Innen - BME Számítástudományi és Információelméleti Tanszék

amihez most egy másik feltétel is hozzájárul
x2
x1
g(x, y(x), y ′ (x))dx = A → adott. (4.18)
A probléma megoldásánál ismételten alkalmazzuk az Euler-Lagrange egyenlet levezetésénél bemutatott
eljárást. Tegyük fel, hogy y(x) a keresett megoldás, amely kielégíti a feltételt és még
extrémalissá is teszi az integrált. A konkurenciába bocsájtott függvények eltérnek az y(x)-től
és a plusz feltétel miatt két paramétertől (ε1 és ε2) fognak függeni
Y (x) = y(x) + ε1η1(x) + ε2η2(x); η1(x1) = η2(x1) = 0; η1(x2) = η2(x2) = 0. (4.19)
A keresett megoldást ε1 = ε2 = 0 esetén kapjuk. A derivált
Y ′ (x) = y ′ (x) + ε1η ′ 1 (x) + ε2η ′ 2 (x). (4.20)
Behelyettesítve a konkurenciába bocsájtott függvényeket az integrálokba
I(ε1, ε2) =
x2
x1
f(x, Y, Y ′ (x))dx; J(ε1, ε2) =
x2
x1
g(x, Y, Y ′ (x))dx A, (4.21)
akkor I és J az ε1, ε2 paraméterektől fog függeni. Tehát ε1 és ε2 nem egymástól független
paraméterek, hanem ki kell elégíteniük az J(ε1, ε2) A feltételt. A feladatunk egy kétváltozós
függvény minimalizálása adott mellékfeltétel mellett (4.21). A Lagrange féle multiplikátor
segítségével visszavezetjük ezt a feltételes szélsőérték-feladatot feltétel nélkülire. Jelölje I a
Lagrange függvényt
Tehát a feladatunk
I(ε1, ε2) = I(ε1, ε2) − λJ(ε1, ε2) =
I(ε1, ε2) =
x2
x1
x2
x1
f(x, Y, Y ′ (x))dx. (4.22)
f(x, Y, Y ′ (x))dx → extrémum; ε1 = ε2 = 0. (4.23)
Végigkövetve az 2.1-es alfejezet lépéseit, kapunk egy Euler-Lagrange differenciálegyenletet f-ra
∂ f
∂y
d ∂
−
dx
f
∂y ′ ≡ 0, ahol f = f − λg és
Természetesen van még egy ∂ I
∂λ
∂
I
=
∂ε1
ε1=ε2=0
∂
I
= 0 . (4.24)
∂ε2
ε1=ε2=0
= 0 feltétel a λ-ra is. A (4.24) egyenletet általános
ε1=ε2=0
esetben megint nem lehet megoldani, csak speciális esteben. Legyen
x1
x2
(p(x)y ′2 + q(x)y 2 )dx ⇒ extrémális, (4.25)
19