Rozova_Maximova

ϕ (z) − xˆ

≤ k

~

(x) − z0

.

F

~

Далее,

по

теореме

о

неявной

функции,

z0= F

(x) = (0,0) = 0 Z

и

существует

окрестность Sρ(z0)=

Sρ(0) Z, в которой существует ϕ(z)=x. Рассмотрим точку zε=(±ε,0) пространства Z. Так как zε = ε , такую точку за

счет выбора ε можно взять сколь угодно близко к нулю в пространстве Z. И тогда, по теореме о неявной функции,

xε =ϕ(zε) удовлетворяет оценке:

xε − xˆ

≤ k

zε − 0

= k

zε

= kε , т.е.

(6.6)

xε Skε ( xˆ ).

По теореме о неявной функции

~

= (±ε ,0) .

F(ϕ (zε )) = zε

~

С другой стороны, F(xε ) = ( f (xε ) − f (xˆ), F(xε )) . Тогда име-

ем

f = f (xε ) − f (xˆ) = ±ε ,

F(xε ) = 0

(по построению zε).

В силу (6.6) xε можно взять сколь угодно близко к xˆ , за счет выбора ε. Таким образом, не существует окрестности xˆ , в которой f знакопостоянно, т.е. xˆ не является решением задачи. Случай II не имеет места. Теорема доказана.

Утверждение. В условиях предыдущей теоремы, если

Im F ′(xˆ) =Y, то λ0≠0.

	Док-во. (от обратного). Пусть Im F ′(xˆ) =Y и λ0=0. То-
гда L′	(xˆ)[h] =	y*, F ′(xˆ)[h] = 0 h . По доказанной теореме,
x
λ0 и y* одновременно			в ноль не обращаются, следовательно,
	~	~	. Из условия Im F ′(xˆ) =Y следует, что
y*≠0 и y : y*, y ≠ 0

51

y h : F ′(xˆ)[h] = y	и y*, F ′(xˆ)[h]	=	~	≠ 0 , что проти-
			y*, y
воречит тому, что	y*, F ′(xˆ)[h] = 0	h . Утверждение дока-

зано.

52

7. Задачи со свободными концами. Условие трансверсальности

Требуется найти экстремум функционала

b

F(x) = f (t, x(t), x(t))dt → extr,

a

x(t) C1[a,b], функция f (t, x(t), x(t)) – дважды непрерывно дифференцируема по совокупности переменных.

I. Рассмотрим случай, когда один из концов искомой траектории не закреплен. Пусть x(a)=xa – заданное краевое условие, а в точке b происходит скольжение по вертикальной прямой x=b.

Пусть xˆ = xˆ(t) – решение данной задачи. По принципу Ферма

b

F ′(xˆ)[h] = (

∂f (t, x, x)

h

+

∂f (t, x, x)

h)dt = 0, h X .

a

∂x

∂x

Преобразуем второе слагаемое под интегралом сле-

дующим образом:

b

b

∂f (t, x, x)

hdt =

∂f

(t, x, x)

dh =

∂f (t, x, x)

h

ba −

a

∂x

a

∂x

∂x

b

d

b

d

−

∂f (t, x, x)

hdt =

∂f (b, x(b), x(b))

h(b) −

∂f (t, x, x)

hdt.

∂x

a

dt

∂x

a

dt

∂x

∂f (a, x(a), x(a))

Произведение

h(a) = 0

в силу заданного ус-

∂x

ловия x(a)=xa h(a)=0. Итак,

b

d

∂f

F ′(xˆ)[h] =

(

∂f (t, x, x)

−

(t, x, x)

)hdt +

dt

a

∂x

∂x

∂f (b, x(b), x(b))

+

h(b)

= 0,

∂x

53

h : h(a) = 0 , в частности, h : h(a) = h(b) = 0 .

Тогда обнуляется второе слагаемое, и применив лемму Ла-

гранжа, получим уравнение Эйлера:
	∂f (t, x, x)				d		∂f (t, x, x)
			−							= 0 .
	∂x			dt
							∂x
Тогда на экстремали xˆ = xˆ(t)					интеграл в выражении для про-
изводной равен нулю. Получим
		∂f (b, x(b), x(b))
F ′(xˆ)[h] =									h(b) = 0 .
						∂x

В силу произвольности h(b), имеем

∂f (b, x(b), x(b)) = 0 . (7.1)

∂x

Полученное выражение является условием трансверсальности в правом конце траектории.

Замечание. Если свободным является левый конец траектории, то выписываем аналогичное условие, но в точке t=a. Если свободны оба конца, то выписываем два условия.

II. Теперь рассмотрим другой случай: пусть левый конец траектории закреплен, т.е. задано условие x(a)=xa, а пра-

вый – скользит по кривой x=b(t) C1[a,b]. Предположим также, что траекторияxˆ = xˆ(t) и кривая x=b(t) нигде не касают-

ся, т.е. x(t) ≠ b(t) .

Получаем следующую задачу:

ξ

F(x) = f (t, x(t), x(t))dt → extr,

a

x(a) = xa , x = b(t), x(ξ ) = b(ξ ).

Приращение функционала F(x) имеет вид:

54

ξ +

ξ

ξ

F =

f (t, x, x)dt =

f (t, x + h, x + h)dt −

a

a

ξ

ξ +

ξ

= [ f (t, x + h, x + h) − f (t, x, x)]dt + f (t, x + h, x + h)dt.

a

ξ

Линейные

части

данных слагаемых обозначим L1(x)[h] и

L2(x)[h] соответственно. Рассмотрим L1(x)[h]:

ξ

L1(x)[h] = [

∂f (t, x, x)

h +

∂f (t, x, x)

h]dt =

a

∂x

∂x

ξ

= [

∂f (t, x, x)

−

d ∂f (t, x, x)

]hdt

+

∂f (ξ , x(ξ ), x(ξ ))

h(ξ ).

dt

∂x

a

∂x

∂x

ξ

Рассмотрим функцию Φ(ξ)= f (t, x, x)dt . Ее приращение
						a
					ξ + ξ
ΔΦ = Φ(ξ + ξ ) − Φ(ξ ) = f (t, x, x)dt = Φ′(ξ )											ξ + o( ξ )
					ξ
ξ + ξ
f (t, x + h, x + h)dt = f (ξ , x(ξ ) + h(ξ ), x(ξ )									+ h(ξ )) ξ + o( ξ ) =
ξ			∂f (t, x, x)					∂f (t, x, x)
= f (ξ , x(ξ ), x(ξ )) ξ +						h(ξ )	ξ +				h(ξ ) ξ + o( ξ ).
				∂x					∂x
Рассмотрим		две		траектории			xˆ = xˆ(t)		и	xˆ = xˆ(t) + h .
Выделим точки A,B,C с координатами:
A(ξ +		ξ , xˆ(ξ )), B(ξ + ξ , xˆ(ξ + ξ )),
C(ξ + ξ , xˆ(ξ + ξ ) + h(ξ + ξ )).
Заметим, что ρ ( A, B) = x(ξ ) ξ + o2 (							ξ ) ,

55

ρ (A,C) = b(ξ ) ξ + o3 ( ξ ) ,

ρ (B, C) = ρ (A, C) − ρ (A, B) =

[b(ξ ) − x(ξ )] ξ + o4 ( ξ ) = h(ξ + ξ ).

Выразим отсюда Δξ:

h(ξ ) + h(ξ ) ξ + o5

ξ

=

h(ξ

+ ξ ) − o4 ( ξ )

=

( ξ )

.

− x(ξ )

b(ξ )

b(ξ ) − x(ξ )

Подставим полученное выражение для

ξ в приращение

ΔΦ :

ξ + ξ

h(ξ ) + h(ξ )

ξ + o5 (

ξ )

f (t, x

+ h, x + h)dt

= f (ξ , x(ξ ), x(ξ ))

+

ξ

b(ξ ) − x(ξ )

+

∂f (ξ , x(ξ ), x(ξ ))

h(ξ )

h(ξ ) + h(ξ ) ξ + o5 (

ξ )

+

∂x

b(ξ ) − x(ξ )

+

∂f (ξ , x(ξ ), x(ξ ))

h(ξ )

h(ξ ) + h(ξ ) ξ + o5 ( ξ )

+ o ( ξ ).

∂x

− x(ξ )

1

b(ξ )

Заметим, что единственным линейным по h слагаемым будет

L (x)[h] = f (ξ , x(ξ ), x(ξ ))h(ξ ) .

Тогда линейная

часть

сум-

2

b(ξ ) − x(ξ )

марного приращения F равна

L(x)[h] = L1 (x)[h] + L2 (x)[h] =

ξ

d

∂f

= (

∂f (t, x, x)

−

(t, x, x)

)hdt +

(7.2)

∂x

dt

a

∂x

∂f

f (ξ , x(ξ ), x(ξ ))

+ [

(ξ , x(ξ ), x(ξ )) +

]h(ξ ) = 0.

∂x

b(ξ ) − x(ξ )

Это выполнено h: h(a)=0, в частности, h: h(a)=h(ξ)=0,

что по лемме Лагранжа приводит к уравнению Эйлера:

∂f (t, x, x)

d

∂f (t, x, x)

−

=0.

∂x

dt

∂x

56

Тогда на экстремали интеграл в (7.2) равен нулю за счет уравнения Эйлера. Тогда в силу произвольности h(ξ) полу-

чим условие трансверсальности:
			∂f (t, x, x)
[ f (t, x, x) + (b		− x)		]	t =ξ = 0 .	(7.3)
			∂x
Замечание. Если не закреплен левый конец траекто-

рии, то для этого конца выписываем аналогичное условие, если скользят оба конца траектории, то выписываем два условия.

План решения задач со свободными концами .

1.Выписать и решить соответствующее уравнение Эйлера. В результате получим семейство экстремалей xˆ = xˆ(t,C1 ,C2 ) .

2.Из условия трансверсальности (7.3), граничного условия x(a)=xa и уравнения xˆ(ξ ) = b(ξ ) определить постоянные

C1,C2,ξ.

Пример 1. Найти экстремаль в следующей задаче

e	2	+ 2x)dt → extr, x(1)	= 0.
(tx
1

Решение.

Выпишем уравнение Эйлера:

2 − dtd (2tx) = 0, 2 − 2x − 2tx = 0,

tx + x + 1 = 0.

Разделим обе части уравнения на t:

x + 1t x = 1t .

Введем замену переменной

57

x = v x = v

и получим уравнение:

v + 1t (v −1) = 0 .

Откуда получим

− ln v − 1 = ln t + C1 .

Выразим отсюда переменную v:

v = 1 − Ct1 .

Вернемся к замене и получим уравнение:

dxdt = 1 − Ct1 .

Откуда находим

x = t − C1 ln t + C2 .

Подставляем краевое условие и находим константу: С2=–1. Поскольку правый конец траектории скользит по вер-

тикальной прямой t=e, воспользуемся условием трансверсальности (7.1):

∂∂fx (e, x(e), x(e)) = 0 , или 2xt t =e = 0 , или x(e) = 0 .

Откуда находим вторую константу: C1 = e .

Тогда искомая экстремаль имеет вид: xˆ(t) = t − e ln t − 1.

Пример 2. Найти кратчайшее расстояние от точки А(–1,5) до параболы x2 = t .

Решение. Вводим функционал:

58

ξ

F(x) = 1 + x2 dt → min .

−1

Зная, что левый конец экстремали зафиксирован в точке А, получим краевое условие: x(-1)=5.

Правый конец экстремали скользит по кривой b(t) : x2 = t .

Получили задачу со скользящим концом:

ξ

F(x) = 1 + x2 dt → min , x(–1)=5, b(t) : x2 = t .

−1

Поскольку функция под интегралом функционала зависит только от x , экстремалями в данной задаче будут все-

возможные прямые x = C1t + C2 .

Пусть ξ– точка пересечения экстремали и кривой b(t). Поскольку правый конец траектории скользит по кри-

вой, воспользуемся условием трансверсальности (7.3):

∂f (t

, x, x)

[ f

(t, x, x) + (b

− x)

]

t =ξ = 0 .

∂x

Условие трансверсальности для нашей задачи имеет

вид:

2

x(ξ )

1 + x

(ξ ) +

(b(ξ ) − x(ξ ))

= 0 .

2

(ξ )

1 + x

Преобразуем его и получим b(ξ )x(ξ ) = −1. Итак, выпишем все условия:

5 = −C1 + C2 (подставили краевое условие),

x(ξ ) = b(ξ ) (условие того, что экстремаль и кривая b(t) пересекаются),

b(ξ )x(ξ ) = −1(условие трансверсальности), b2 (t) = t , откуда b = 21b ,

x(ξ ) = C1ξ + C2 (точка ξ лежит на экстремали),

59

b2 (ξ ) = ξ (точка ξ лежит на кривой b(t)). Таким образом, получим систему:

5 = −C1			+ C	2 ,
x(ξ ) = b(ξ ),
b(ξ )x(ξ ) = −1,
b(ξ ) =			1		,
		2b(ξ )

x(ξ ) = C1ξ + C2 ,b2 (ξ ) = ξ .

Решая полученную систему, найдем неизвестные С1,

С2, ξ:

С1 =–2, С2=3, ξ.=1.

Тогда искомая экстремаль будет иметь вид: xˆ = −2t + 3 .

Подставив полученные константы		в функционал, най-
дем кратчайшее расстояние 1	1 + 4dt = 2	5 .
−1

60