Variatsionnoe_ischislenia

s=s1 =0

Теорема 21. Пусть L, g1, . . . , gk C2([a, b], R2n), x = xˆ(t) решение поставленной задачи. Пусть условия связи на экстремали x = xˆ(t) независимы в том смысле, что ни при какой непрерывно дифференцируемой вектор-

функции µ = (µ1, . . . , µk ) 6= 0 производная функционала G : x →	b
	µj (t)gj (t, xˆ)dt не обращается в нуль на
решении задачи DG(ˆx) = 0	a
	R P
6

Тогда найдется такая непрерывно дифференцируемая функция λ(t) = (λ1(t) . . . λk (t)), что экстремаль x = xˆ(t) доставляет безусловный минимум функционалу

b	k
J (x) + Z
	j=1	λj (t)gj (t, x, x˙ )dt
a	X

Доказательство. Установим сначала аналог теоремы 17, именно, покажем, что существует такая непрерывно

дифференцируемая вектор-функция µ(t) = (µ1	b	k
	(t), . . . , µk(t)), с которой функционал G(x) =	µj gj (t, x, x˙ )dt
	R	P

a j=1

обладает свойством: любая функция

h C2[a, b] T(h(a) = h(b) = 0) из ядра производной DG(ˆx) ,будет принадлежать и ядру функционала DJ (x). Рассуждаем от противного. Пусть не так. То-есть, какую бы непрерывно дифференцируемую вектор-функцию µ(t) ни взяли, всегда найдется элемент h ядра производной G на экстремали DG(ˆx)h = 0 такой что DJ (ˆx)h = α 6= 0 Кроме того, так как DG(ˆx) =6 0, то существует h1 со свойством DG(ˆx)h1 = β 6= 0. Идя вдоль доказательства теоремы 17, определим функцию s1 = s1(s) уравнения G(ˆx + sh + s1h1) = 0. Так как левая часть уравнения непрерывно дифференцируема, и обращается в нуль при s = s1 = 0, то по теореме о неявных функциях существует единственная непрерывно дифференцируемая функция s1 = s1(s), s1(0) = 0. Замечая, что

ds1	s=0	=	∂G
			∂s
ds			∂s1

= 0.

получаем: s1 = s · o(1).

Теперь запишем противоречие J (ˆx + sh + s1h1) = J (ˆx) + DJ (ˆx)(sh + s1h) + o(sh + s1h1) = J (ˆx) + [sα ·(1 + o(1)]

Выражение в квадратных скобках имеет разные в окрестности точки s = 0 и поэтому J (ˆx) не может быть минимумом функционала J (x).

Далее доказательство теоремы состоит в дословном повторении теоремы 18 и рассуждений теоремы 19.

Замечание 4. Условия III.6, если в них отсутствует аргумент t, называются в механике голономными связями,

если присутствует неголономными

Глава IV

Функционалы на функциях нескольких переменных

IV.1 Связь вариационных задач со спектральными.

IV.1.1 Вывод уравнения Эйлера

При обобщении задачи на векторные переменные интегрирования лучше перейти к традиционным обозначениям уравнений в частных производных: аргумент функционала действительную функцию n переменных, будем обозначать u ≡ u(x) ≡ u(x1, . . . , xn), область интегрирования Ω, ее границу . Итак, требуется

минимизировать функционал

J (u) = ΩZ	dx L(x, u, Du)	(IV.1)
при условии
u| = ϕ		(IV.2)
Опять вычисления проводятся совершенно аналогично одномерному случаю. В результате получается

Теорема 22. Если L C2, то необходимым условием минимума на множестве {u | u C1(Ω) ∩ C2(Ω), u| = ϕ} является выполнение уравнения Эйлера

D2L(x, u, Du) − divxD3L(x, u, Du) = 0

Здесь L = L(x, u, v) функция 2n + 1 переменной,

div D L =

+

d

∂L

+

+

T

D2L = ∂L , D3L =

∂L

, . . . ,

∂L

,

∂vn

∂u

∂v1

x 3

d ∂L

· · ·

d

∂L

∂v1

dx1

dx2 ∂v2

dxn ∂vn

Доказательство состоит в простом повторении одномерного случая, поэтому его не приводим.

IV.1.2 Спектральные задачи

Рассмотрим вариационную задачу для квадратичного функционала

Z Z

J (u) ≡ dx|Du(x)|2 → min

Ω

с условиями u| = 0, RR dxu2(x) = c = const =6 0, x Rn, граница кусочно-гладкая.

Ω

Применяя теорему об условном экстремуме, приходим к задаче нахождения пары (λ, u(x)) из условий

Z Z

Λ(λ, u) = dx |Du(x)|2 − λu2(x) → min .

Ω

Необходимое условие экстремума обращение в нуль производной Гато на экстремали, дает спектральную задачу: найти (λ, u(x)) из условий

( u|Ω = 0,	в	dx u2(x) = c.
u(x) = λu		Ω
	RR
	Ω

32

Для примера решим эту задачу в квадратe

Ω = {x | x R2, 0 6 x1,2 6 1}.

Задача 17. Методом разделения переменных найти полный набор собственных значений и собственных функ-

ций

nλk,l = −(k2 + l2), 2√					sin πkx1 · sin πlx2, 2√				∞
				2				2	sin πlx1 · sin πkx2)ok, l=1 .
Оказывается, что при	k = l	собственные	значения двукратные,
	6					2
при k = l собственное значение λk,k = −2k							однократное.

Выяснение того, какая из спектральных пар (λ, u(x)) решает первоначальную задачу минимизации J (u),

требует дополнительного исследования. Мы предлагаем проверить такой ответ:

Задача 18. Абсолютный минимум доставляет спектральная пара с минимальным λ, т.е. λ = 2, u(x1, x2) = 2√c · sin πx1 · sin πx2. Остальные спектральные пары с ненулевыми u(x) дают седловые точки функционала.

Такая же ситуация возникает и в одномерном случае. Например, пусть требуется найти минимум функцио-

b b

нала J (x) = R dt(ax˙ 2 +bx2) при условиях x(a) = x(b) = 0, R dt x2 = const =6 0. Легко видеть, что соответствующая

a a

функция Лагранжа

b

Z

Λ(x, λ) = dt(ax˙ 2 + bx2 + λx2)

a

приводит к уравнению Эйлера: найти (λ, x(t)) из уравнения

D(a(t)Dx(t)) − b(t)x(t) = λx(t)

b

с условиями x(a) = x(b) = 0, R dtx2(t) = c =6 0. Получаем спектральную задачу для обыкновенного дифферен-

циального оператора.	a

Задача 19. Решить однородную спектральную задачу при a=1, b=0.

IV.1.3 Задачи Дирихле и Неймана для оператора Лапласа

Возьмем функционал

Z Z

J (u) = dx(|Du(x)|2 + 2f u)

Ω

Предлагаем вывести уравнение Эйлера самостоятельно. Если мы добавим граничное условие Дирихле u| = 0, то приходим к задаче Дирихле для оператора Лапласа 1) u = f , u| = 0.

Если не требовать дополнительного условия на границе, то для экстремали получаем задачу Неймана2)

	∂u
u = f,			= 0.
	∂n

IV.2 Вариационный вывод уравнений малых колебаний стержня

IV.2.1 Продольные колебания стержня

Применим вариационные методы к выводу уравнений матаматической физики. Одним из основных законов математической физики является принцип наименьшего действия. Сформулируем его на примере механической системы.

Пусть перемещения механической системы описываются функцией u(t, x), а система находится в потенциальном поле сил, что означает: есть скалярная функция V (x), называемая потенциальной энергией3), а поле сил

1)Laplas P.S. (Лаплас Пьер Симон 1749 - 1827) французский математик, механик, астраном, физик, работы по математике относятся к уравнениям с частными производными, теории вероятности, небесной механике.

2)Neuman G.G.(Нейман Карл Готфрид 1832-1925) немецкий физик и математик. Разрабатывал риманову теорию алгебраических функций, ему принадлежат работы по теории потенциала, в которых он дал альтернирующий метод (метод Неймана) решения задачи Дирихле, рассматривал вариант краевой задачи для оператора Лапласа, получивший название задачи Неймана.

3)Другое определение потенциальной энергии это взятая с противоположным знаком работа внутренних сил по приведению системы в состояние равновесия.

получается дифференцированием этой функции именно F (x) = −grad V (x). Действием называется интеграл

по времени от разности кинетической и потенциальной энергий

t2			ρ	u2
S = tZ1	dt ΩZ	dx		t	− V (u) .
				2

Принцип Гамильтона наименьшего действия утверждает, что истинное движение системы между моментами t1 и t2 осуществляется так, что оно доставляет интегралу S стационарное (а часто и наименьшее) значение среди

всех возможных перемещений из заданного состояния в начальный момент времени в заданное состояние в конечный момент времени.

Пример 12. Движение шарика на пружине описывается законом Гука4).

W = m2x˙ 2 , V (x) = + k x22 , так как сила упругости F = −kx, коэффициент k > 0 называется жесткостью

пружины.

t2

S = Z dt m2x˙ 2 − kx2 2 .

t1

q

DS(x) = 0 mx¨ = −kx, x(t) = c1 sin ωt + c2 cos ωt, ω = mk .

Tакое движение называется собственным колебанием этой системы, а ω собственной частотой. Если x R2 (в варианте моделирования электрических колебательных контуров, задающих смещения x1(t) = c11 sin ω1t + c12 cos ω1t и x2(t) = c21 sin ω2t + c22 cos ω2t по осям координат), то траектории описывают фигуры Лиссажу5). Их

мoжно наблюдать на экране осциллографа.

Пример 13. Для уравнения малых продольных колебаний стержня его толщина не играет роли требуется

только, чтобы каждое поперечное сечение его перемещалось параллельно самому себе.

Мы как бы представляем стержень большим количеством шариков, нанизанных на одну ось с пружинными прокладками.

За неизвестную функцию возьмем продольное смещение точки, имевшей в равновесии координату x. Считая смещение малым, за текущую координату этой точки принимаем x + εu(t, x). Здесь ε малый параметр, означающий характерный масштаб смещения. Длина отрезка стержня от x до x + x в положении равновесия равна x, а в движении

[x + x + εu(t, x + x)] − [x + εu(t, x)] = x + ε[u(t, x + x) − u(t, x)].

Относительное удлинение

x + ε[u(t, x + x) − u(t, x)] − x = εux(t, x) · (1 + o( x)),

x

что в пределе при x → 0 дает ε ux(t, x). Сила натяжения по закону Гука пропорциональна, и обратно направлена, относительному удлинению τ (x) = −εkSux, где k модуль упругости, а S площадь поперечного

сечения.

Потенциальная энергия это, взятая с противоположным знаком, работа сил упругости.

Эта работа A есть произведение силы упругости на удлиннение, просуммированное по всем кусочкам x

	− X	x ·			x
A =	ε k S u		ε u			x (1 + o(1))
или в пределе
	b
	A = − Za	dx ε2k S ux2 .
Потенциальная энергия
	V (u) = −A = Z0			l
				dx ε2k S ux2 .

4)Hooke R. (Гук Роберт, 1635 - 1703) английский естествоиспытатель, экспериментально установил "закон Гука"в 1660 г. и "второй закон Ньютона"(раньше И. Ньютона).

5)Lissagu J. A. (Лисссажу Жюль Антуан, 1822 -1880)Ё французский физик, разработал оптический метод исследования сложения колебания при помощи "Фигур Лиссажу".

Кинетическая энергия

l

W (u) = Z ρ(εut)2 dx,

2

0

где ρ плотность. Tаким образом, действие есть

S(u) = ε2	t l	2 t	− kSux2	.
	Z dt Z dx
		ρSu2

00

Необходимое условие стационарности действия DS(u) = 0 дает уравнение малых продольных колебаний стержня

utt − a2uxx = 0 с a2 = 2ρk .

IV.3 Поперечные колебания тонкого стержня струны

Пример 14. Рассмотрим малые поперечные колебания струны настолько тонкого стержня, что он не сопротивляется изгибу. Пусть в равновесии струна натянута по оси ox, смещения одномерные по направлению вертикальной оси величины ε u(t, x), где ε масштабный параметр, ε 1. Задан отрезок струны от 0 до l с

закрепленными концами u(t, 0) = u(t, l) = 0. Кинетическая энергия смещений есть ε2	l	ρut2	. Вычислим потен-
	dx
	R
	0	2

циальную энергию взятую с обратным знаком работу сил упругости на возможных смещениях, приводящую систему в положение равновесия.

В нашем случае потенциальная энергия есть работа силы натяжения, затраченная на удлиннение струны. Сила натяжения T (x) имеет горизонтальную проекцию T0, не зависящую от x, так как по предположению

частицы струны колеблются только вертикально.

Рис. IV.1:

| T (x) |= cos α tg α=ε ux = T0 1 + ε2ux2 .

T0

p

Длина элемента струны с

x изменяется до

x+ x

x+ x

Z

1

Z

dx 1 + ε2ux2 .

dx

=

cos α

x

x

p

Удлинение этого кусочка струны есть

x+ x

ε2u2

Z

dx

1 + ε2ux2

− 1

≡

2 x x(1 + o(1)).

x

p

По закону Гука, сила натяжения имеет знак, противоположный удлинению, поэтому работа сил упругости

l

√

2

ε2 ux2

R

) ·

dx.

A = 0 (−T0

1 + ε ux

2

Итак, потенциальная энергия есть

1

l

ε2

l

Z

· ε2 ux2

Z

dx ux2 + o(ε2).

1 + ε2ux2

U =

dx T0

=

T0

2

2

0

p

0

Действие

		ε2	t2		l
	S(u) =		Z	dt Z	dx ρ ut2 − T0ux2	+ o(ε2).
		2
			t1	0

Далее величинами порядка o(ε2) пренебрегаем. Условие стационарности DS(u) = 0 дает уравнение Эйлера ρ utt − T0uxx = 0. В каноническом виде оно совпадает с уравнением продольных колебаний стержня.

utt − a2uxx = 0 с	a2 =	T0
			.
		ρ

IV.4 Поперечные колебания толстого стержня - балки

Пример 15. Выведем уравнение малых поперечных колебаний толстого стержня балки.

Рис. IV.2:

Сначала надо получить формулу потенциальной энергии колеблющейся балки. Пусть в положении равновесия балка имеет форму прямоугольного параллелепипеда длины l, ширины b и толщины 2h Направим ось ox вдоль среднего горизонтального сечения, а ось oy вертикально, oz горизонтально вдоль ширины (см рис IV.2) Полагаем, что в направлении оси oz механические характеристики балки остаются постоянными. В динамике x будет координатой конкретного поперечного сечения, а ось oy перпендикулярна изгибам и y будет коор-

динатой горизонтального сечения, отмеряемой от среднего горизонтального сечения, перпендикулярно ему. Мы считаем, что среднее горизонтальное сечение не изменяет своей длины и имеет форму y = εu(x, t). Учитываем

только силы упругости, подчиненные закону Гука. Выделим элемент балки между поперечными сечениями с координатами x и x + x (см. рис IV.2(б)), а в нем слой между горизонтальными сечениями y и y + y. И

вычислим потенциальную энергию этого слоя (см. рис IV.2(в)). Крайние вертикальные срезы выделяемого элемента образуют между собой угол ϕ. Заметим, что он равен углу α между касательными к кривой y = εu в

точках x +

x и x (при фиксированном t). Значит,

ϕ = arctg(εux(x + x, t))

−

arctan(εux(x, t)) =

= ε(u

(x +

x, t)

−

u

(x, t))

2

· x

2 = εu

(x, t)Δx + O(ε x2 )

выделямого элемента

x

x

+ O(ε

xx

В равновесии длина

x

равна

x, а в результате изгиба длина слоя (y, y +

y) стала равна (R + y)Δϕ + o(Δy) = ( y + y)Δϕ + o(Δy) =

x + y

ϕ + o(Δy), т.е. элемент удлиняется на ε ·

ϕ + o(Δy) (см. рис. IV.2(г)). Относительное удлинение эле-

мента составляет [y ϕ + o(| y)] / x и действующая на элемент сила упругостиF = −E(ε				ϕ	+	o(Δy)	) · b · y.
				x		x
Здесь положительная постоянная E называется модулем упругости материала балки. Произведение этой силы
на удлинение, взятое со знаком минус, есть потенциальная энергия выделенного слоя
V (y, y) = E y x + o		x	· b · y(y ϕ + o(Δy))
	ϕ	(Δy)

суммируя по всем слоям и переходя к пределу при y → 0, получаем интеграл по y, выражающий потенциаль-

ную энергию элемента балки, заключенного между поперечными сечениями x и x + x

	h
V (x, x) =			dyEb (yεuxx + O(εδx))2								x
=	Rh3ε2Ebu2					x + O(ε2 x2)
	−h
	2			xx
	3
Теперь, просуммировав по всем элементам и устремив к нулю							x получаем интеграл формулу потенциальной
энергии балки
	2			l
V = ε2		h3ϕ2Eb Z0			dxuxx2 + o(ε2)
	3
Кинетическая энергия, как всегда, имеет вид
			h	b		l			u2
T = ε2−Zh				dy Z0	dz Z0
							dzρ		t
									2
Функция "действие" есть:
h	b			l
S =−Zh dy Z0			dz Z0 dx ρut2 − 3 h2Euxx2
							2

Его уравнение Эйлера относительно неизвестной функции u(x, t) есть

2 Eh2

utt + 3 ρ uxxxx = 0.

Итак, с помощью необходимого условия экстремума функционала действия мы обосновали вывод таких уравнений малых колебаний стержня: поперечные колебания тонкого стержня и продольные колебания стержня описываются уравнением

utt − a2uxx = 0, a поперечные колебания толстого стержня уравнением

utt + a2uxxxx = 0.

Глава V

Необходимые и достаточные условия минимума функционала

V.1 Общие условия локального минимума

V.1.1 Контрпримеры к необходимому условию

До сих пор основным орудием вычислений являлось необходимое условие экстремума, приводящее к уравнению Эйлера для экстремалей функционала. Однако, очевидно, не всегда экстремаль должна давать решение задачи о минимуме функционала. Приведем подтверждающие это контрпримеры.

Пример 16. f1 : R1 → R1, f1(x) = x3, xˆ = 0 однако это точка перегиба, f2 : R1 → R1, f (x) = −x2, xˆ = 0

является точкой достижения максимума (см. рис. V.1.1).

		Рис. V.1:
Пример 17.				∞ cos 22k θ
	Z Z
2		<1	u| = ϕ(θ) =	X
x1+x2
J (u) =		dx |Du(x)|2 → min,			2k ,
	2			k=0

где (r, θ) полярные координаты точки (x1, x2). Экстремаль есть решение задачи Дирихле для оператора Лаплaса u = 0, u| = ϕ. Так как ϕ непрерывная функция, существует единственная гармоническая функция

экстремаль. Мы можем дать ее явную формулу

			x2	= r sin θ	∞	r22k
					X		cos 22kθ.
	uˆ(x)|		x1	= r cos θ	=	2k
	RR				k=0
Однако нетрудно проверить, что		dx |Duˆ(x)|2 = +∞.

x21+x22<1

Задача 20. Провести вычисления самостоятельно.

V.1.2 Общие теоремы о достаточных и необходимых условиях слабого минимума

Теорема 23. (Достаточное условие локального слабого минимума)

Если J : B → R дважды дифференцируема в точке xˆ, ( F D2J (ˆx)), F DJ (ˆx) = 0 и α > 0 такое, что h B, F D2J (ˆx)(h, h) > αkhk2B (положительная определенность1) квадратичной формы, определяемой второй

1) Квадратичная форма A(h, h) называется: положительно определенной, если выполняется условие α > 0, h A(h, h) > αkhk2; а положительной, если h =6 0 A(h, h) > 0.

38

производной), то xˆ есть точка минимума.

Доказательство.

J (ˆx + h) − J (ˆx) = F DJ (ˆx)h + 12 F D2J (ˆx)(h, h) + o(khk2B ) =

	1		α			α
=		F D2J (ˆx)(h, h) + o(khkB2 ) >		khkB2	+ o(khkB2 ) =		khkB2 (1 + o(1)) > 0	(V.1)
	2		2			2

при khkB не равном 0 и достаточно малом.

Задача 21. Рассмотрим на l2 квадратичный функционал

∞

A(x) = X k1 x2k .

k=1

Предлагаем самостоятельно проверить, что он положителен, но не является положительно определенным.

Пример 18. Положительность второй производной (F D2J (ˆx)(h, h) > 0 при h 6= 0) недостаточна для локального

минимума.

Рассмотрим на l2 функционал

∞

1

2

∞

3

J (x) =

xk +

xk .

k

k=1

k=1

X

X

2 x

+ 3x2 =

Сначала вычислим его

экстремали. Необходимое условие экстремума дает уравнения

k = 1,

−2

∞

k k

k

0, или xk,1 = 0, xk,2 =

Обозначим ω

какое-нибудь подмножество множества натуральных чисел:ω N и

3k

положим

xω = {xk }k∞=1 c xk = 0 при k ω и xk = −

2

при k 6= ω Очевидно, все такие вектора xω являются экстремалями

3k

функционала J (x). Рассмотрим экстремаль xˆ соответствующую ω = N, т.е. xˆ = 0. Мы имеем J (a) = 0, DJ (0) = 0,

d2

∞

D2J (0)(h, h) =

J (sh)|s=0 = 2 k=1 k1 hk2 > 0 для всех h 6= 0

ds2

) координатный вектор j-той оси, то получим:

Однако если мы возьмем xj = tej , где ej = (0

010

P

· · ·

· · ·

j

1

2

3

t2

J (te

) =

t

+ t

=

(1 + j · t)

j

j

	J (tej ) < 0, если 1 + jt < 0, или ( при фиксированном t < 0) если j >		1	. В любой ε-окрестности экстремали
			|t|
	xˆ = 0 есть точка x = tej c t = −
		2ε , j > 2ε , в которой J (x ) < 0. Поэтому xˆ = 0 не является точкой локального
	минимума.

Конечно, неотрицательность квадратичной формы второй производной необходима для слабого локального минимума функционала

Теорема 24. Если J : B → R дважды дифференцируема в точке xˆ слабого локального минимума, то F D2J (ˆx)(h, h) > 0 для всех h.

Доказательство. Проведем рассуждения от противного, основываяась на разложении Тейлора(V.1). Так как предположено, что вторая производная не дает неотрицательной квадратурной формы,то найдется h такое, что

	D	h, h) < 0. Возьмем приращение εh с малым ε и будем иметь по формуле(V.1)				J (ˆxεh)	≡	J (ˆx + εh)	−
F		J (ˆx)(2	2	2	)
J (ˆx) = ε			F D	J (ˆx)(h, h) + o(ε

Очевидно, при достаточно малых ε знак правой части будет определятся первым слагаемым, то есть будет

J (ˆx, h) < 0

V.2 Квадратичные функционалы

V.2.1 Симметричность оператора

Поставим вопрос об условиях, являющихся одновременно необходимыми и достаточными для достижения минимума функционала на экстремали. Близкие ответы были даны предыдущими теоремами. Другой ответ, опирающийся только на положительность квадратичной формы, образованной второй производной функционала на экстремали, мы дадим сейчас для частного (но часто встречающегося) случая квадратичного функционала на гильбертовом пространстве. А именно, для рассмотренного на гильбертовом пространстве H функционала

J (u) = hAu, ui − hu, f i − hf, ui

с симметричным оператором A : H → H.

Симметричным называется оператор со свойством
u, v DA	hAu, vi = hu, Avi,

где hu, vi означает скалярное произведение в H.

Заметим, что для любого дважды дифференцируемого функционала на H

J : x → J (x), D2f (x) L(H, H)

и является симметричным оператором.

Доказательство см. на стр. 8, теорема 4. Напомним: оператор A, образующий положительную (положительно определенную) квадратичную формуhAx, xi, называется положительным (положительно определенным).

Теорема 25. Всякий положительный оператор симметричен.

Доказательство. hA(u − v), u − v) = hu − v, A(u − v)i. По свойству скалярного произведения hf, gi = hg, f i обе

части этого равенства вещественны и даже положительны. Распишем это равенство

hAu, ui − hAu, vi − hAv, ui + hAv.vi =

= hu, Aui − hv.Aui − hu, Avi + hv, Avi,

hAu, vi − hv, Aui = hu, Avi − hAv, ui,

hAu, vi − hAu.vi = hu, Avi − hu, Avi,

2i Im hAu, vi = 2i Im hu, Avi.

Итак, мнимые части чисел hAu, vi и hu, Avi равны. Возьмем первоначальное тождество с i v вместо v. Полу-

чим

2i Im hAu, ivi = 2i Im hu, A(iv)i , то есть − Re hAu, vi = −Re hu, Avi.

Значит и вещественные части чисел hAu, vi и hu, Avi равны. В итоге, hAu, vi = hu, Avi.

V.2.2 Критерий слабого минимума квадратичного функционала

Пусть
J (u) = hAu, ui − hu, f i − hf, ui	(V.2)

с симметричным оператором A с плотной в H областью определения DA = H. Получим его уравнение Эйлера

0 = ds s=0 [hA(u + sh), u + shi − hu + sh, f i − hf, u + shi] =
	d

=hAu, hi + hAh, ui − hh, f i − hf, hi = 2Re hAu − f, hi.

Апосле замены h на ih, получаем 0 = 2Im hAu − f, hi. Значит, hAu − f, hi = 0 для чего необходимо и

достаточно

Au = f.

(V.3)

Теорема 26. Если DA = H и оператор A положителен, то уравнение (V.3) имеет решение тогда и только тогда, когда функционал (V.2) достигает min.

Доказательство. hu, f i + hf, ui = 2Re hf, ui − вещественно, hu, Aui тоже вещественно. Поэтому функционал J принимает только вещественные значения и можно говорить о его минимуме. Пусть u0 решение уравнения (V.3). (Кстати, оно единственно: если есть два решения, то их разность z будет удовлетворять условию Az = 0, hAz, zi = 0.

A положителен, следовательно z = 0). Тогда

J (u) = hAu, ui − hu, Au0i − hAu0, ui =

= hA(u − u0), u − u0i − hAu0, u0i → min.

Но, очевидно, min достигается при u = u0.

Обратно: пусть u0 есть min J (u), тогда h DA H,

			0 = ds J (u + sh) s=0						Re hAu0 − f, hi = 0.
					d
Замена h на ih дает		Im Au0		f, h			= 0, то	есть,
			−			i
		h

hAu0 − f, hi = 0 h DA Au0 = f.