VARIAČNÍ POČET Budeme hledt nejkrtší spojnici dvou bodů n kytře pomocí struny. Bude to úsečk. Proč? Protože při neptrném nedodržení linerity se strun po utžení brání. Funkce ε F (y 0 + εϕ musí mít v bodě ε = 0 extrém (zde y 0 je správná pozice struny F je funkce odpovídjící thu struny. y = y + 0 y 0 Místo uvžování všech možných funkcí v okolí správného řešení uvžujeme tkzvnou vrici ϕ (t je zprvidl mlá. 1
A tk se v prostoru všech fukncí pohybujeme pomocí drobných lineárních segmentů. A použijeme klsickou nlýzu. Jde o funkci závisející n reálném ε. A díky úžsným trikům lze úlohu řešit njednou pro všechny možné vrice njednou. Euler. Byl to on. On byl prostě číslo. ZÁKLADY V prxi se čsto hledjí křivky nebo plochy, které minimlizují nebo mximlizují jisté hodnoty. Npř. se hledá nejkrtší spojnice dvou bodů n dné ploše, nebo tvr zvěšeného ln (má minimální potenciální energii, nebo tvr těles, které má v pohybujícím se prostředí minimální odpor, td. Nejdříve je nutné vyjádřit uvedené hodnoty mtemtickým výrzem pro ten se pk hledá minimum nebo mximum. 2
V uvedených příkldech se dostávjí postupně výrzy 1 + y 2 dx y 1 + y 2 dx kde y je hlednou funkcí proměnné x. y 3 dx Ověřování, zd dná (nlezená funkce oprvdu npř. minimlizuje uvedené hodnoty se provádí její mlou změnou, vricí. Po těchto změnách musí uvedené hodnoty vzrůst. y 0 y = y + 0 Vrice n toto tém tvoří zákld tkzvného vričního počtu. Úlohy popsného typu se rozdělují n několik zákldních typů. První uvedený příkld hledání nejkrtší spojnice dvou bodů v rovině je tzv. úloh s pevnými konci (hledné křivky zčínjí končí v dných bodech. Pokud se hledá nejkrtší spojnice dvou křivek, jedná se o úlohu s volnými konci (zčáteční koncové body hledné křivky nejsou pevně dány. Jestliže místo roviny hledáme nejkrtší cestu mezi dvěm body nebo křivkmi n dné ploše, mluví se o úlohách s podmínkou; hledá se funkce y splňující dlší podmínky npř. splňuje rovnici plochy nebo u příkldu zvěšeného ln má dnou délku. Pomocí vričního počtu lze řešit npř. diferenciální nebo integrální rovnice řešení rovnice minimlizuje určitý funkcionál. A ted se nučíme, jk si ten funkcionál vymyslet. 3
Ve výše uvedených příkldech se hledl funkce y proměnné x pro kterou je výrz F (y = f(x, y, y dx minimální nebo mximální (při vhodné volbě F. Zobrzení F se nzývá funkcionál, který je definován přinejmenším pro x [, b] pro funkce y n [, b] mjící derivci, které mohou dále splňovt dlší podmínky množin tkovýchto funkcí y se oznčí C. Stejně jko u extrémů reálných funkcí jedné nebo více proměnných se i u extrémů uvedených funkcionálů rozlišuje bsolutní extrém lokální extrém, který se ve vričním počtu čstěji nzývá reltivní extrém. Jejich definice jsou zcel přirozené: DEFINICE. Funkcionál F nbývá bsolutního mxim n množině C pro křivku y 0, jestliže y 0 C F (y F (y 0 pro všechn y C. Funkcionál F nbývá reltivního mxim n množině C pro křivku y 0, jestliže y 0 C F (y F (y 0 pro všechn y U C, kde U je nějké okolí funkce y. Co to je okolí funkce? N množinách funkcí lze definovt okolí mnoh neekvivlentními způsoby dostávjí se neekvivlentní pojmy reltivních extrémů. Pro dlší postupy stčí použít jednk okolí popsné stejnoměrnou konvergencí funkcí jednk okolí popsné stejnoměrnou konvergencí funkcí jejich derivcí: Tdy je hlvní moment k rozhodování. V jkém prostoru hledáme řešení? Použijeme suprémovou metriku u funkce ( někdy zároveň i její derivce. DEFINICE. Necht y je funkce definovná n množině M. Okolí (0. řádu funkce y je tková množin U funkcí g n M, pro níž existuje ε > 0 tk, že {g; g(x y(x < ε pro kždé x M} U. Necht y je funkce definovná n množině M mjící n M derivci. Okolí (1. řádu funkce y je tková množin U funkcí g mjících n M derivci, pro níž existuje ε > 0 tk, že {g; g(x y(x < ε, g (x y (x < ε pro kždé x M} U. Reltivní extrémy pro okolí nultého řádu se nzývjí silné reltivní extrémy, pro okolí prvního řádu slbé reltivní extrémy. Zřejmě je kždý bsolutní extrém silným reltivním extrémem kždý silný reltivní extrém slbým reltivním extrémem. Opky těchto implikcí nepltí. Je třeb říci, že možných typů úloh, které jdou řešit pomocí vričního počtu je spoust. 4
Podíváme se jenom n některé typy. ANO. Jenom to množné číslo mě děsí. Poznámky 1 Příkldy 1 Otázky 1 1 ÚLOHY S PEVNÝMI KONCI Z funkce, mezi kterými se hledá extrém funkcionálu, se v tomto přípdě berou části množiny C = {y; y( = A, y(b = B, existuje spojitá y }. Následuje nutná podmínk pro to, by nějká funkce byl slbým reltivním extrémem funkcionálu. VĚTA. Necht funkce f(x, y, y má spojité prciální derivce 2.řádu n intervlu [, b]. Jestliže funkcionál F (y = f(x, y, y dx nbývá slbého reltivního extrému pro funkci y 0 n množině C, je y 0 řešením rovnice f y d ( f dx y = 0. Uvedená rovnice se nzývá Eulerov rovnice. Když n to Euler přišel, neříkl tomu slbé řešení, le dokonlé řešení. Důkz. Necht npř. y 0 je slbým reltivním minimem, tj. bsolutním minimem n nějkém ε-okolí U 1.řádu funkce y 0. Položíme y = y 0 + αv, kde v je libovolná funkce n [, b] mjící spojitou první derivci, splňující v( = v(b = 0 tková, že v(x < ε, v (x < ε pro všechn x [, b]. Potom reálná funkce reálné proměnné g(α = f(x, y 0 (x + αv(x, y 0 (x + αv (x dx 5
má n intervlu [ 1, 1] minimum v 0 tedy g (0 = 0, pokud derivce g (0 existuje. T se spočítá přehozením derivce integrálu (což lze, protože se jedná o spojité funkce n omezeném uzvřeném intervlu: g (α = ( v(xf y (x, y 0 + αv, y 0 + αv + v (xf y (x, y 0 + αv, y 0 + αv dx. N integrál posledního sčítnce v integrovné funkci se použije integrce po částech: v (xf y (x, y 0 + αv, y 0 + αv dx = = [ ] b v(xf y x= v(x d ( f dx y dx. v(x d ( f dx y dx = protože v( = v(b = 0. Příslušné derivce funkce f v předchozích integrálech jsou v bodě (x, y 0 (x + αv(x, y 0 (x + αv (x. Pro α = 0 se dostává rovnost ( v(x f y d ( f dx y dx = 0 pro všechny uvžovné funkce v, kde nyní jsou příslušné derivce funkce f v bodě (x, y 0 (x, y 0 (x. Odtud lze již odvodit ze spojitosti funkcí, že f y d ( f dx y = 0. Vilně vyhlížející v vypdlo ven velmi vesele. Rozumím tomu správně: kždé v je vilné? Řešení Eulerovy rovnice se nzývjí extremály jsou to obdoby kritických bodů pro extrémy reálných funkcí reálných proměnných. V extremálách může le nemusí funkcionál doshovt extrému. 6
Jde o podezření. Úloh se musí dořešit klsicky to není sndné. Jestliže se v Eulerově rovnici provede derivce podle x, dostává se diferenciální rovnice 2.řádu: 2 f y 2 y + 2 f ( 2 f y y y + y x f = 0. y Ted jsme teprve dostli oprvdu něco, co jde řešit. Eulerov rovnice se obecně nevyřeší. Existují všk speciální přípdy, kdy lze tuto rovnici zjednodušit nebo vyřešit. Proberte smi přípd, kdy funkce f nezávisí n y. Eulerov rovnice má potom tvr Funkce f nezávisí n x, y 2 f y 2 y = 0. Přípd f y y = 0 dává pro kždé y stejnou hodnotu funkcionálu F je tedy nezjímvý. Přípd y = 0 dává řešení y(x = C 1 x+c 2, konstnty C 1 C 2 se určí z okrjových podmínek (přímk musí procházet body (, A, (b, B. Eulerov rovnice má v tomto přípdě tvr Funkce f nezávisí n y 2 f y 2 y + 2 f y x = tkže výsledkem je diferenciální rovnice 1.řádu s konstntou C f y = C. d ( f dx y = 0, Eulerov rovnice má po vynásobení y tvr Funkce f nezávisí n x y ( 2 f y 2 y + 2 f y y y f = 0. y 7
Levá strn je derivcí podle x funkce y f y f, tkže výsledkem je diferenciální rovnice 1.řádu s konstntou C y f y f = C. I s těmito jednoduchými tvry spočítáme spoustu přikldů. Tedy, pokud dovedeme řešit jednoduché diferenciální rovnice. První druhá vrice Pro funkcionál F (y = f(x, y, y dx jsme při odvozování Eulerovy rovnice sestrojili pomocnou funkci g(α = F (y 0 + αv = f(x, y 0 (x + αv(x, y 0 (x + αv (x dx prmetru α. Eulerov rovnice odpovídl podmínce g (0 = 0. Obecně lze zkoumt Tylorův rozvoj ve tvru g(α = F (y 0 + αv 1 (y 0, v + 1 2 α2 V 2 (y 0, v +, kde V 1 (y 0, v nzýváme první vrice funkcionálu F znčíme δf. Podobně V 2 (y 0, v nzýváme druhá vrice funkcionálu F znčíme δ 2 F. Nulovost první vrice odpovídá Eulerově rovnici, pozitivní definitností druhé vrice můžeme zjišt ovt skutečné nbývání extrému v extremále (jde o nutnou podmínku pro minimlizci. Po spočtení vyjde g (α = f yy v 2 (x + 2f yy v(xv (x + f y y (v (x 2 dx. Tedy jde o definitnost mtice tvořené druhými prciálními derivcemi f podle y y. 8
Postčující podmínk pro extrém Eulerov rovnice je nutnou podmínkou pro nbývání extrému funkcionálu F (y = f(x, y, y dx. Pokud je nvíc funkce f(x, y, y konvexní ve svých proměnných y y součsně, je extremál bsolutním minimem funkcionálu F. Konvexit se chápe součsně pro obě proměnné, tedy jde o konvexní řezy funkce dvou proměnných ve všech směrech. Poznámky 2 Příkldy 2 Otázky 2 2 ÚLOHY S VOLNÝMI KONCI V předchozí části byly okrjové podmínky pro nlezené extremály v jistém smyslu pevné, extremály musely zčínt"v jednom pevně dném bodě končit"v jiném pevně zvoleném bodě. Vyskytují se úlohy, kde se chce, by extremály zčínly n dné křivce C 1 končily n jiné křivce C 2 (nebo pro více proměnných n plochách. To je npř. úloh o nejkrtší vzdálenosti mezi křivkmi nebo plochmi. Úlohy tohoto typu se nzývjí úlohy s volnými konci: Definují-li ϕ, ψ dvě hldké křivky v rovině, z funkce, mezi kterými se hledá extrém funkcionálu, se v tomto přípdě berou části množiny C = {y; y(x 1 = ϕ(x 1, y(x 2 = ψ(x 2, existuje spojitá y n [x 1, x 2 ]} body x 1, x 2 závisí n y, tj. pro různé funkce y mohou být různé i tyto body. Přesněji by se tyto body měly znčit x 1,y, x 2,y funkcionál má pk tvr F (y = x2,y x 1,y f(x, y, y dx. Postup při hledání nutné podmínky je podobný jko u úlohu s pevnými konci. VĚTA. Necht funkce ϕ, ψ n [p, q] mjí spojité první derivce. Necht funkce f(x, y, y má spojité prciální derivce 2.řádu n intervlu [, b]. Jestliže funkcionál F (y = x 2,y x 1,y f(x, y, y dx nbývá slbého reltivního extrému pro funkci y 0 (s konci (, A, (b, B n množině C, je y 0 řešením rovnice pltí f y d ( f dx y = 0, f(x, y 0, y 0 + (ϕ (x y 0 (xf y x, y 0, y 0 = 0 pro x =, f(x, y 0, y 0 + (ψ (x y 0 (xf y x, y 0, y 0 = 0 pro x = b. Obě poslední podmínky se nzývjí podmínky trnsverslity. 9
Důkz. Protože mezi funkcemi y, které jsou blízko y 0, jsou i funkce se stejnými konci (, A, (b, B, musí y 0 splňovt Eulerovu rovnici podle věty z předchozí části. Zvolí se opět y = y 0 + αv zčínjící v bodě (, A končící v bodě (b α, B α n křivce ψ, kde v je funkce tková, že v(x < ε, v (x < ε pro všechn x [, b]. Potom reálná funkce reálné proměnné g(α = α f(x, y 0 (x + αv(x, y 0 (x + αv (x dx má n intervlu [ 1, 1] minimum v 0 tedy g (0 = 0. V tomto přípdě je nutné derivovt uvedený integrál i podle horní meze, tkže g (α = f db ( α dα + vf y + v f y dx. N integrál poslední funkce se opět použije integrci po částech: v f y dx = [ ] bα vf y x= v d ( f dx y dx = v(b α f y (b α v(x d ( f dx y dx. N rozdíl od předchozí sekce nemusí být v(b α = 0, tkže kromě části odpovídjící Eulerově rovnici je tu nvíc výrz f db α dα + v(b αf y (b α. Pro mlá α lze bod b α odhdnout pomocí tečny n křivce ψ v bodě b: Tuto rovnost se zderivuje podle α: B + (b α bψ (b = y 0 (b α + αv(b α. ψ (b db α dα = y 0 (b α db α dα + v(b α. Z poslední rovnosti se vypočte derivce dbα dα pro α = 0 dosdí se do předchozí rovnosti g(α = 0. Výrz odpovídjící Eulerově rovnici je roven 0, tkže lze usoudit, že bude roven nule i výrz f + (y ψ f y v bodě b. Podobným způsobem se odvodí příslušná rovnost v bodě. Klsik. Nkonec jde si dokázt všechno. Poznámky 3 Příkldy 3 Otázky 3 3 ÚLOHY S PODMÍNKOU Čsto se stává, že množin C funkcí y, mezi kterými se hledá funkce minimlizující dný funkcionál f(x, y, y dx, je zúžen dlší podmínkou, která je vyjádřen integrálem g(x, y, y dx = C, pro nějkou funkci g. Následující dv příkldy jsou typické: Jký tvr bude mít lno zvěšené n svých koncích v dných bodech? Lno zujme tkovou polohu, by jeho potenciální energie byl minimální. 10
Hledá se tedy funkce y, která splňuje okrjové podmínky (jko v úlohách s pevnými konci, minimlizuje funkcionál y 1 + y 2 dx nvíc splňuje podmínku dné délky, tj. b 1 + y 2 dx = d, kde d je předem dné číslo. Řetězovk. Jký tvr má jednoduchá uzvřená křivk dné délky s mximálním obshem svého vnitřku? Řešením je křivk y, která mximlizuje funkcionál vyjdřující obsh vnitřku uzvřené jednoduché křivky ( splňuje okrjové podmínky - jké jsou? opět nvíc splňuje podmínku dné délky 1 + y 2 dx = d. Kruh. Poslední příkld je historicky nejdůležitější podle něj se tyto úlohy nzývjí isoperimetrické úlohy. Lze dospět k následující nutné podmínce pro reltivní extrémy těchto úloh. VĚTA. Necht f, g jsou funkce tří proměnných x, y, y, kde y je funkcí x n intervlu [, b] obě funkce f, g mjí spojité prciální derivce 2.řádu. Pro čísl A, B, C bud C = {y; y má spojitou derivci n [, b], y( = A, y(b = B} C = {y C; g(x, y, y dx = C}. Je-li y 0 slbý reltivní extrém funkcionálu f(x, y, y dx n množině C není extremálou funkcionálu g(x, y, y dx, pk existuje reálné číslo λ tkové, že y 0 je slbý reltivní extrém n množině C funkcionálu ( f(x, y, y + λg(x, y, y dx. Stejně jko u hledání extrémů funkcí více reálných proměnných se tu pomocí Lgrngeových multiplikátorů úloh s vázným extrémem převede n úlohu s volným extrémem. Tk se nám vlstně hodí kdeco. Nemám z toho rdost. 11
Z předchozí věty lze usoudit tzv. reciproční prvidlo: VĚTA. Necht y 0 je extrémem popsným v předchozí větě. Pk y 0 je i extrémem funkcionálu g(x, y, y dx n množině C z podmínky f(x, y, y dx = C}. Jestliže tedy víte, že řešením druhého uvedeného příkldu je kružnice, tj. mezi všemi rovinnými obrzci s dným obvodem má kruh největší obsh, pk víte, že mezi všemi rovinnými obrzci s dným obshem má kruh nejmenší obvod. Řešení izoperimetrické úlohy odhlilo nplno možnosti mtemtické nlýzy. Pokud už řešíte nějkou vriční úlohu typu extrém něčeho, zkuste njít smysluplnou interpertci toho funkcionálu. BTW, některé úlohy žádný smysl nemjí. Těch smysluplných bylo málo. Poznámky 4 Příkldy 4 4 5 6 STANDARDY z kpitoly VARIAČNÍ POČET Ověřování, zd dná (nlezená funkce oprvdu npř. minimlizuje hodnoty zdnho funkcionálu se provádí její mlou změnou, vricí. Po těchto změnách musí hodnoty funkcionálu vzrůst. 12
y 0 y = y + 0 Vrice n toto tém tvoří zákld tkzvného vričního počtu. V příkldech se hledá funkce y proměnné x pro kterou je výrz minimální nebo mximální. F (y = f(x, y, y dx Zobrzení F se nzývá funkcionál, který je definován přinejmenším pro x [, b] pro funkce y n [, b] mjící derivci, které mohou dále splňovt dlší podmínky množin tkovýchto funkcí y se oznčí C. Stejně jko u extrémů reálných funkcí jedné nebo více proměnných se i u extrémů uvedených funkcionálů rozlišuje bsolutní extrém lokální extrém, který se ve vričním počtu čstěji nzývá reltivní extrém. Jejich definice jsou zcel přirozené: DEFINICE. Funkcionál F nbývá bsolutního mxim n množině C pro křivku y 0, jestliže y 0 C F (y F (y 0 pro všechn y C. Funkcionál F nbývá reltivního mxim n množině C pro křivku y 0, jestliže y 0 C F (y F (y 0 pro všechn y U C, kde U je nějké okolí funkce y. DEFINICE. Necht y je funkce definovná n množině M. Okolí (0. řádu funkce y je tková množin U funkcí g n M, pro níž existuje ε > 0 tk, že {g; g(x y(x < ε pro kždé x M} U. Necht y je funkce definovná n množině M mjící n M derivci. Okolí (1. řádu funkce y je tková množin U funkcí g mjících n M derivci, pro níž existuje ε > 0 tk, že {g; g(x y(x < ε, g (x y (x < ε pro kždé x M} U. Reltivní extrémy pro okolí nultého řádu se nzývjí silné reltivní extrémy, pro okolí prvního řádu slbé reltivní extrémy. Zřejmě je kždý bsolutní extrém silným reltivním extrémem kždý silný reltivní extrém slbým reltivním extrémem. Opky těchto implikcí nepltí. ÚLOHY S PEVNÝMI KONCI Z funkce, mezi kterými se hledá extrém funkcionálu, se v tomto přípdě berou části množiny C = {y; y( = A, y(b = B, existuje spojitá y }. Následuje nutná podmínk pro to, by nějká funkce byl slbým reltivním extrémem funkcionálu. 13
VĚTA. Necht funkce f(x, y, y má spojité prciální derivce 2.řádu n intervlu [, b]. Jestliže funkcionál F (y = f(x, y, y dx nbývá slbého reltivního extrému pro funkci y 0 n množině C, je y 0 řešením rovnice f y d ( f dx y = 0. Uvedená rovnice se nzývá Eulerov rovnice. Důkz. Necht npř. y 0 je slbým reltivním minimem, tj. bsolutním minimem n nějkém ε-okolí U 1.řádu funkce y 0. Položíme y = y 0 + αv, kde v je libovolná funkce n [, b] mjící spojitou první derivci, splňující v( = v(b = 0 tková, že v(x < ε, v (x < ε pro všechn x [, b]. Potom reálná funkce reálné proměnné g(α = f(x, y 0 (x + αv(x, y 0 (x + αv (x dx má n intervlu [ 1, 1] minimum v 0 tedy g (0 = 0, pokud derivce g (0 existuje. T se spočítá přehozením derivce integrálu (což lze, protože se jedná o spojité funkce n omezeném uzvřeném intervlu: g (α = ( v(xf y (x, y 0 + αv, y 0 + αv + v (xf y (x, y 0 + αv, y 0 + αv dx. N integrál posledního sčítnce v integrovné funkci se použije integrce po částech: v (xf y (x, y 0 + αv, y 0 + αv dx = = [ ] b v(xf y x= v(x d ( f dx y dx. v(x d ( f dx y dx = protože v( = v(b = 0. Příslušné derivce funkce f v předchozích integrálech jsou v bodě (x, y 0 (x + αv(x, y 0 (x + αv (x. Pro α = 0 se dostává rovnost ( v(x f y d ( f dx y dx = 0 pro všechny uvžovné funkce v, kde nyní jsou příslušné derivce funkce f v bodě (x, y 0 (x, y 0 (x. Odtud lze již odvodit ze spojitosti funkcí, že f y d ( f dx y = 0. Ide důkzu je vyjádření nulovosti derivce ve směru v nezávisle n v. Řešení Eulerovy rovnice se nzývjí extremály jsou to obdoby kritických bodů pro extrémy reálných funkcí reálných proměnných. V extremálách může le nemusí funkcionál doshovt extrému. 14
Jde o podezření. Úloh se musí dořešit klsicky to není sndné. Jestliže se v Eulerově rovnici provede derivce podle x, dostává se diferenciální rovnice 2.řádu: 2 f y 2 y + 2 f ( 2 f y y y + y x f = 0. y Ted jsme dostli diferenciální rovnici druhého řádu, kterou musíme zkoumt. Eulerov rovnice má potom tvr Funkce f nezávisí n x, y 2 f y 2 y = 0. Přípd f y y = 0 dává pro kždé y stejnou hodnotu funkcionálu F je tedy nezjímvý. Přípd y = 0 dává řešení y(x = C 1 x+c 2, konstnty C 1 C 2 se určí z okrjových podmínek (přímk musí procházet body (, A, (b, B. Eulerov rovnice má v tomto přípdě tvr Funkce f nezávisí n y 2 f y 2 y + 2 f y x = tkže výsledkem je diferenciální rovnice 1.řádu s konstntou C f y = C. d ( f dx y = 0, Eulerov rovnice má po vynásobení y tvr Funkce f nezávisí n x y ( 2 f y 2 y + 2 f y y y f = 0. y 15
Levá strn je derivcí podle x funkce y f y f, tkže výsledkem je diferenciální rovnice 1.řádu s konstntou C y f y f = C. První druhá vrice Pro funkcionál F (y = f(x, y, y dx jsme při odvozování Eulerovy rovnice sestrojili pomocnou funkci g(α = F (y 0 + αv = f(x, y 0 (x + αv(x, y 0 (x + αv (x dx prmetru α. Eulerov rovnice odpovídl podmínce g (0 = 0. Obecně lze zkoumt Tylorův rozvoj ve tvru g(α = F (y 0 + αv 1 (y 0, v + 1 2 α2 V 2 (y 0, v +, kde V 1 (y 0, v nzýváme první vrice funkcionálu F znčíme δf. Podobně V 2 (y 0, v nzýváme druhá vrice funkcionálu F znčíme δ 2 F. Nulovost první vrice odpovídá Eulerově rovnici, pozitivní definitností druhé vrice můžeme zjišt ovt skutečné nbývání extrému v extremále (jde o nutnou podmínku pro minimlizci. Po spočtení vyjde g (α = f yy v 2 (x + 2f yy v(xv (x + f y y (v (x 2 dx. Tedy jde o definitnost mtice tvořené druhými prciálními derivcemi f podle y y. Postčující podmínk pro extrém Eulerov rovnice je nutnou podmínkou pro nbývání extrému funkcionálu F (y = f(x, y, y dx. Pokud je nvíc funkce f(x, y, y konvexní ve svých proměnných y y součsně, je extremál bsolutním minimem funkcionálu F. Konvexit se chápe součsně pro obě proměnné, tedy jde o konvexní řezy funkce dvou proměnných ve všech směrech. ÚLOHY S VOLNÝMI KONCI Vyskytují se úlohy, kde se chce, by extremály zčínly n dné křivce C 1 končily n jiné křivce C 2 (nebo pro více proměnných n plochách. 16
To je npř. úloh o nejkrtší vzdálenosti mezi křivkmi nebo plochmi. Úlohy tohoto typu se nzývjí úlohy s volnými konci. Definují-li ϕ, ψ dvě hldké křivky v rovině, z funkce, mezi kterými se hledá extrém funkcionálu, se v tomto přípdě berou části množiny C = {y; y(x 1 = ϕ(x 1, y(x 2 = ψ(x 2, existuje spojitá y n [x 1, x 2 ]} body x 1, x 2 závisí n y, tj. pro různé funkce y mohou být různé i tyto body. Přesněji by se tyto body měly znčit x 1,y, x 2,y funkcionál má pk tvr F (y = x2,y x 1,y f(x, y, y dx. Řešení musí utomticky splňovt Eulerovu rovnici. Nvíc u úlohy s volnými konci dostneme nvíc v kždém volném konci dlší rovnici. Tyto rovnice se nzývjí podmínky trnsverslity. ÚLOHY S PODMÍNKOU Čsto se stává, že množin C funkcí y, mezi kterými se hledá funkce minimlizující dný funkcionál f(x, y, y dx, je zúžen dlší podmínkou, která je vyjádřen integrálem g(x, y, y dx = C, pro nějkou funkci g. Následující dv příkldy jsou typické: Jký tvr bude mít lno zvěšené n svých koncích v dných bodech? Lno zujme tkovou polohu, by jeho potenciální energie byl minimální. Hledá se tedy funkce y, která splňuje okrjové podmínky (jko v úlohách s pevnými konci, minimlizuje funkcionál y 1 + y 2 dx nvíc splňuje podmínku dné délky, tj. b 1 + y 2 dx = d, kde d je předem dné číslo. Řetězovk. Jký tvr má jednoduchá uzvřená křivk dné délky s mximálním obshem svého vnitřku? Řešením je křivk y, která mximlizuje funkcionál vyjdřující obsh vnitřku uzvřené jednoduché křivky ( splňuje okrjové podmínky - jké jsou? opět nvíc splňuje podmínku dné délky 1 + y 2 dx = d. Kruh. Poslední příkld je historicky nejdůležitější podle něj se podobné úlohy nzývjí isoperimetrické úlohy. Lze dospět k následující nutné podmínce pro reltivní extrémy těchto úloh. 17
VĚTA. Necht f, g jsou funkce tří proměnných x, y, y, kde y je funkcí x n intervlu [, b] obě funkce f, g mjí spojité prciální derivce 2.řádu. Pro čísl A, B, C bud C = {y; y má spojitou derivci n [, b], y( = A, y(b = B} C = {y C; g(x, y, y dx = C}. Je-li y 0 slbý reltivní extrém funkcionálu f(x, y, y dx n množině C není extremálou funkcionálu g(x, y, y dx, pk existuje reálné číslo λ tkové, že y 0 je slbý reltivní extrém n množině C funkcionálu ( f(x, y, y + λg(x, y, y dx. Stejně jko u hledání extrémů funkcí více reálných proměnných se tu pomocí Lgrngeových multiplikátorů úloh s vázným extrémem převede n úlohu s volným extrémem. Z předchozí věty lze usoudit tzv. reciproční prvidlo: VĚTA. Necht y 0 je extrémem popsným v předchozí větě. Pk y 0 je i extrémem funkcionálu g(x, y, y dx n množině C z podmínky f(x, y, y dx = C}. Jestliže tedy víte, že řešením druhého uvedeného příkldu je kružnice, tj. mezi všemi rovinnými obrzci s dným obvodem má kruh největší obsh, pk víte, že mezi všemi rovinnými obrzci s dným obshem má kruh nejmenší obvod. POZNÁMKY Poznámky 1: Termín funkcionál se používá v obecnějším smyslu, než je uvedeno v textu. Je to zobrzení s reálnými (někdy komplexními hodnotmi definovné n nějké množině funkcí. Npř. zobrzení, které všem reálným funkcím reálné proměnné, které mjí derivci v 0, přiřzuje právě hodnotu derivce v 0, je funkcionál. V poslední kpitole o Bnchových prostorech je uveden ještě obecnější pojem funkcionálu. Uvedená okolí 0.řádu 1.řádu pro omezené funkce mjící omezené derivce n M odpovídjí okolí v metrických prostorech definovných metrikmi d(y, g = sup{ g(x y(x ; x M}, resp. d(y, g = sup{ g(x y(x + g (x y (x ; x M}. Zřejmým způsobem lze definovt okolí n-tého řádu. Tyto metriky se nzývjí metriky (vzdálenosti n-tého řádu. Uvědomte si, že i spojitost funkcionálu F je 0.řádu nebo 1.řádu, podle toho, jká okolí funkcí y se vezmou. Konec poznámek 1. Poznámky 2: Postčující podmínky pro extrémy jsou složité. V některých přípdech je možné zjistit, zd pro určitou extremálu nstává extrém, použitím vrice extremály nebo z povhy úlohy. Pokud je známo, že pro funkci y 0 nbývá funkcionál F reltivní extrém, lze někdy zjistit, o jký extrém se jedná: Je-li f y y > 0, je v y 0 reltivní slbé minimum, je-li f y y < 0, je v y 0 reltivní silné mximum. Uvedená úloh s pevnými konci má tři zákldní zobecnění. To první nstává v přípdě, že se ve vytvořující funkci f vyskytují i vyšší derivce než jen první. Tkovým přípdem je npř. zjišt ování prohnutí nosníku upevněného oběm konci. Postup získání nutné podmínky je podobný, jko v přípdě uvedeného v textu. řešení musí vyhovovt tzv. Eulerově-Poissonově rovnici, ze které je dobře vidět speciální přípd, který byl odvozen: f y d ( f dx y + d2 ( f dx 2 y... + ( 1 n dn ( f dx n y ( = 0. n 18
Tto rovnice lze psát jedonodušeji jko n ( 1 i d i ( f dx i y i=0 ( i Výsledkem je funkce závisící kromě n x i n 2n konstntách, které se určí z počátečních podmínek. Druhým zobecněním je přípd, kdy f závisí kromě y i n jiné funkci z její derivci. To nstne npř., pokud se řešení hledá ve tvru prmetrickém. Extremál pk vyhovuje dvěm Eulerovým rovnicím, jedné pro y (f se derivuje podle y y druhé pro z (f se derivuje podle z z. Třetí zobecnění nstává při hledání řešení v prostoru vyšší dimenze, než jsou dvě. Pk je extremál y funkcí více proměnných, npř. proměnných (u, v; funkcionál má pk tvr y P f(u, v, y, u, y v du dv, kde P je zdná oblst. Řešení musí splňovt tzv. Eulerovu-Ostrogrdského rovnici f y ( d du f y +. d dv f y = 0. Uvedené postupy lze modifikovt pro přípd, kdy se hledá po částech hldká křivk minimlizující nebo mximlizující dný funkcionál. Existují postupy, které zjistí, ve kterých bodech nemusí být extremál hldká. Tyto body rozdělí dný intervl n menší intervly, ve kterých řešení bude hldké. Konec poznámek 2. Poznámky 3: Jednou ze zákldních úloh s volnými konci je hledání křivky ležící n dné ploše, spojující dv dné body mjící nejkrtší délku. Této křivce se říká geodetická křivk. V Příkldech 2 bylo dokázáno, že geodetickými křivkmi n kulové ploše jsou oblouky hlvních kružnic. Geodetické křivky v rovině jsou úsečky. Úlohou s jedním volným koncem je modifikce úlohy o brchistochroně, kdy bod, z kterého se pouští částice, je pevný konec cesty částice leží n svislé přímce neprocházející výchozím bodem. Konec poznámek 3. Poznámky 4: Příkld 2 se někdy nzývá problém Dido. Dido byl fénická princezn, která s několik věrnými uprchl ze země před jistým nebezpečím požádl pnovník jedné země v severní Africe o kousek země, který obepne kusem bůvolí kůže. Kůži rozstříhl n tenký pásek, ob konce položil k pobřeží pásek rozložil do půlkružnice. Studenti jedné univerzity zkusili, jk velký kus země mohl získt podřilo se jim sndno obepnout fotblové hřiště. Příkld 3 má prktické zobecnění, kdy je dán obecný oblouk C n tenké desce vribilní hustoty h(x, y má se doplnit obloukem dné délky n jednoduchou uzvřenou křivku tkovou, že její vnitřek má největší hmotnost. Konec poznámek 4. PŘÍKLADY Příkldy 1: 1. Njděte vzdálenost 0.řádu 1.řádu mezi funkcemi x 3 x 5. 2. Ukžte, že funkcionál F (y = y (0, definovný n reálných funkcích reálné proměnné definovných n R mjících derivci všude, je spojitý 1.řádu nespojitý 0.řádu n libovolné funkci. 3. Ukžte, že funkcionál F (y = π 0 y 2 dx, definovný n reálných funkcích reálné proměnné definovných n [0, π] mjících derivci všude, je spojitý 1.řádu nespojitý 0.řádu v konstntní funkci 0. 19
Konec příkldů 1. Příkldy 2: 1. Ověřte vyřešením Eulerovy rovnice pro f(x, y, y = 1 + y 2, že nejkrtší spojnicí dvou bodů A, B v rovině je úsečk s koncovými body A, B. 2. Necht, b 0. Vezměte hldké křivky y spojující body (0,, (1, b v 1.kvdrntu njděte mezi nimi tkovou, že rotcí této křivky okolo osy x získáte těleso s nejmenším povrchem. Prozkoumejte, zd má tto úloh vždy řešení. [Vyjde y = C cosh x k C.] 3. Spojte body (0, 0, /x 1, y 1, kde y 1 < 0, hldkou křivkou, po níž se bod co nejrychleji dostne (jen z pomoci grvitce z počátku do bodu (x 1, y 1. Tto křivk se nzývá brchystochron. [Ukžte, že funkcionál pro tuto úlohu je dný funkcí f(x, y, y = 1+y 2 2gy. Řešením je cykloid x = (t sin t, y = (1 cos t.] 4. Njděte tvr rotčního těles s osou symetrie totožnou s osou x, které klde nejmenší odpor plynu pohybujícímu se ve směru osy x. Lze zjistit, že křivk vytvářející rotční těleso minimlizuje funkcionál πρv 2 d 0 yy 3 dx, kde ρ je hustot plynu v je jeho ryclost (křivk spojuje počátek s bodem (d, r, d, r > 0. 5. Použijte funkcionál z Otázky 2 pro v(x, y = y (x, y jsou body horní poloroviny. Řešením jsou polokružnice se středy n ose x (dokžte. Bod pohybující se po těchto polokružnicích nikdy nedojde n osu x (proč?. Pokud definujete model geometrie, kde body jsou body horní poloroviny přímky uvedené polokružnice, pk rovnoběžky jsou ty,,přímky", které mjí společný jeden bod n ose x (v,,nekonečnu". Ukžte, že je možné vést bodem, neležícím n dné,,přímce", dvě rovnoběžky. Tento model je Poincrého model neeuklidovské geometrie. 6. Ukžte, že nehldká funkce y = x minimlizuje funkcionál 1 1 (y 2 1 2 dx pro y( 1 = y(1 = 0. Existuje nějký hldký reltivní extrém? 7. Njděte extrémy následujících funkcionálů určete o jké extrémy se jedná: 3 x 3 dx, y(2 = 4, y(3 = 9, 2 y 2 2 (xy 4 2yy 3 dx, y(1 = 0, y(2 = 1, 1 (1 e y 2 dx, y(0 = 0, y( = b. 0 V posledním příkldu závisí výsledek (zd jde o minimum nebo mximum n vzthu, b. 8. Ukžte, že nejkrtší křivk spojující dv body n kulové ploše je obloukem hlvní kružnice (tj., mjící střed ve středu koule. [Stčí zvolit kouli dnou prmetricky x = sin u cos v, y = sin u sin v, z = cos u body P = (1, 0, 0, Q = (, 1 2, 0. Hlednou křivku lze zpst ve tvru v = g(u. Má se dokázt, že g = 0. Délk křivky je Q P dx 2 + dy 2 + dz 2 = Q P 1 + g 2 sin 2 u. Protože se v integrovné funkci nevyskytuje g, je g řešením rovnice g 2 sin 2 u = C 1 + g 2 sin 2 u. Konstnt C musí být 0 (umocněním rovnosti by se jink dostl spor pro mlá u, tkže g = 0.] Konec příkldů 2. Příkldy 3: 1. Njděte vzdálenost bodu (0, 1 od elipsy 4x 2 + 9y 2 = 36. 2. Vypočtěte vzdálenost mezi prbolou y = x 2 přímkou y = x 5. 3. Hledá se hldká křivk jdoucí z bodu (x 0, y 0 končící n křivce ψ, která minimlizuje funkcionál x 1 x 0 e rctg y 1 + y 2 dx. Ukžte, že úhel mezi výslednou křivkou křivkou ψ je π/4. 4. Ukžte, že řešením modifikovné úlohy o brchistochroně zmíněné v Poznámkách je opět cykloid, která dosedá n svislou přímku kolmo. 20
Konec příkldů 3. Příkldy 4: 1. Njděte tvr ln zvěšeného mezi dvěm body. [Lno zujímá polohu s nejmenší potenciální energií, to vede k hledání minim funkcionálu x2 x 1 y 1 + y 2 dx při podmínkách x2 x 1 1 + y 2 dx = d > x 2 x 1 y(x 1 = y 1, y(x 2 = y 2. Řeší se tedy Eulerov rovnice pro funkci 1 + y 2 (y + λ. Výsledkem je hyperbolický kosinus.] 2. Njděte n intervlu [, b] funkci y 0, jejíž grf má dnou délku d tkovou, že y( = 0, y(b = 0 ploch mezi grfem y osou x má největší obsh. [Pozor n přípd, kdy se nedostne funkce.] Prktická modifikce úlohy spočívá v druhém volném konci (tj. bod b n ose x není dán. 3. Njděte jednoduchou hldkou uzvřenou křivku dné délky, jejíž vnitřek má největší obsh. [Použijte prmetrický popis křivky (x(t, y(t, obsh vnitřku je pk 2 1 x2 x (xy x y dt.] 1 4. Njděte minimum funkcionálu π 0 y 2 dx z podmínek π 0 y2 dx = 1, y(0 = y(π = 0. 5. Sestvte příslušný funkcionál podmínku pro nlezení nejkrtší spojnice bodu (1, 1, 0 s bodem (4, 0, 2 ležící n rotční ploše vytvořené rotcí grfu funkce x n intervlu [0, 4] kolem osy x. Konec příkldů 4. OTÁZKY Otázky 1: 1. Ukžte, že kždý bsolutní extrém je silným reltivním extrémem kždý silný reltivní extrém slbým reltivním extrémem (vzhledem ke stejným množinám funkcí. 2. Ukžte, že je-li funkcionál spojitý v y 0 0.řádu, je spojitý i 1.řádu (mjí-li tyto spojitosti smysl. Opk nepltí (viz Příkldy. Konec otázek 1. Otázky 2: 1. Ukžte, že pokud má f tvr ϕ(x, y + ψ(x, yy (x, y náleží do jednoduše souvislé množiny, vyplývá z Eulerovy rovnice potenciálnost pole ϕ, ψ. Odvod te odtud, že pk je funkcionál pro dné koncové body konstntní. 2. Odvod te stejným způsobem jko u brchystochrony, že má-li částice v bodě (x, y rychlost v(x, y, pk čs potřebný k tomu, by se částice dostl z bodu (x 0, y 0 do bodu (x 1, y 1, je roven x 1 1+y 2 x dx. 0 v(x,y Podle Fermtov principu si světlo nchází čsově nejkrtší spojnice bodů. To znmená, že křivk, podle které putuje světlo v nějkém prostředí z bodu (x 0, y 0 do bodu (x 1, y 1 minimlizuje uvedený funkcionál. V Příkldech je uveden jiná zjímvá plikce. Konec otázek 2. Otázky 3: 1. Ukžte, že pokud je funkce f tvru g(x, y 1 + y 2, dávjí podmínky trnsverslity rovnosti ϕ ( = 1 y (, ψ (b = 1 y (b, což znmená, že výsledná křivk je kolmá v koncových bodech n zdné křivky. Speciálně to je přípd hledání vzdálenosti dvou křivek v rovině: úsečk spojující dv nejbližší body n obou křivkách, je n tyto křivky v těchto bodech kolmá. Konec otázek 3. 21
CVIČENÍ Cvičení 1: Příkld. Určete křivky, n kterých může funkcionál π/2 F (y = 0 ( (y 2 y 2 dx nbývt extrémů při podmínce y(0 = 0, y(π/2 = 1? Příkld. Eulerov rovnice bude mít tvr y + y = 0. To může být prvd i nemusí. Rději to zkontrolujte. BTW, pokud je to správně, tk je po strostech. Je to lineární diferenciální rovnice 2. řádu s konstntními koeficienty, jejíž řešení sndno njdete: y(x = C 1 cos x + C 2 sin x. Konstnty C 1, C 2 určíme z okrjových podmínek jko C 1 = 0, C 2 = 1. Z toho plyne, že extrému se může nbývt pouze n y = y(x = sin x. Konec cvičení 1. Cvičení 2: Příkld. Určete křivky, n kterých může funkcionál 1 F (y = 0 ( (y 2 + 12xy dx nbývt extrémů při podmínce y(0 = 0, y(1 = 1? Řešení. Eulerov rovnice bude mít tvr y 6x = 0. 22
Dvojím integrováním dostneme řešení: y(x = x 3 + C 1 x + C 2.. Konstnty C 1, C 2 určíme z okrjových podmínek jko C 1 = 0, C 2 = 0. Z toho plyne, že extrému se může nbývt pouze n y = y(x = x 3. Tedy ještě jednou pro méně chápvé: zdávné příkldy jsou sndné... Konec cvičení 2. Cvičení 3: Příkld. Určete podmínku trnsverslity pro funkcionály typu F (y = x1 Řešení. Lehce zjistíme, že podmínk trnsverslity je x 0 A(x, y 1 + (y 2 dx. A(x, y 1 + (y 2 A(x, yy + 1 + (y 2 (ϕ y = 0, což po úprvě dává A(x, y(1 + ϕ y 1 + (y 2 = 0. Z předpokldu, že v koncovém bodě je A(x, y 0, dostneme 1 + ϕ y = 0, neboli y = 1 ϕ. Konec cvičení 3. Cvičení 4: Příkld. Njděte minimum funkcionálu n množině 2 1 F (y = 1 + (y 1 x 2 dx C = {y C 1 [1, 2], y(1 = 0, y(2 = 1}. Řešení. Jelikož integrnd (oznčme jej f závisí pouze n x y, má Eulerov rovnice tvr d dx f y (x, y = 0, neboli d y dx 1 + (y 2 = 0. Postupnými úprvmi dostneme y 1 + (y = konst. = c, 2 23
(y 2 (1 c 2 x 2 = c 2 x 2, y = cx 1 c 2 x 2, 4c2 1, c 1 2. Kdyby bylo c = 0, pk by funkce y byl konstntní nesplňovl okrjové podmínky. Pro c 0 máme cx dx y = 1 c 2 x 2 = 1 1 c c 2 x 2 + c 1, tedy y c 1 = 1 c 1 c 2 x 2, (y c 1 2 + x 2 = 1 c 2, což je kus kružnice se středem (0, c 1 poloměrem 1/ c. Z okrjových podmínek pk dostneme c 2 1 + 1 = 1 c 2, (1 c 1 2 + 4 = 1 c 2,, c 1 = 2, c = 1 5. S jídlem roste chut. Příští příkld spočítám sám. Chápete, jkou dlo práci njít příkld, který jde sndno spočítt? Zkuste to tky. Je to drenlin. Konec cvičení 4. 24
Cvičení 5: Příkld. Njděte extrémy funkcionálu 1 F (y = (xy 2 dx 1 n množině C = Řešení. Eulerov rovnice bude mít tvr Tedy, { } y C 1 [ 1, 1] : y( 1 = 1, y(1 = 1. d dx (x2 y = 0. x 2 y = konst. = C. Kdyby C = 0, pk by bylo y = 0, tudíž y konstntní, což nelze kvůli okrjovým podmínkám. Pro C 0, máme y = C x 2, x 0. Tto diferenciální rovnice má řešení které le neleží v množině C. y = C x + C 1, Tkže nás vlstně nezjímá. Funkcionál F proto n množině C nemá žádný lokální extrém. Sndno le zjistíme, že posloupnost funkcí y n (x = rctn(nx rctn n splňuje okrjové podmínky, y n sign 1 ( f(y n = x 2 n 2 1 (1 + n 2 x 2 dx rctn n 1 n 2 x 2 = 1 (1 + n 2 x 2 2 (rctn n 2 dx 1 1 1 (rctn n 2 1 1 + n 2 x 2 dx = 2 1 n rctn n 0. 25
Protože je funkcionál F nezáporný, je inf F = 0, le n množině C se nenbývá. To bylo oprvdu COOL. To byli super Minimlizátoři. BTW, mám rád, když úloh nemá řešení. Konec cvičení 5. Cvičení 6: Příkld. Njděte extremály funkcionálu s podmínkmi 1 F (y = (y 2 + x 2 y dx 0 y(0 = 0, y(1 =. Řešení. Eulerov rovnice má tvr y 2 y x2 x = y x = 0. 26
Integrnd v předpisu funkcionálu závisí lineárně n y. Z Eulerovy rovnice vidíme, že první okrjová podmínk y(0 = 0 je splněn, le druhá okrjová podmínk je splněn jen pro = 1. Pro 1 neexistuje extremál vyhovující okrjovým podmínkám. Tky vás zjímá, co jsme vlstně spočítli. Zkuste si tu úlohu interpretovt jko stvbu sjezdovky z bodu (1, 0 dolů do (0, 0. Přitom chce stvitel pltit z množství sněhu, jeho doprvu do výšky ještě nvíc z zvláštní prchy z sklon. N první pohled vypdá, že nejlevnější bude žádná sjezdovk...... což jsem tušil. Konec cvičení 6. 27