Учебное пособие Основы ВИ

1

y(0) = 1, y (1) = e.

20. V[ y] = ò(2ey

- y2 )dx,

0

b æ

y

3

ö

21. V[ y] =

ç y +

÷dx.

òa è

3

ø

ОТВЕТЫ

1. y = C sin(4x − C

2

) . 2. Экстремалями являются гиперболы y = C1 + C

2

.

1

x

x2

3. y = -

+ C x + C

. 4. y = C x4

+ C

.

2

2

4

1

1

5. y = -x3 . 6. y = sh(2 − x) . 7. y

= 3 (x +1)2 , y

2

= 3

(3x -1)2 .

sh1

1

8.y = (C + x)sin x , C – произвольная постоянная.

9.y = 1 [e− x (xe + x +1) -1]. 10. y = 7x - x3 . 11. y = 13x - x3 + 2 . 2 6 6

12.y = ln x .

13.Интеграл не зависит от пути интегрирования; вариационная задача не имеет смысла.

14.y = 0, если α = 0; при α ¹ 0 гладкой экстремали не существует.

15.y = cos x . 16. y = cos x + C sin x , C – произвольная постоянная.

17. y = x +1. 18. y = shsh1x . 19. y = e2(1−x) . 20. Нет экстремалей; уравнение Эйлера не имеет решений. 21. Экстремалей нет.

Обобщения простейшей задачи вариационного исчисления

1. Функционалы, зависящие от производных высших порядков. Пусть имеем функционал

x1	¢
V[ y] = ò		(n)	(x))dx,	(23)
	F(x, y(x), y (x),K, y
x0

где F –

функция,

дифференцируемая

n + 2

раза

по

всем

аргументам,

y(x)ÎCn[x

, x ], а граничные условия имеют вид

0

1

¢

¢

ü

(n−1)

(n−1)

,

y(x0 ) = y0 , y (x0 ) = y0 , K, y

(x0 ) = y0

ï

(24)

¢

¢

, K, y

(n−1)

(x ) = y

(n−1)

.

ý

ï

y(x ) = y , y (x ) = y

1

1

1

1

1

1

þ

Экстремалями функционала (23) являются интегральные кривые уравнения Эйлера-Пуассона:

21

F -	d	F	+	d 2	F	-K+ (-1)n	d n	F		( n ) = 0.	(25)
	dx			dx2			dxn
y		y′			y′′			y
Общее решение (25) зависит от 2n произвольных постоянных, которые
определяются из условий (24).
2. Функционалы, зависящие от нескольких функций. Для функционала,
зависящего от m функций y1(x), y2 (x),K, ym (x) ,
				x1			¢	¢		¢	(26)
V[ y1, y2 ,K, ym ] = ò F(x, y1, y2 ,K, ym , y1, y2									,K, ym )dx,
				x0
где F – трижды дифференцируемая функция своих аргументов, при граничных
условиях вида
yk (x0 ) = yk0 ,				yk (x1) = y1k (k =1, 2,K, m),							(27)

экстремали находятся из следующей системы уравнений Эйлера:

	F	-	d	F	= 0 (k =1, 2,K, m).					(28)
			dx
	yk			yk′
	Общее решение системы m уравнений второго порядка (28) зависит от 2m
	произвольных постоянных, определяемых из условий (27).
	3. Функционалы, зависящие от функций нескольких независимых
	переменных. Рассмотрим функционал вида					¶z		¶z ö
					æ
	V[z(x, y)] = òò F ç x, y, z,					¶x	,		÷ dxdy,	(29)
				D	è			¶y ø

где F – трижды дифференцируемая функция своих аргументов, и предположим, что ищется функция z = z(x, y), непрерывная вместе со своими производными до второго порядка включительно в области D , принимающая на границе Γ области D заданные значения и дающая экстремум функционалу

(29).

Если на поверхности z = z(x, y) реализуется экстремум функционала (29), то функция z = z(x, y) удовлетворяет уравнению Эйлера-Остроградского

	Fz -	∂	{Fp }-	∂	{Fq }= 0,	(30)
		¶x		¶y

где ¶∂x {Fp } и ¶∂y {Fq } полные частные производные по x и y соответственно:

∂

{Fp }= Fpx

∂z

∂p

∂q

+ Fpz ¶x

+ Fpp ¶x

+ Fpq ¶x

= 0,

(31)

¶x

∂

{Fq }= Fqy

+ Fqz

∂z

+ Fqp

∂p

+ Fqq

∂q

= 0.

(32)

¶y

¶y

¶y

¶y

Здесь для краткости обозначено

∂z = p,

∂z

= q .

¶y

¶x

Уравнение (30) представляет собой необходимое условие экстремума функционала (29). Оно является уравнением второго порядка в частных производных, причем ищется решение z = z(x, y), принимающее на границе Γ

22

заданные значения.

ПРИМЕРЫ С РЕШЕНИЯМИ

Пример 1. Найти экстремали вариационной задачи

1

y (1) = 0,

5

V[ y] = ò(360x

2

y - y

¢¢2

)dx,

y(0) = 0,

¢

¢

=

.

y (0) = 1,

y (1)

2

0

2

d 2

¢¢

▲ Уравнение Эйлера-Пуассона

имеет

вид

360x

+ dx2 (-2 y

) = 0

или

y(4) (x) = 180x2 ; его общее решение

y =

x6

+ C x3

+ C

x

2 + C x + C

. Используя

4

2

1

2

3

граничные условия,

получим

C = 3 ,

C

2

= -3,

C

3

=1,

C

4

= 0 .

Искомая

1

2

x6

3x3

экстремаль y =

+

- 3x2 + x . ▲

2

2

Пример 2. Найти экстремали вариационной задачи

2

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

V[ y, z] = ò( y¢2 + z2 + z¢2 )dx, y(1) = 1,

z(2) =1.

1

▲ Система уравнений (28) в данном случае имеет вид

ì y′′

= 0,

í

îz - z¢¢ = 0.

e− x .

Решая эту систему, находим y = C x + C

,

z = C ex

+ C

1

2

3

4

В силу граничных условий имеем C =1,

C

= 0,

C =

1

,

C

= -

e2

,

2

4

1

3

e2 -1

e2

-1

z = sh(x −1) . ▲

так что искомая экстремаль: y = x,

sh1

Пример 3. Найти экстремали вариационной задачи

π

z (0) = 0, z(π ) = -1.

V[ y, z] = ò(2 yz - 2 y2 + y¢2 - z¢2 )dx,

y(0) = 0,

y(π ) =1,

0

▲ Система уравнений (28) имеет вид

ì y′′ + 2 y - z = 0,

íîz¢¢ + y = 0.

откуда, исключая функцию z , получим y(4) + 2 y¢¢ + y = 0. Общее решение этого

уравнения имеет вид

y(x) = C1 cos x + C2 sin x + x (C3 cos x + C4 sin x).

В силу	граничных условий y(0) = 0, y(π ) = 1, получаем C = 0,			C	3	= -	1	и
	1					π
		x
значит,	y(x) = C2 sin x + C4 xsin x -		cos x.
	π
	23

Функцию z найдем из условия, что z = y′′ + 2 y . Имеем

z = C2 sin x + C4 (2cos x + xsin x) +						1	(2sin x - x cos x).
					π
Постоянные C2	и C4 находим из граничных условий z(0) = 0, z(π ) = −1, , что
дает C4 = 0 , C2	– произвольно. Тогда z = C2 sin x +							1	(2sin x - x cos x).
Семейство экстремалей:								π
				x
	ì y(x) = C2 sin x -				cos x,
	ï		π
	í	1	(2sin x - x cos x),
	ï
	ïz = C2 sin x +	π
	î

где C2 – произвольная постоянная. ▲

Пример 4. Написать уравнение Эйлера-Остроградского для функционала

òò

éæ ¶z ö2 æ ¶z ö2 ù

(33)

V[z(x,y)] =

è ¶x

ø

è

¶x ø

údxdy,

êç

÷

+ç

÷

D

ê

ú

ë

û

z(x,y)

Γ = ϕ(x, y),

G - граница области D.

▲ Уравнение Эйлера-Остроградского имеет вид

æ ¶z

ö2

æ

¶z ö2

= 0

или

Dz = 0.

(34)

ç

÷

+ ç

÷

è ¶x

ø

è

¶y ø

Уравнение (34) является известным уравнением Лапласа.

Краевая задача для уравнения Лапласа

ìDz = 0,

(35)

í

= ϕ(x, y)

îz

Γ

называется задачей Дирихле для функции z(x, y)

в области D с границей Γ . На

поверхности z(x, y) (решении задачи (35)) может достигаться экстремум функ- ционала (33). Например, если z(x, y) Γ = C = const , то решением задачи (35) бу-

дет функция z = C , на которой функционал (33) примет минимальное значение, равное нулю. ▲

ЗАДАЧИ

Найти экстремали функционалов, зависящих от производных высших по- рядков.

	1
1.	V[ y] = ò( y2 + 2 y¢2 + y¢¢2 )dx, y(0) = 0, y(1) = 0, y¢(0) = 1,	y¢(1) = -sh1.
	0
	0
2.	V[ y] = ò (240y - y¢¢¢2 )dx,
	−1
	y(-1) = 1, y(0) = 0, y¢(-1) = -4.5, y¢(0) = 0, y¢¢(-1) =16,	y¢¢(0) = 0.
	24

b
3. V[ y] = ò( y + y¢¢)dx, y(a) = y0 , y(b) = y1, y¢(a) = y0¢, y¢(b) = y1¢.
a
b
4. V[ y] = ò( y¢2 + yy¢¢)dx, y(a) = A1, y(b) = B1, y¢(a) = A2 , y¢(b) = B2 .
a
1
5. V[ y] = ò( y¢2 + y¢¢2 )dx, y(0) = 0, y(1) = sh1, y¢(0) =1, y¢(1) = ch1.
0
x
6. V[ y] = ò1	( y¢¢2 - 2 y¢2 + y2 - 2 y sin x)dx.
x0
x
7. V[ y] = ò1	( y¢¢¢2 + y2 - 2 yx3 )dx.
x0

Найти экстремали функционалов, зависящих от нескольких функций.

π

8. V[ y, z] = ò4 (2z

0

1 æ

9. V[ y] = ò ç2xy

−1 è

π

- 4 y

2

2

2

æ π

ö

æ π

ö

=1.

+ y¢

- z¢ )dx,

y(0) = 0, y ç

÷

= 1, z (0) = 0, z ç

÷

è 4

ø

è 4

ø

- y¢2 +

z

¢3

ö

z (1) =1,

z (-1) = -1.

÷dx,

y(1)

= 0, y(-1) = 2,

3

ø

10. V[ y, z] = ò2 ( y¢2

0

11. V[ y] = ò1 (y¢2 +

0

12. V[ y] = ò1 (y¢2 -

1

2

2

æ π

ö

=1,

z (0)

= 0,

æ π

+ z¢ - 2 yz)dx,

y(0) = 0, y ç

÷

z ç

è 2

ø

è 2

¢2

)

3

(

)

(

)

z + 2 y

dx,

y(0) =1,

y(1) =

,

z

0

= 0,

= 1.

2

z 1

2xyz¢)dx, y

æ 1

ö

y(1) = 1,

æ 1

ö

=15,

z (1) =1.

ç

÷ = 2,

z ç

÷

è 2

ø

è 2

ø

ö =1.

÷

ø

Написать уравнения Эйлера-Остроградского для следующих функциона-

лов

òò

éæ ¶z ö4

æ ¶z ö4

ù

13. V[z(x, y)] =

è

¶x ø

è

¶x ø

+12z f (x, y)ú dxdy.

êç

÷

+ ç

÷

D

ê

ú

ë

û

òò

éæ ¶z ö2

æ ¶z ö2 ù

14. V[z(x, y)] =

è

¶x ø

è

¶x ø

ú dxdy.

êç

÷

- ç

÷

D

ê

ú

ë

û

òò

éæ ¶z ö2

æ ¶z ö2

ù

15. V[z(x, y)] =

è

¶x ø

è

¶x ø

+ 2z f (x, y)ú dxdy.

êç

÷

+ ç

÷

D

ê

ú

ë

û

òòD

éæ ¶z ö2

æ ¶z ö2

æ ¶2 z ö2

ù

êè

¶x ø

è

¶x ø

è

¶x¶y ø

ú

16. V[z(x, y)] =

êç

÷

+ ç

÷

+ 2

ç

÷

-

2z f (x, y)ú dxdy.

ë

û

25

ОТВЕТЫ

1. y = (1− x)sh x . 2. y = x63 (x3 + 6x +1). 3. Экстремалей нет. 4. Функционал на всех кривых принимает постоянное значение: под знаком интеграла стоит

полный дифференциал. 5.

y = sh x .

6.

y = (C1 + C2 x)cos x + (C3

+ C4 x)sin x -

x2 sin x

.

x

æ

4

ö

3

3

7.

y = C ex + C

e− x + e2

C

cos

x + C

sin

x

ç

3

4

÷

1

2

2

2

è

ø

x

æ

ö

3

3

3

+e2

çC5 cos

x

+ C6 sin

x÷ + x

.

2

2

è

ø

ì y(x) = sin 2x,

8.

ï

32 +π

í

2

x

2

ïz(x) =

x -

.

î

8π

2

ì

1

(x

3

+ 5x - 6),

ì y(x) = sin x,

ì

9.

ï y(x) = -

6

10.

11.

ï y(x)

í

í

í

ï

îz(x) = sin x.

ï

îz(x) = x.

îz(x)

ì y(x) =

1 ,

æ

¶z ö2 ¶2 z

æ

¶z ö

2

¶2 z

12.

ï

x

. 13.

+

= f (x, y) . 14.

í

2

ç

÷

¶x

2

ç

÷

¶y

2

ï

è

¶x ø

è

¶y ø

ïz(x) =

-1.

x

3

î

15.z = f (x, y) (уравнение Пуассона).

16.z = f (x, y) (бигармоническое уравнение).

=x2 +1, 2

=1.

æ	¶z ö2	æ	¶z ö2
ç	÷	- ç	÷	= 0 .
è	¶x ø	è	¶y ø

Поле экстремалей

1. Понятие поля экстремалей. Предположим, что краевая задача для

уравнения Эйлера

Fy - dxd Fy′ = 0,

y(x0 ) = y0 , y(x1 ) = y1.

определила экстремаль y = y%(x) (далее – изучаемая или исследуемая экстремаль), на которой может достигаться экстремум вариационной задачи с закрепленными границами (9), (10).

Одним из требований, входящих в наиболее распространенные до- статочные условия экстремума задачи (9), (10), является возможность включения исследуемой экстремали в поле экстремалей.

Семейство кривых y = y(x,C) образует собственное поле в заданной

26

области D плоскости Oxy , если через каждую точку (x, y) этой области проходит одна и только одна кривая семейства y = y(x,C).

Угловой коэффициент p(x, y) касательной к кривой семейства y = y(x,C), проходящей через точку (x, y) , называется наклоном поля в точке (x, y) .

Семейство кривых y = y(x,C) образует центральное поле в области D плоскости Oxy , если все кривые семейства y = y(x,C) проходят через некоторую точку (x0 , y0 ) D (центр пучка кривых), покрывают всю область D

инигде, кроме центра пучка, больше не пересекаются.

Вобоих полях выбором любой точки области (кроме центра пучка в центральном поле) задается единственная экстремаль, проходящая через эту точку.

Если поле (собственное или центральное) образовано семейством экстремалей некоторой вариационной задачи, то оно называется полем экстремалей.

Пусть кривая y = y%(x) является экстремалью функционала

x1

V[ y] = ò F(x, y, y¢)dx,

x0

проходящей через точки A(x0 , y0 ) и B(x1, y1 ).

Говорят, что экстремаль y = y%(x) включена в собственное поле экстремалей, если найдено семейство экстремалей y = y(x,C), образующее поле, содержащее при некотором значении C = C0 экстремаль y = y%(x) , причем эта экстремаль y = y%(x) не лежит на границе области D , в которой семейство y = y(x,C) образует поле.

Если пучок экстремалей с центром в точке (x0 , y0 ) в окрестности экстремали y = y%(x) , проходящей через ту же точку, образует поле, то говорят, что найдено центральное поле, включающее данную экстремаль y = y%(x) . За параметр семейства y = y(x,C) принимается угловой коэффициент касательной

ккривым пучка в точке (x0 , y0 ) .

2.Условия возможности включения экстремали в поле экстремалей.

Условие Якоби. Пусть имеем простейшую вариационную задачу (9), (10). Для того чтобы дугу экстремали AB (A(x0 , y0 ), B(x1, y1 )) можно было включить

в центральное поле экстремалей с центром в точке A(x0 , y0 ) , достаточно, чтобы

	существовало решение u = u(x) уравнения Якоби
	æ		d	ö	d	(Fy′y′u¢) = 0,
	ç Fyy	-		Fyy′ ÷u -			(36)
			dx		dx
	è			ø

удовлетворяющее условию u(x0 ) = 0 , которое не обращается в нуль ни в одной точке полуинтервала x0 < x ≤ x1 .

Замечание. Условие Якоби является необходимым для достижения экстремума функционала V[ y], т.е. для экстремали AB , реализующей экстремум, соответствующее решение u = u(x) уравнения Якоби (36) не может

27

обращаться в нуль ни в одной точке полуинтервала x0 < x ≤ x1 .

В уравнении (36) в функции Fyy (x, y, y′), Fyy′ (x, y, y′) и Fy′y′ (x, y, y′) вместо y(x) надо подставить правую часть уравнения экстремали y = y(x,C0 ) .

Усиленное условие Лежандра. Достаточным условием для включения экстремали вариационной задачи (9), (10) в поле экстремалей является выполнение неравенства Fy′y′ > 0 во всех точках рассматриваемой экстремали

(т.е. при всех x [x0 , x1 ]).

ПРИМЕРЫ С РЕШЕНИЯМИ

Пример 1. Образуют ли поле следующие семейства кривых в указанных областях:

1) y = Cex , x2 + y2 ≤ 1; 2) y = (x + C)2 , x2 + y2 ≤ 1; 3) y = Cx, x > 0 ?

▲ 1) Внутри круга	x2 + y2 ≤ 1 семейство кривых y = Cex , где C –
произвольная постоянная,	в частности, C = 0 образует собственное поле, так

как эти кривые нигде не пересекаются и через каждую точку (x, y) круга проходит одна и только одна кривая этого семейства. Наклон поля в произвольной точке (x, y) равен p(x, y) = Cex = y .

2) Семейство парабол y = (x + C)2 внутри круга x2 + y2 ≤ 1 собственного

поля не образует, так как различные кривые семейства пересекаются внутри круга и не покрывают всю область.

3) Семейство кривых y = Cx образует центральное поле в области x > 0. ▲

1

Пример 2. Образуют ли поле экстремали функционала V[ y] = ò y′2dx ?

0

▲ Экстремалями функционала являются прямые y = C1x + C2 . Семейство экстремалей y = C2 образует собственное поле, а семейство экстремалей y = C1x образует центральное поле с центром в начале координат. ▲

Пример 3. Образуют ли поле экстремали функционала

	2
V[ y] = ò( y′3 + sin2 x)dx, а) y(0) = 1, y(2) = 1;		б) y(0) = 0, y(2) = 4 ?
	0
▲ а) Семейство экстремалей данного функционала определяется
уравнением	y = C1x + C2 . Заданным граничным	условиям удовлетворяет
экстремаль	y = 1. Эта экстремаль включается в собственное поле экстремалей

y = C2 , где C2 – произвольная постоянная.

б) Экстремалью, отвечающей этим граничным условиям, является прямая y = 2x , которая включается в центральное поле экстремалей y = C1x (C1 – про-

извольная постоянная) с центром в точке O(0,0) . ▲ Пример 4. Образуют ли поле экстремали функционала

28

1

æ

1

ö

1

V[ y] =

ò

2x -

=

?

y¢ç

2

y¢÷dx, y(-1) = 0, y(1)

2

è

ø

−1

▲ Решение уравнения Эйлера имеет вид y = x2 + C x + C

2

. Экстремаль этой

x

3

1

задачи y = x2 +

-

–

можно включить в

собственное

поле экстремалей

4

4

y = x2 + 4x + C2 . ▲

Пример 5. Выполнено ли условие Якоби для экстремали функционала

a

V[ y] = ò( y¢2 + x2 )dx, проходящей через точки O(0,0) и B(a,3) ?

0

▲ Уравнение Якоби в данном случае имеет вид u′′ = 0 . Его общее решение u(x) = C1x + C2 . Из условия u(0) = 0 находим, что C2 = 0 , так что u(x) = C1x . Ни при каком значении a > 0 эти решения u(x) = C1x (C1 ¹ 0) в нуль не

обращаются. Значит, условие Якоби выполнено и, следовательно, экстремаль можно включить в центральное поле экстремалей с центром в точке O(0,0) .

Нетрудно проверить, что искомой экстремалью является прямая y(x) = a3 x ,

которая, очевидно, включается в центральное поле экстремалей y = C1x . ▲ Пример 6. Выполнено ли условие Якоби для экстремали функционала

a			æ	æ	1 ö	ö
V[ y] = ò( y¢2 - 4 y2 + e− x	2	)dx,					проходящей через точки A(0,0) и
			ça ¹ çn +		÷	π ÷
0			è	è	2 ø	ø

B(a,0) ?					u′′ + 4u = 0.
▲	Уравнение Якоби		имеет	вид				Его	общее		решение
u(x) = C1 sin 2x + C2 cos2x . Из условия u(0) = 0						находим, что			C2	= 0 , так что
u(x) = C sin 2x . Если		a < π ,	то функция		u(x) не		обращается			в	нуль при
	1	2
						a > π
0 < x ≤ a , условие Якоби выполнено. Если же							,	то решение уравнения
						2		x = π ,
Якоби	u(x) = C sin 2x	обращается		в нуль в		точке			принадлежащей
	1							2

отрезку [0,a], условие Якоби не выполнено и не существует центрального поля

экстремалей, включающего дугу экстремали y = 0 (0 £ x £ a). ▲
Пример				7.	Показать,	что		на	экстремали	вариационной	задачи
	5π					5π ö
4			2	2	æ
V[ y] = ò		( y		- y¢	)dx, y(0) = y ç		÷	= 0,	экстремум не достигается.
0					è	4 ø
▲ Решением уравнения Якоби u′′ + u = 0 обращающимся в нуль при x = 0 ,
является		u(x) = C1 sin x . Функция						u(x)	обращается	в нуль также и	в точке

29

x= π Îæç0, 5π ö÷, т.е. условие Якоби не выполнено.

è4 ø

Возьмем

в

качестве «близкой»

к кривой

y(x) º 0 кривую

1

æ 4

ö

æ 5π

ö

yn

(x) =

sin

ç

nx ÷

, для которой условия

y(0) = y ç

÷

= 0 очевидно выпол-

n

2

è 5

ø

è 4

ø

няются, а yn¢ (x) =

4

æ

4

nx

ö

. Тогда. Получим V (0) = 0, а

cosç

÷

5n

5

5π

è

ø

5π

1

æ 4

16

4

5π æ 1

16

4

2

ö

4

2

æ

ö

ö

V[ yn ] =

ò0

sin

ç

nx ÷dx -

ò0

cos

ç

nx ÷dx =

ç

-

÷

< 0.

n

4

25n

2

5

8n

2

2

25

è 5

ø

è

ø

è n

ø

при любом целом

n ³ 2 . Следовательно, экстремаль

y(x) º 0 не доставляет

минимум данному функционалу, так

как

существуют

близкие

к

y(x) º 0

кривые, на которых

значения функционала

отрицательны.

Возьмем теперь

1

æ

4

ö

семейство кривых

yn (x) =

sin ç

x÷ , обладающих близостью любого порядка

n

5

è

ø

по отношению к кривой y(x) º 0. Тогда получим

5π

1

4

5π

16

4

9π

4

2

æ

ö

4

2

æ

ö

V[ yn

] =

ò0

sin

ç

x ÷dx -

ò0

cos

ç

x÷dx =

> 0.

n

2

5

25n

2

5

40n

2

è

ø

è

ø

Следовательно,

экстремаль

y(x) º 0

не доставляет

и максимума

данному

функционалу. ▲ Пример 8. Проверить с помощью условия Лежандра возможность включе-

ния экстремали в поле для следующих функционалов:

2

1) V[ y] = ò( y¢4 + y¢2 )dx, y(0) =1, y (2) = 5;

0

1

2) V[ y] = ò (x2 y¢2 +12 y2 )dx, y(-1) = -1, y (1) = 1.

−1

▲ 1) Экстремали – прямые y = C1x + C2 . Искомой экстремалью, удовлетво- ряющей заданным граничным условиям, является прямая y = 2x +1. В данном случае Fy′y′ =12y¢2 + 2 и во всех точках экстремали y = 2x +1 имеем Fy′y′ = 50 > 0. Усиленное условие Лежандра выполнено и, следовательно, экс- тремаль y = 2x +1 может быть включена в поле экстремалей.

Это видно и непосредственно. Экстремаль y = 2x +1 содержится в однопа- раметрическом семействе экстремалей y = 2x + C (C – параметр), образующих

собственное поле.

2) Уравнение Эйлера для этого функционала имеет вид x2 y¢¢ + 2xy¢ -12y = 0. Его общее решение – y = C1x3 + C2 x−4 . Поставленным гра- ничным условиям удовлетворяет экстремаль y = x3 . Ее нельзя включить в поле.

30