Rozova_Maximova

	Q(t)h −	d	P (t)h = 0 , где	(8.1)
		dt
			α

Pα (t) = P(t) − α ,α = const R .

Поскольку P(t) непрерывная на [a,b] функция и

P(t)>0, t [a,b],	то min P(t) = m > 0 . Тогда при
	[a,b]
α = α1 : 0 < α1 < m ,	Pα1 (t) = P(t) − α1 > 0, t [a, b] . Далее, рас-

суждая аналогично доказательству свойства 2 решений урав-

нения Якоби, подберем α2 (по непрерывной зависимости решения от коэффициентов) так, что на интервале (a,b] для решения уравнения (8.1) не будет сопряженных точек. Тогда,

полагая c=min{α1,α2}, по теореме, доказанной выше, имеем:

b

F ′′(x)[h, h] = [Q(t)h2 (t) + Pc (t)h2 (t)]dt > 0 , или

a

b

[Q(t)h2 (t) + (P(t) − c)h2 (t)]dt > 0 , откуда

a

b b

F ′′(x)[h, h] = [Q(t)h2 (t) + P(t)h2 (t)]dt > c h2 dt , что и

a a

доказывает следствие.

71

8.4. Достаточные условия слабого экстремума

Рассмотрим задачу с закрепленными концами:

b	f (t, x(t), x(t))dt → extr,	(8.2)
F(x) =

a

с краевыми условиями x(a)=xa, x(b)=xb в классе x(t) C1[a,b], функция f (t, x(t), x(t)) трижды непрерывно дифференцируе-

ма по совокупности переменных.

Опр. 2. Говорят, что допустимая функция xˆ(t) доставляет слабый локальный минимум в задаче (8.2), если существует такое δ>0, что F(x) ≥ F(xˆ) для любой допустимой

функции x(t), для которой x − xˆ C1[a,b] < δ .

Теорема (достаточные условия слабого экстрему-

ма).

Пусть

1. xˆ = xˆ(t) – допустимая экстремаль задачи (8.2), т.е. xˆ(t)

удовлетворяет уравнению Эйлера

∂f

−

d ∂f

= 0 и краевым условиям x(a)=xa, x(b)=xb.

∂x

dt ∂x

2. Выполнено

усиленное

условие

Лежандра

P(t) =

∂ 2

f

xˆ

> 0 (< 0) .

2

∂x

3.на интервале (a,b] нет сопряженных точек.

Тогда криваяxˆ = xˆ(t) доставляет слабый локальный

экстремум функционалу F(x). Причем, если P(t)>0, то экстремум – минимум, а если P(t)<0 – максимум.

72

Док-во. Рассмотрим приращение функционала

F(x)[h], которое, как было показано, может быть представлено в следующем виде:

F(x)[h] = F(x + h) − F(x) = F ′(x)[h] + 12 F ′′(x)[h, h] + 31! r(x, h).

По необходимому условию экстремума F′(x)[h] =0. По определению xˆ(t) доставляет слабый локальный экстремум функционалу F(x), если существует окрестность Sδ (xˆ) точки

xˆ(t) , в которой F(x)>0 (<0). Условия 2) и 3) данной теоре-

мы позволяют воспользоваться предыдущей теоремой и заключить, что

b

F ′′(x)[h, h] > c h2 dt > 0, c > 0 .

a

Изучим поведение остатка:

b

∂ 3 f

∂ 3 f

2

∂ 3

f

∂ 3

f

r(xˆ, h) = [(

h

+ 3

h)h

+

(3

h +

∂x

3

∂x

2

∂x

∂x∂x

2

∂x

3

a

где

∂

3

f

= ∂

3

f

(t, x

+ θh, x + θh) ,

∂x3

∂x3

∂

3

f

= ∂

3

f

,

(t, x + θh, x + θh)

∂x

2

∂x

2

∂x

∂x

∂

3

f

= ∂

3

f

,

(t, x + θh, x + θh)

2

2

∂x∂x

∂x∂x

∂

3

f

= ∂

3

f

(t, x

+ θh, x + θh) .

3

3

∂x

∂x

Введем обозначения:

∂ 3 f

∂ 3 f

∂ 3 f

ξ (h, h) =

h

+

3

h ,

η (h, h) =

3

h

+

∂x

3

∂x

2

2

∂x

∂x∂x

Тогда остаток примет вид:

h)h2 ]dt,

∂ 3 f h.

∂x3

73

b

r(xˆ, h) = [ξ (h, h)h2 + η (h, h)h2 ]dt .

a

Из непрерывности функций ξ( h, h ) и η( h, h ) имеем:ε > 0 δ > 0 : h C1[a,b] < δ (ε ) ξ (h, h) < ε и

η (h, h) < ε .

Выразим h	2		2	:
		через h
		t			t		2
		h(t) = hds h2			(t) = hds .
		a			a

Воспользуемся неравенством Коши–Буняковского:

t

2

t

t

t

b

h2

(t) = hds

≤ ds

h2 ds = (t − a) h2 ds ≤ (t − a) h2 dt .

a

a

a

a

a

Проинтегрируем это соотношение по t [a,b]:

b

(b

− a)

2

b

h2 (t)dt ≤

h2 (t)dt .

2

a

a

Теперь оценим остаток:

ε > 0 δ > 0 :

h

C1[a,b] < δ (ε )

ξ (h, h)

< ε ,

η (h, h)

< ε

b

b

b

r(xˆ, h)

=

[ξ (h, h)h2 + η (h, h)h2 ]dt

< ε [ h2 dt + h2 dt] ≤

a

a

a

≤ ε [(b − a)

2

b

+ 1] h2 dt.

2

a

(b − a)2

Обозначив

+ 1 = k , получим:

2

b

r(xˆ, h) ≤ εk h2 dt, k > 0 .

a

Таким образом,

74

b	b								b
F(x)[h] ≥ с h2 dt − εk h2 dt = (с− εk) h2 dt .
a	a								a
Таким образом, ε > 0 :	F > 0 при				h				C1[a,b] < δ (ε ) ,

т.е. приращение функционала F(x) устанавливает знак в некоторой окрестности точки xˆ(t) C1[a,b], а следовательно, достигается слабый экстремум. Что и требовалось доказать.

Замечание. Если не выполнилось какое-либо из условий 2) и 3), то экстремума в задаче нет.

План решения задач на слабый экстремум.

Для исследования задачи на слабый экстремум нужно:

1. Выписать уравнение Эйлера	∂f	−	d ∂f			= 0 .
	∂x
			dt ∂x

2.Решив полученное дифференциальное уравнение, найти решение x=x(t,C1,C2).

3.Воспользовавшись краевыми условиями x(a)=xa, x(b)=xb, найти произвольные постоянные C1, C2.

4.Проверить выполнение усиленного условия Ле-

	∂	2
жандра: P(t) =			f (t, x, x)			ˆ	> 0 (< 0) .
				2		x= x
			∂x

5.Составить уравнение Якоби: Q(t)h − dtd P(t)h = 0 .

6.Решить полученное дифференциальное уравнение с краевыми условиямиh(a) = 0, h(a) = 1.

7.Проверить, обращается ли полученное решение h(t) в ноль на интервале (a,b) (графически или аналитически). Тем самым выяснить, есть ли сопряженные точки на интервале (a,b).

75

Пример 1. Исследовать на экстремум

π

2							π
(x	2		2	)dt → extr, x(0) = x(				) = 1.
		− x					2
0
Решение. Выпишем уравнение Эйлера:
					d
		2x + dt
						2x = 0, или
					x + x = 0,
характеристическое уравнение для которого имеет вид:
					λ2	+ 1 = 0 .

Корни характеристического уравнения равны: λ1,2 = ±i . Тогда получаем общее решение уравнения Эйлера:

x(t) = C1 cos t + C2 sin t.

Подставляем краевые условия и находим произвольные постоянные С1=1, С2=1. Тогда экстремаль имеет вид:

x(t) = cos t + sin t.

Проверяем усиленное условие Лежандра:

	P(t) =	∂ 2	f			xˆ	= −2		< 0 (возможен максимум).
			2
		∂x								d
	Выпишем уравнение Якоби Q(t)h −										P(t)h = 0 , где Q(t)=2,
										dt
							d
	P(t)= –2. Тогда 2h + 2							h	= 0 .
							dt

Решаем полученное уравнение h + h = 0 и, воспользовавшись краевыми условиями h(0) = 0, h(0) = 1, находим решение уравнения Якоби h(t) = sin t .

На интервале (0, π2 ) кривая h(t) = sin t в ноль не обращается,

следовательно, сопряженных точек нет. Все условия теоремы выполнились, тогда экстремаль xˆ(t) = cos t + sin t доставляет

функционалу слабый максимум.

76

Пример 2. Исследовать на экстремум:

3π
2									3π
		2	− x	2	)dt → extr, x(0) = x(					) = 0.
	(x								2
0
Решение. Выпишем уравнение Эйлера:
						d
			−		2x − dt
								2x = 0, или
					x + x = 0,
характеристическое уравнение для которого имеет вид:
					λ2		+ 1 = 0 .
Корни		характеристического уравнения равны:

λ1,2 = ±i . Тогда получаем общее решение уравнения Эйлера:

x(t) = C1 cos t + C2 sin t.

Подставляем краевые условия и находим произвольные постоянные С1= С2=0. Тогда экстремаль имеет вид

x(t) = 0.

Проверяем усиленное условие Лежандра:

P(t) =

∂ 2

f

xˆ

= 2 > 0 (возможен минимум).

2

∂x

d

Выпишем уравнение Якоби

Q(t)h −

P(t)h = 0 , где

dt

d

Q(t)= –2, P(t)=2. Тогда − 2h − 2

h = 0 .

dt

Решаем полученное уравнение h + h = 0 и, воспользовавшись

краевыми условиями			h(0) = 0, h(0) = 1,	находим решение
уравнения Якоби h(t) = sin t.
На интервале (0,	3π	)	кривая h(t) = sin t	обращается в ноль в
2

точке τ =π, таким образом, есть сопряженная точка. Следо77

вательно, не выполнилось одно из условий теоремы. Экстремума нет.

8.5. Поле функционала

Опр. 3. Полем функционала F(x) называется n- параметрическое семейство решений уравнения Эйлера, удовлетворяющее в некоторой области G = D(x) × [a, b], D(x) C[a, b] , x Rn следующим условиям:

I)в области G все кривые подчинены уравнению x =ψ (t, x) (т.е. для кривых x(t) выполнена теорема

существования и единственности);

II)выполнено условие самосопряженности:

∂		∂f (t, x, x)			∂		∂f (t, x, x)
				=					, где x	=ψ (t, x) .
		∂xi					∂xk
∂xk					∂xi

Тогда ψ(t) называется наклоном поля.

Опр. 4. Если существует точка x0∂D, через которую проходят все кривые поля, то поле называется центральным. Если такой точки не существует, то поле называется нецен-

тральным (или собственным).

Пример 1. Внутри круга x2 + y 2 ≤ 1 семейство кривых y = Ce x , где C – произвольная постоянная, образует соб-

ственное поле, так как эти кривые нигде не пересекаются, и через каждую точку (x,y) круга проходит только одна кривая этого семейства.

Пример 2. Семейство парабол y = (x + C)2 внутри кругаx2 + y 2 ≤ 1 собственного поля не образуют, так как раз-

78

личные кривые семейства пересекаются внутри круга и не покрывают всю область.

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

Опр. 5. Экстремаль можно окружить полем, если существует поле функционала, в которое она входит в качестве одной из составляющих.

Пример 4. Рассмотрим функционал

F(x) = 1 x2 dt.

0

Его экстремалями являются прямые x = C1t + C2 . Се-

мейство экстремалей x=C2 образует собственное поле, а семейство экстремалей x=C1t образует центральное поле. Например, экстремаль x=7t можно окружить центральным полем, поскольку при C1=7 данная экстремаль является составляющей поля.

Теорема (критерий поля). Для того, чтобы система решений дифференциального уравнения x = ψ (t, x) , (x,t)

G × [a, b] , x Rn порождала поле функционала F(x), необходимо и достаточно выполнение следующих условий:

I.Самосопряженность

∂

∂f (t, x,ψ )

∂ ∂f (t, x,ψ )

=

,

∂xi

∂xk

∂xk

∂xi

d

∂f (t, x,ψ )

∂H (t, x,ψ )

II.

= −

,где

dt

∂xi

∂xi

∂f (t, x, x)

H (t, x, x) = − f (t, x, x) + (

, x) .

∂x

В этом случае ψ (t, x) называют наклоном поля.

79

Док-во. Достаточность. Нужно доказать, что при выполнении условий I и II x(t) удовлетворяет уравнению Эйлера.

С одной стороны,

d ∂f (t, x,ψ )

∂ 2 f

n

∂ 2 f ∂ψ k

+

(8.3)

∂xi

=

∂xi ∂t

k =1 ∂xi ∂xk

∂t

dt

∂

С другой стороны,

∂

∂

n

−

H(t, x,ψ (t, x)) =

[ f (t, x,ψ (t, x)) −

f (t, x,ψ ) ψ k ] =

∂xi

∂xi

∂f

∂f

∂f ∂ψ

k=1

∂xk

n

∂ψ

n

n

∂ ∂f (t, x,ψ )

=

+

−

−

[

]ψ k =

∂xi

∂xi

∂xi

k =1

∂xk

k=1

∂xk ∂xi

∂

k=1

∂xk

∂f

n

∂

2

f

n

2

f

∂ψ j

I

=

− [

+

]ψ k =

∂xi

∂xi

k=1

∂xi ∂xk

j=1

∂xi

∂x j

∂f

n

∂ 2 f

n

∂ 2 f

∂ψ j

=

−

[

+

]ψ k .

(8.4)

∂xi

∂xk

∂xk

k=1

∂xi

j=1

∂xi ∂x j

Приравняем (8.3) к (8.4) и перенесем все слагаемые в одну сторону:

∂f

∂

2

f

n

∂

2

f

∂ψ k

n

∂

2

f

n

∂

2

f

∂ψ j

−

−

− [

+

] ψ k = 0

∂xi

∂xk

∂xi ∂t

k=1

∂xi ∂xk ∂t

k=1

∂xi ∂xk

j=1

∂xi ∂xj

∂f

∂

2

f

n

∂

2

f

n

∂

2

f

∂ψ k

n

n

∂

2

f

∂ψ j

−

−

ψ k −[

+

ψ k ] = 0

∂xi

∂t

∂xk

∂xi ∂t

k=1

∂xi ∂xk

k=1

∂xi ∂xk

k=1 j=1

∂xi ∂xj

∂f

∂2 f

n

∂

2 f

n

∂2 f

∂ψ k

n

∂ψ k

−

−

ψ k

−

[

+

ψ j ]

= 0.

∂xi

∂t

∂xj

∂xi ∂t

k=1

∂xi ∂xk

k=1

∂xi ∂xk

j=1

xk =ψ k (t, x) .

d

d

∂ψ k (t

, x)

n

∂ψ k (t, x)

∂x j

Тогда

=

=

ψ k (t, x) =

+

xk

dt

xk

dt

∂t

∂x j

∂t

j=1

или

80