε την καμπύλη που ελαχιστοποιεί το μήκος της. Υπάρχουν περισσότερες από μία λύσεις;

Επαναλάβετε την άσκηση σε καρτεσιανές συντεταγμένες και χρησιμοποιώντας πολλαπλασιαστές

Lagrange με περιορισμό 2 2 2x y a .

Επίλυση

Το μήκος της καμπύλης πάνω στον κύλινδρο που ενώνει τα σημεία 1 1,z και 2 2,z είναι

2 2 2 2 2 2 2 ds a d dz ds a d dz

2

1

2

2 2 2 2 S= S= dz

a d dz a dd

Για να βρούμε την καμπύλη που ελαχιστοποιεί το μήκος της θα πάρουμε την εξίσωση Euler για το

παραπάνω συναρτησιακό

2 20 0 z z

d d zF F

d d z

2 2 2 2 2

2 2

zc z c a c z

z

2 2

1 1

ac acz dz d

c c

12

1

acz c

c

(1)

Η παραπάνω εξίσωση είναι εξίσωση έλικας. Υπολογίζουμε και τις σταθερές 1c και c

1 1 12

1 2 1 22

2 2 12

11

1

acz c ac

z zcc

acz c

c

Page 12: 6 Ασκησεις Λογισμου Μεταβολων

1 2 1 2

2 21 2 1 2

1 2 1 22 2 1 1 2 2

1 2 1 2

1 1

z z z zac ac

c c

z z z zz c c z

Αντικαθιστώντας στην (1) έχουμε

1 2 1 22 2

1 2 1 2

z z z zz z

1 22 2

1 2

z z

z z

Η τελευταία σχέση αποτελεί μία από τις καμπύλες που ελαχιστοποιούν το μήκος τους και ενώνουν .

τα σημεία 1 1,z και 2 2,z πάνω στον κύλινδρο. Ενώ η γενική σχέση όλων των καμπυλών είναι

1 22 2

1 2 2

z zz z

n

όπου n Z

Σε Καρτεσιανές συντεταγμένες έχουμε

2

1

2 2 2

2 2 2

s

s

dx dy dzL x y a ds

ds ds ds

Οι εξισώσεις Lagrange [4] γράφονται

2 2 22

dxd ds xds dx dy dz

ds ds ds

2 2 22

dyd ds yds dx dy dz

ds ds ds

2 2 20

dzd ds

ds dx dy dz

ds ds ds

Αλλά 2 2 2 2ds dx dy dz οπότε έχουμε

2

22

d xx

ds

2

22

d yy

ds

2

20

d z

ds

Χρησιμοποιώντας τώρα τον περιορισμό 2 2 2x y a και της δεύτερες παραγώγους του βρίσκουμε

ότι

Page 13: 6 Ασκησεις Λογισμου Μεταβολων

2

1

2

Και έτσι λύνουμε τις διαφορικές εξισώσεις και έχουμε

0coss s

x aa

0sins s

y aa

Οι οποίες αποτελούν την εξίσωση της έλικας σε καρτεσιανές συντεταγμένες σε παραμετρική μορφή.

z bs c

Page 14: 6 Ασκησεις Λογισμου Μεταβολων

Υποεργασία 6

Για την γεωδαισία σε μία σφαίρα ακτίνας R>0 απαιτείται η εύρεση του ελαχίστου για το

συναρτησιακό:

1

0

2 21 sin J d

όπου φ είναι η πολική γωνία και θ είναι η αζιμουθιακή γωνία.

Δείξτε ότι ικανοποιεί την συνθήκη Legendre.

Επίλυση

Έχουμε

2 2, 1 sin F F

Η F είναι ανεξάρτητη του φ, άρα η εξίσωση Euler σε αυτήν την περίπτωση γράφεται

0 d F F

cd

Αντικαθιστώντας έχουμε 2

4 2 2 2 2 2

2 2

sin sin sin

1 sin

Fc c c

4 2 2 2 2

2 2 2 sin sin

sin sin

cc c

c

2 2 2

sin sin

c d

c

Τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με

1

12 2 2 2

ccotcos

sin sin 1

c dc

c c

όπου 1 cos

cottan sin

Επομένως έχουμε

1

12

ccotcos

1c

c

Αργά καταλάβαμε όμως ότι δεν μας ζητήθηκε να λύσουμε το συναρτησιακό.

Παρακάτω θα δείξουμε ότι ικανοποιείται η συνθήκη Legendre, αρκεί να δείξουμε ότι 2

20

F

, 0 1,

Υπολογίζουμε τις μερικές παραγώγους 2

2 2

sin

1 sin

F

Θέτουμε για ευκολία 2sin 0 και η παραπάνω σχέση γράφεται

Page 15: 6 Ασκησεις Λογισμου Μεταβολων

2

Α

1

F

Παραγωγίζουμε ξανά ως προς για να πάρουμε την δεύτερη μερική παράγωγο της F ως προς

2 22

22

2 2

11

1

AA A

F

Για να είναι η παραπάνω ποσότητα θετική πρέπει 2 2

2

21 0

1

AA A

(όπου 2sin 0 )

22

2 1 0

1

AA

2 2 1 0 A A

1 0 που ισχύει.

Άρα ικανοποιείται η συνθήκη Legendre.

Page 16: 6 Ασκησεις Λογισμου Μεταβολων

Αναφορές

[1] Θωμά Κυβεντίδη. “Λογισμός Μεταβολών” Θεσσαλονίκη: Εκδόσεις Ζητη, 1993.

[2] B.V.Ramana “Higher Engineering Mathematics” New Delhi: Tata McGraw-Hill, 2008.

[3] I. M. Gelfand and S.V. Fomin “Calculus of Variations” New Jersey: Englewood Cliffs, 1963.

[4] Νικόλαος Γ. Καρυδάς “Λογισμός Μεταβολών” Θεσσαλονίκη: Εκδόσεις Τζιόλα.