Variatsionnoe_ischislenia

Как известно, интеграл с переменным верхним пределом является одной из первообразных и его можно заменить на любую другую первообразную с добавлением подходящей аддитивной постоянной. Tо есть

Z	dy	≡ Z	dxf (x) + C.	(I.5)
	g(y)

Итак, любое решение уравнения (I.1) содержится среди решений уравнения (5) при подходящем значении постоянной C. Все эти вычисления можно обратить, и таким образом обосновать эквивалентность уравнений (I.1)

и (I.5), ч. т. д.

I.2 Определение интеграла отображения

I.2.1 Интеграл Бохнера

Обычное определение интеграла Римана 11) функции одной вещественной переменной легко переносится на отображения f : R1 → B.

Определение 6. Пусть [a, b] Df , a = t0 < t1 · · · < tN = b разбиение отрезка [a, b], образующее при N → ∞ последовательность разбиений с max k t ≡ max (tk − tk−1) → 0. Из каждого отрезка [tk−1, tk ] выбранa точкa

k=1,N

N

ξk и взято f (ξk ). Если последовательность yN = P f (ξk )(tk − tk−1) B сходится к элементу y B при N → ∞

k=1

и любой последовательности разбиений n выбираемых точек {(tk, ξk )}Nk=1, то этот общий предел y называется

интегралом Бохнера12) и обозначается y = Rab dtf (t). Свойства этого интеграла аналогичны свойствам интеграла

от вещественной функции и аналогично доказываются. Укажем некоторые.

Теорема 5. Если отображение f : [a, b] → B непрерывно, то

b

R

1) существует интеграл Бохнера f (t)dt,

a

x

R

2) функция y(x) = f (t)dt является непрерывно дифференцируемой и Dy(x) = f (x),

a

3)для любой непрерывно дифференцируемой функции ϕ : [a, b] → B со свойством Dϕ(x) = f (x) выполняется формула Ньютона - Лейбница,

bb

ZZ

dxf (x) = dxDϕ(x) = ϕ(b) − ϕ(a)

aa

4)если g : R → R взаимооднозначно и непрерывно дифференцируемо отображает [a, b] на [c, d], то в интеграле можно выполнить замену переменной τ = g(t). Получим

db

ZZ

dτ f (τ ) = dt g′(t)f (g(t)).

ca

Задача 9. Доказать самостоятельно теорему 5.

Обычным образом обобщаются и интегралы от функций f : Rn → R на отображения f : Rn → B. Их тоже

называют интегралами Бохнера. Это же относится и к криволинейным интегралам и интегральным формулам векторного анализа, типа

ΩZ	dx div Df = Z	d	∂f	,	(здесь = ∂ Ω).
			∂ne

11)Reiman B. (Риман Бернгард, 1826 1866) немецкий математик, один из создателей математического анализа и геометрии.

12)Bochner S. (Бохнер Соломон, 1899 г. ) немецкий математик, ему принадлежат работы в области теории функций и функционального анализа.

I.2.2 Понятие об общем интеграле Лебега

Для отображений f : B1 → B2 может быть применена общая схема интеграла Лебега13). Для этого надо, чтобы на области определения отображения Df ≡ Ω, где Ω B1 была задана мера.

Определение 7. Функция множеств A Ω, µ : A → R называется мерой, если

1)ее область определения Dµ есть полукольцо, то есть, это система множеств, содержащая пустое множество, замкнутая по отношению образования пересечения и для любых A Dµ, A1 A, A1 Dµ вытекает

существование попарно непересекающихся множеств Aj , j =	1, n	, с которыми A =	S	Aj ,
		j
			=1,n

2)ее значения действительны и неотрицательны,

3)она конечно-аддитивна, то есть для любого конечного разложения A на непересекающиеся множества, Ak из области определения Dµ, A = S Ak , выполнено равенство µ(A) = P µ(Ak ),

k

∞

4) если свойство 3 выполняется для любого счетного объединения A = S Ak попарно непересекающихся

k=1

множеств Ak , то мера называется счетно аддитивной.

Пусть мера счетно аддитивна и продолжена на минимальное кольцо множеств с единицей, содержащее наше полукольцо (кольцо множеств это система множеств, замкнутая относительно пересечения и взятия симметрической разности).

Определение 8. Отображение f называется простым, если оно принимает конечное или счетное число значений yn на элементах An из области определения меры S An = A. Интегралом простого отображения f по множеству A называется RA f (x)dµ = P yk µ(Ak ) при условии, что ряд абсолютно сходится. Если отображение f есть

предел равномерно сходящейся последовательности простых функций fj f , то R f (x)dµ ≡ lim R fj (x)dµ (по

A j→∞ A

определению).

Так определенный интеграл может быть даже бесконечномерным. Не углубляясь в теорию интеграла Лебега, приведем известные примеры интегрируемости функций f : R1 → R1. Здесь полукольцо образовано системой

интервалов, полуинтервалов и отрезков, а мера определяется как их длина. Отметим, что в этом случае из интегрируемости по Риману следует интегрируемость по Лебегу и совпадение значений интегралов.

Задача 10. Функция Римана
		1						p
F (x) =				,	если	x =			− несократимая дробь,
			q					q
		0,			если	x	иррационально,
		1				R
интегрируема по Риману (и Лебегу) и R f (x)dx =							f dµ = 0.

0[0,1]

Задача 11. Функция Дирихле14)
f (x) =	1,	если	x − рационально,
	0,	если	x − иррационально,
неинтегрируема по Риману, но интегрируема по Лебегу,			f dµ = 0.
			[0R
			,1]

I.3 Основные теоремы математического анализа

I.3.1 Взаимосвязь различных определений производной

Взаимоотношения разных определений гладкости отображений частично освещены в I.1.1. Они содержатся в самих опредeлениях производных, теоремах 1 - 3 и примерах 1 - 5. Сейчас покажeм, как при некоторых дополнительных условиях существование производной Гато влечет существование производной Фреше и строгой производной Фреше.

13)Lebesque H. (Лебег Анри Луи, 1875-1941) французский математик, один из создателей теории интегрирования, считается одним из основателей современной теории функций действительной переменной.

14)Dirichlet P. G. L. (Дирихле Петер Густав Лежен, 1805 - 1859) - немецкий математик, исследовал "задачу Дирихле"в 1850 г.

Теорема 6. Пусть отображение f : B1 → B2 имеет в некоторой окрестности точки xˆ производную Гато в каждой точке и эта производная непрерывна по x. Тогда в этой окрестности существует и производная Фреше.

Доказательство. Мы имеем формулу конечных приращений

f (x + ξ) − f (x) = GDf (x) · ξ + oe(kξkB1 ) c eξ = ξ/kξkB1

Проблема заключается в получении формулы

f (x + ξ) − f (x) = Aξ + o(kξkB1 )

с бесконечномалой равномерной относительно e, тo есть направления вектора ξ. Разделим отрезок [0, 1] на N

отрезков точками

0 = t0 < t1 < · · · < yN = 1

и запишем

N

X

f (x + ξ) − f (x) = [f (x + tk ξ) − f (x + tk−1ξ)] =

k=1

N

X

=GDf (ˆx + tk−1ξ) · · · (tk − tk−1)ξ + oeξ (|tk − tk−1

k=1

1

Tак как функция GDf (x + tξ) непрерывна по t, то существует интеграл Бохнера R

|kξkB1 )

dt GDf (x + tξ). А написанная

										0
	выше сумма			N	является как раз интегральной суммой, сходящейся к этому интегралу при max t
				P
	0 (N		).							16k6N | k −tk−1| →
				k=1 . . .
		→ ∞		При этом предельном переходе второе слагаемое обращается в нуль
					N	oeξ (|tk − tk−1| · kξkB1 ) =		N (tk − tk−1)		· oeξ (1) → 0.
					k=1			k=1
					X			X
	В пределе получаем
						1
					f (x + ξ) − f (x) = Z		dt GDf (x + tξ) · ξ = GDf (x)ξ+
						0

1

Z

+dt [GDf (x + tξ) − GDf (x)]ξ.

0

Теперь последний интеграл есть o(kξkB1 ) равномерно по eξ . Следовательно, мы получаем f (x + ξ) − f (x) = F Df (x)ξ + o(kξkB1 ) c F Df (x) ≡ GDf (x)

Теорема 7. Пусть отображение f : X × Y → Z, где X, Y , Z некоторые банаховы пространства, имеет в некоторой окрестности точки (ˆx, yˆ) в каждой точке (x, y) частные производные по Гато GDxf (x, y) и GDy f (x, y). Если отображения (x, y) 7→GDxf (x, y) и (x, y) 7→GDy f (x, y) непрерывны в точке (ˆx, yˆ), то f строго дифференцируема по Фреше в точке (ˆx, yˆ) и

SDf (ˆx, yˆ)(ξ, η) = GDxf (ˆx, yˆ)ξ + GDy f (ˆx, yˆ)η.

Замечание 1. При доказательстве мы потребуем дополнительно непрерывность GDxf (x, y) и GDy f (x, y) в окрестности точки (ˆx, yˆ).

Доказательство. Сначала проверим, что F Df (ˆx, yˆ)

f (ˆx + ξ, yˆ + η) − f (ˆx, yˆ) = f (ˆx + η, yˆ + η)−

− f (ˆx, y + η) + f (ˆx, y + η) − f (ˆx, yˆ) =

1	1
= Z0	dt GDxf (ˆx + tξ, yˆ + η)ξ + Z0	dt GDyf (ˆx, y + tη)η =

=GDxf (ˆx, yˆ)ξ + GDy f (ˆx, yˆ)η + o(kξkX + kηkY ≡

≡F Df (ˆx, yˆ) (ξ, η) + o(kξkX + kηkY )

Рис. I.6:

Теперь проверим свойство строгой дифференцируемости (см. рис. I.6). В ε окрестности точки (ˆx, yˆ) возьмем точки a = (x1, y1) и b = (x2, y2) и пусть c = (x2, y1). Имеем

f (x1, y1) − f (x2, y2) = f (x1, y1) − f (x2, y1) + f (x2, y1) − f (x1, y2) =

=GDxf (x1, y1)(x1 − x2) + GDy f (x2, y2) · (y1 − y2)+

+o(kx1 − x2kX + ky1 − y2kY ) = GDxf (ˆx, yˆ)(x1 − x2)+

+GDy f (ˆx, yˆ)(y1 − y2) + o(kx1 − x2kX + ky1 − y2kY )+

+O (ǫ1kx1 − x2kX + ǫky1 − y2kY ) = F Df (ˆx, yˆ)(x1 − x2, y1 − y2)+

+o(kx1 − x2kX + ky1 − y2kY ) + O (ǫ1(kx1 − x2kX + ky1 − y2kY ))

Поэтому

kf (x1, y1) − f (x2, y2) − F Df (ˆx, yˆ)(x1 − x2, y1 − y2)k 6

6 (kx1 − x2kX + ky1 − y2kY ) · (o(1) + ǫ1) 6

6 ǫ (kx1 − x2kX + ky1 − y2kY ) ,

I.3.2 Производная сложной функции

Теорема 8 (о суперпозиции). Пусть ϕ : X → Y и ψ : Y → Z, f = ψ ◦ ϕ : X → Z и ϕ(ˆx) = yˆ. Если ψ дифференцируемо по Фреше в точке yˆ, а ϕ в точке xˆ:

(α) дифференцируемо по Фреше, или

(β) дифференцируемо по Гато, или

(γ) имеет вариацию по Лагранжу,

то f обладает в точке xˆ этим же свойством (α, β, γ). При этом

(α′) F Df (ˆx) = F Dψ(yˆ) ◦ F Dϕ(ˆx),

(β′) GDf (ˆx) = F Dψ(yˆ) ◦ GDϕ(ˆx),

(γ′) δf (ˆx, h) = F Dψ(yˆ) ◦ δϕ(ˆx, h), h X.

(δ) Если ϕ и ψ строго дифференцируемы, то и отображение f строго дифференцируемо.

Замечание 2. Если ψ дифференцируемо только по Гато, то, вообще говоря, теорема о суперпозиции неверна.

Доказательство. (α) доказывается совершенно аналогично простому случаю X = Y = Z = R1. Приведем доказательство (β). Утверждения (γ), (δ) доказывать не будем, тaк как они не будут применяться в дальнейшем.

lim

f (ˆx + th) − f (ˆx)

= lim

ψ(ϕ(ˆx + th)) − ψ(ϕ(ˆx))

=

t→+0

t

t→+0

t

=

lim

1

[F Dψ(ϕ(ˆx))(ϕ(ˆx + th)

−

ϕ(ˆx)) + o( ϕ(ˆx + th)

−

ϕ(ˆx)

kY

)] =

t→+0 t

k

lim

1

o( GDϕ(ˆx)th

kY

)

= F Dψ(yˆ) · GDϕ(ˆx)h + t→+0 t

k

Здесь использовано свойство

ψ(y(t)) − ψ(yˆ) = F Dψ(yˆ)(y(t) − yˆ) + o(ky(t) − yˆk).

Для производной Гато это, вообще говоря, не так, потому что направление вектора y(t)−yˆ может меняться, и для

каждого направления может быть свой порядок сходимости (так что в целом сходимость не будет равномерной и нельзя писать o(ky(t) − yˆk)).

Пример 8 (Контрпример к теореме 7). Обратимся к отображению примера 1. Пусть ψ : R2 → R

ψ(x) =	1,	при x2 = x2, x1 > 0,
	0,	в остальных1случаях.

Пусть ϕ : R → R	2	и функция ϕ(t) =	ϕ1(t)	дифференцируема в нуле.
			ϕ2(t)
Рассмотрим суперпозицию
			1,	при ϕ2(t) = ϕ2(t), ϕ1(t) > 0,
		f (t) = ψ ◦ ϕ(t) = 0,		в остальных случаях.
				1

Пусть ϕ1(t) = t,

Теперь

Таким образом,

3

ϕ2(t) = |t|2 sin

f (t) =

f (t) разрывна

1		эта функция имеет производную в нуле.
	t1/3
1,		при t = tj → +0, tj	точки пересечения графиков
		2	3/2	1
		x2 = x1 и	(x2 = |x1|	sin		),
					x11/3
0,		в остальных точках.

и, значит, не имеет производную в нуле, ч. т. д.

I.3.3 Формула Тейлора с остаточным членом в интегральном виде

Определения производных высших порядков отображения f : B1 → B2 дается рекуррентно. Эти производные являются объектами все более сложной природы. Например, Df (x) L(B1, B2) ≡ B3, D2f (x) L(B1, B3) =

L(B1, L(B1, B2)) ≡ B4, . . . и так далее.

Используя эти производные, приведем формулу Тейлора15) гладкого отображения f : B1 → B2. Во-первых,

следуя идее, примененной при определении производной Гато, сведем зaдaчу к функции с вещественным аргументом, взяв ϕ(t) ≡ f (x + th) за основу рассмотрения. Во-вторыx, приведем к случаю, когда и значения рассматриваемой функции вещественны. Для этого возьмем любой функционал l B2 , применим его к ϕ(t) и введем в рассмотрение функцию g(t) ≡ hl, ϕ(t)i. Нетрудно видеть, что гладкость отображения f в некоторой окрестности точки x преобразовалась в свойство гладкости функции g : R1 → R1 от аргумента t в некоторой (любой при достаточно маленьком h) окрестности нуля. Скажем, для t (−2, 2).

Для того, чтобы после установления свойств функции g иметь возможность вернуться к отображению f ,

приведем такой результат.

Теорема 9. Пусть ϕ элемент банахова пространства B, тогда ( l B hl, ϕi = 0) (ϕ = 0).

Доказательство.			Требуется проверить только утверждение .		Будем рассуждать от противного. Пусть ϕ = 0.
						1			6
Зададим линейный функционал. Пусть λ : t · ϕ 7→tkϕk для t R							. Область определения λ есть одномерное
пространство	{	t ϕ		B. Норма функционала λ на этом пространстве равна				λ	= sup tkϕkB = 1. По теореме
		}						k k	t ϕ6=0 ktϕkB

Хана16) Банаха о продолжении линейных функционалов, существует функционал l B , совпадающий с λ на [t, ϕ] и имеющий такую же норму. Т.е., klkB = 1, hl, ϕi = hλ, ϕi = kϕk 6= 0. Это противоречит условию

теоремы.

Теперь выпишем для g(t) формулу разложения Тейлора - Маклорена17) с остаточным членом в интегральном

виде

t(k−1)

g(t) = g(0) + g′(0)t + · · · + d(k−1)(0) (k − 1)! +

1	(1 − s)k−1		d	k
+ ds				g(s t).
		ds
Z0	(k − 1)!

Заменив g(t) на hl, ϕ(t)i, получаем

hl, ϕ(t) − [ϕ(0) +

+ R 1 ds

0

(0) t +			· · ·			+ D(k−1)		t(k−1)	+
Dϕ	k−1						ϕ(0)	(k−1)!
(1−s)		d			k	ϕ(s t)i = 0.
(k−1)!		ds

15)Taylor B. (Тейлор Брук, 1685 - 1731) английский математик, исследовал свойства функций, положил начало математическому изучению задачи о колебании струны, разрабатывал теорию конечных разностей.

16)Hann H. (Хан Ганс 1879-1934) немецкий математик, один из создателей математического анализа. Его основные труды относятся к вариационному исчислению, теории функций и геометрии.

17)Maclaurin C. (Маклорен Колин, 1698-1746) шотландский математик. В области анализа он установил интегральный признак сходимости числовых рядов и дал формулу суммирования рядов. Несколько его теорем вошли в современную теорию плоских кривых и проективную геометрию.

→ B2

Здесь употреблен интеграл Римана - Бохнера. По теореме 8 можно освободиться от l. Запишем окончательную формулировку для отображения f .

Теорема 10. Если f : B1 в некоторой выпуклой окрестности точки x имеет k непрерывных произвдных Фреше, то

f (x + h) = f (x) + Df (x)h +			1 D2f (x)[h, h] + . . .
			2		1
d k−1	t=0 f (x + th) ·	1					(1−s)k−1	d		k
				+	0	ds					f (x + sh).
+ dt		(k−1)!					(k−1)!	ds
					R

Глава II

Простейшая задача вариационного исчисления

II.1 Задача о брахистохроне

Исторически первую задачу вариационного исчисления поставил Галилей1): "Среди кривых, соединяющих точки A и B, найти ту, двигаясь по которой только под действием силы тяжести, материальная точка достигнет B за кратчайшее время". Эта кривая скорейшего спуска из A в B была названа брахистохроной.

Иоганн Бернулли2) поставил ее "на конкурс"в 1696 году в основанном им математическом журнале Acta

Auditorum первом и единственном тогда научном журнале, предложил соревнование по ее решению. Через несколько месяцев поступило три решения: от Я. Бернулли, от Лопиталя3) и анонимное. Последнее решение

И. Бернулли приписал И. Ньютону, сказав: "Льва узнают по когтям". Дадим математическую постановку задачи:

Поместим начало координат в точку A и в вертикальной плоскости, проходящей через A и B, введем декартовы координаты с горизонтальной осью x и направленной вертикально вниз осью y.

Рис. II.1:

Координаты точки B = (xB , yB ). Пусть лоток, по которому скатывается без трения шарик материальная точка, задается гладкой функцией y = f (x), f (0) = 0, f (xB ) = yB . Положение точки в момент t есть (x(t), y(t))T , скорость есть v(t) = (x˙ (t), y˙(t))T . В начальный момент x(0) = y(0) = 0 и задана нулевая начальная скорость x˙ (0) = y˙(0) = 0. Закон движения точки F = ma, где m = 1, a = (x,¨ y¨)T , F = (F1, F2)T . Сила F есть равнодейству-

	ющая силы тяжести P =	0	и реакции опоры лотка R, равной и противоположно направленной силе N
		mg

давления на лоток. В точке (x, y) N имеет направление нормали к лотку. На рис. II.1 α угол, образованный осью x с касательной в точке (x, y),

N = λ	′	= λ	− 1	,
	−f1(x)
			tg α

1)Galilei G.(Галилей Галилео, 1564 - 1642) итальянский физик, механик, астроном и математик, один из основателей точного естествознания, поэт, филолог и критик, поставил задачу о брахистохроне.

2)Bernoulli I.(Бернулли Иоганн, 1667 - 1748) швейцарский математик, предложил задачу о брахистохроне, классическую задачу вариационного исчисления о геодезических линиях и вывел их дифференциальное уравнение. Была семья математиков Бернулли. Bernnoulli J. (Бернулли Яков 1654-1705) старший брат Иогана, автор закона больших чисел, также решил несколько изопериметрических проблем.

3)L’Hopital G.F.(Лопиталь Гильом Франсуа 1661-1704) французский математик, ученик И. Бернулли, автор первого в мире учебника по математическому анализу "Analyse de infinituent petits pur lintelligence des courbus"(1692), записи курса, прочитанного ему Иоганном Бернулли.

17

= d (g y) или y˙2 +x˙ 2

dt 2

s

x˙ =

F направлена по касательной в точке (x, y)T и имеет длину
|F | = mg sin α = g sin α,			2	α.
|F1| = |F | cos α = g sin α cos α, |F2| = |F | sin α = g sin
Итак,		y¨ = g sin2 α,
x¨ = g sin α cos α,
f ′(x) = tg α,	f (0) = 0,	x(0) = x˙ (0) = 0,		(II.1)
f (xB ) = yB ,	y(t) = f (x(t)),	x(T ) = xB .

Требуется найти гладкую (дважды непрерывно дифференцируемую) функцию f (x) из условия минимума времени спуска (T → min). Исключим α :

y¨ = xf¨ ′(x), y˙ = xf˙ ′(x).

Значит,

y¨ · y˙

Поэтому y¨y˙+¨xx˙ = gy,˙ т.е. d y˙2+x˙ 2

dt 2

= x¨ · x˙ f ′2(x) = −x¨x˙ + x¨x˙ (1 + tg2 α) =

1	= −x¨x˙ + xgf˙	′(x).
= −x¨x˙ + x¨x˙ cos2 α

= gy+c (но c = 0 см. начальные условия).Следовательно,

2gf (x)

1 + f ′2(x) .

Разделив обе части на правую часть уравнения и проинтегрировав равенство по t, получаем выражение для времени достижения точки B.

xB	dξs					(II.2)
			2gf (ξ)	.
T = T (f ) = Z0
			1 + f ′2(ξ)

Мы пришли к задаче: найти дважды непрерывно дифференцируемую функцию f (x), доставляющую минимум функционалу T : f → T (f ) при дополнительных условиях: f (0) = 0, f (xB ) = yB . Bозьмем производную Гато и приравняем ее нулю(на искомом решении, доставляющем минимум функционалу T (f ))

xB

dξs

2g (f (ξ) + s h(ξ))

=

0 = ds s=0 Z

d

0

1 + (f ′(ξ) + sh′(ξ))2

·

xB

2 s 1 + f ′2 ·

(2gf )2

Z0

= dξ

1

2gf

2f ′h′ · 2gf − (1 + f ′2)2gh

=

xB

= 2√2g

"−dξ

s 1 + f ′2(ξ) ·

f (ξ) !

−

Z0

1

d

f (ξ)

2f ′(ξ)

− s

f 2(ξ)

# h(ξ).

1 + f ′2

(ξ) ·

f (ξ)

(1 + f ′2(ξ))

В квадратных скобках стоит непрерывная на носителе функции

h, supp(h) (0, xB ), функция (если f (ξ) 6= 0, что будем предполагать). Так как интеграл равен нулю для любых функций h, то значит выражение в квадратных скобках тождественно равно нулю. Это дает дифференциальное

уравнение

− qf (1 + f ′2)

+

[f · (1 + f ′2)]3/2

− f s

f

= 0.

2f

′′

f

′(f

′ + f ′3

+ 2f f

′f ′′) 1 1 + f ′2

Приводя к общему знаменателю, приходим к выражению

−2f

′′

f − 2f

′′

f f

′2

+ f

′2

+ f

′4

+ 2f

′′

f f

′2

− (1 + f

′2

2

) = 0

или

2f f ′′ + f ′2 + 1 = 0.

2f pp + p + 1 = 0. Значит, df

(f (1 + p )) = 0 или f

(1 + p (f )) = c1. Будет удобнее вместо p(f )

f =f (x) , f ′′ = p′p,

Уравнение не содержит явно независимой переменной x, поэтому решается заменой f

′(x) = p(f )

′ 2

d

2

·

2

работать с обратной

c1

′

df

′

2c1p

′

функцией f (p). Ее выражение f =

, p = fx = dp

· px = −

px это уравнение для выражения p через

1+p2

(1+p2 )2

x. Освобождаясь от знаменателя, приходим к формуле p · [(1 + p

2 2

′

дает f (x) = const, чего

) ′

+ 2c1px] = 0. p = 0

не может быть. Значит, нулю равна квадратная скобка, то есть

px

1

решение этого уравнения

= −

(1+p2)2

2c1

c1

(II.3)

x = −

(2τ + sin 2τ ) + c2,

2

где τ связано с p заменой переменной p = tg τ

= 2 (1 + cos 2τ )

y = f (x) x→p→τ = 1 + tg2 τ

(II.4)

c1

c1

Формулы (II.3),(II.4) дают

параметрическое представление

искомой

кривой. Замена 2τ = π

−

θ делает его более

каноническим

c1

c1π

c1

(II.5)

x =

(θ − sin θ) + c2

−

,

y =

(1 − cos θ).

2

2

2

Рис. II.2:

Это уравнение семейства циклоид. В начальный момент x = 0, y = 0, что дает соответствующее началу

координат θ0 = 0 и c2 =	c1π	. См. рис. II.2.
	2
Очевидно, c1 > 0 и определяется условием прохождения кривой через точку B (одновременно со значением
θB ):			c1
		yB =		(1 cos θB )
			2
		xB = c21		(θB − sin θB )	(c1, θB ).
				−

Этими условиями c1, θB определяются однозначно (так, что дуга AB является гладкой) и поэтому, экстремум

функционала (II.2) необходимо является минимумом.

Задача 12. Показать, что точка В расположена на первой монотонно возрастающей части циклоиды.

Для завершения решения задачи о брахистохроне, остается проверить выполнение предположений наложенных при проведении вычислений. Но именно одно из наших предположений оказывается нарушенным:

f	(0) =	y′	θ→0	=	1	sin θ		θ→0	= ∞.
		xθ′					cos θ
′		θ				−

Конечно, наши предположения были только достаточными условиями справедливости примененных преобразований и, наверное, могут быть ослаблены с сохранением обоснованности вычислений. Покажем,что дело обстоит именно так.

Условие гладкости f (x) нарушается только в точке x = 0 и наши вычисления обоснованы для x > 0. Под

вопросом остается только сходимость интеграла (II.2) в нуле. Вычислим особенность подинтегральной функции при x → 0

F (x) =

1 + f ′2(x) =

1 +

1−cos θ

2

1

=

2

s

sin θ

2gf (x)

gc2

(1

−

cos θ)

θ=θ(x)

= √π g c1(1

2

cos θ(x)) .

−

Если x → 0, то и θ → 0,

4

1

F (x) = √

·

(1 + o(1))

θ2

π g c1

c1

c1

θ3(1 + o(1)).

x =

(θ − sin θ) =

2

12

12

1/3

x1/3(1 + o(1)) и F (x) = cx−2/3(1 + o(1)) с постоянной c 6= 0. A это слабая, интегрируемая

Значит, θ = c1

особенность. Решение задачи о брахистохроне обосновано.

II.2 Уравнение Эйлерa4)

II.2.1 Вывод дифференциального уравнения Эйлера

В общем виде простейшая задача вариационного исчисления ставится так: на множестве функций одной переменной

{x(t) | x C1[a, b], x(a) = xa, x(b) = xb}
задан функционал I : x → R1 вида	b
	I(x) ≡ Za	L(t, x(t), x˙ (t))dt.	(II.6)

Пусть функция L(t, x, v) является гладкой например, дважды непрерывно дифференцируемой по своим аргументам. Требуется найти функцию xˆ(t), доставляющую минимум написанному интегралу. Логическая схема

решения этой задачи опирается на почти очевидное необходимое условие достижения функционалом своего минимума: производная функционала должна обращаться в нуль при значении аргумента, доставляющем минимум. Аргументы функции, на которых эта производная обращается в нуль, называются экстремалями функционала. Реализуем эту схему, используя производную Гато.

Пусть xˆ(t) решение задачи. Возьмем h C0∞(a, b) и xˆ(t)+ sh(t). При любом s эта функция входит в область определения функционала I, а I(ˆx + sh) ≡ ϕ(s) функция одного переменного, имеющая минимум в точке

s = 0. Так как ϕ непрерывно дифференцируема, то ϕ′(0) = 0. Это свойство подробно записывается так (ниже D2L и D3L обозначают производные функции L(t, x, v) по второму и третьему аргументам соответственно):

	0 =	d	b	L(t, xˆ(t) + sh(t), xˆ˙	+ sh˙	(t))dt	=
		ds	Z
			a			s=0
					b

= Za	dt {D2L(t, xˆ(t), xˆ(˙ t))h(t) + D3L(t, xˆ(t), xˆ(˙ t))h˙ (t)} =
	˙		1	[a, b],
	пусть D3L(t, x,ˆ xˆ) C
	тогда возможно интегрирование по частям
	b					d
	= Za
		dt[D2L(t, xˆ(t), xˆ(˙			t)) −		D3L(t, xˆ(t), xˆ(˙ t))]h(t).	(II.7)
						dt
				b

Теорема 11. Пусть g C(a, b) и интегрируема на [a, b]. Если R dt g(t) · h(t) = 0 для любого h C0∞(a, b), то

a

g(t) ≡ 0 на (a, b) .

Доказательство. (Oт противного).

Если g(t0) 6= 0 для какого-то t0 (a, b), то по непрерывности g(t) 6= 0 и в некоторой окрестности {t | |t − t0 |< δ} (a, b). Возьмем h с носителем в этой окрестности и свойством h(t) > 0, h(t0) > 0. Тогда

b		Z
Z	dt g(t)h(t) =		dt g(t)h(t),
a		|t−t0|<δ

подинтегральная функция сохраняет знак и интеграл не равен нулю противоречие.

Применяя теорему 11 к	d
˙		˙
g(t) ≡ D2L(t, xˆ(t), xˆ(t)) −	dt	D3L(t, xˆ(t), xˆ(t)),

приходим к дифференциальному уравнению для неизвестной функции xˆ(t).

d

D2L(t, x, x˙ ) − dt D3L(t, x, x˙ ) = 0

Уравнение (II.8) называется уравнением Эйлера для функционала (II.6). Дополнительные условия

x(a) = xa, x(b) = xb

(II.8)

(II.9)

4) Euler L. (Эйлер Леонард, 1707 - 1783) швейцарский математик, один из основоположников математического анализа, физик,

механик и астроном, член Петербургской Академии Наук предложил "уравнение Эйлера"в 1744 г.