А.В. Фурсиков - Курс лекций по вариационному исчислению (1156151), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Функция x(t) называется допустимой, если x(t) ∈ C1 (T ), и выполнены условия задачи:x(t0 ) = x0 , x(t1 ) = x1 . Множество допустимых функций обозначим буквой A.В дальнейшем мы будем рассматривать и другие классы допустимых функций. Суть определения в том, чтонужно искать экстремум на некотором классе функций, удовлетворяющих некоторому набору условий.Определение.
Функция xb(t) называется слабым локальным минимумом, если xb ∈ A и найдётся такое ε,что при всех x ∈ A таких, что kbx − xkC1 < ε, выполняется неравенство J(bx) 6 J(x).Аналогично определяется слабый локальный максимум.Определение. Слабый локальный минимум и слабый локальный максимум называются слабыми локальными экстремумами.Если заменить kbx − xkC1 на kbx − xkC , получится определение сильного локального экстремума. Но мы такие экстремумы покане рассматриваем.Теорема 1.1.
Пусть L ∈ C1 и x — точка слабого локального экстремума задачи (5). Тогда x удовлетворяетуравнению Эйлера:d(6)− Lẋ (t, x, ẋ) + Lx (t, x, ẋ) ≡ 0.dtЗдесь Lẋ обозначает частную производную L по третьей переменной, то есть ẋ в данном случае — название переменной. Имеетсяв виду, что мы подставляем функцию x и её производную ẋ в уравнение, и получаем тождество. Возьмем h ∈ C1 (T ), такое что h(t0 ) = h(t1 ) = 0. Рассмотрим Φ(λ) := J(x + λh).
Функция Φ(λ) дифференцируема по λ. Поскольку у функционала J имеется экстремум в точке x, то Φ имеет локальный экстремумв нуле, откуда Φ′ (0) = 0. Распишем это условие:0 = Φ′ (0) =ddλZt1=L(t, x + λh, ẋ + λḣ) dtλ=0t0Zt1Lx (t, x, ẋ)h + Lẋ (t, x, ẋ)ḣ dt = 0.(7)t0Далее остаётся применить лемму Дюбуа – Реймона (см. ниже). Лемма 1.2 (Дюбуа – Реймон). Пусть имеются функции a(t), b(t) ∈ C(T ), такие чтоZt1(8)a(t)ḣ(t) + b(t)h(t) dt = 0t0для любой функции h ∈ C1 , у которой h(t0 ) = h(t1 ) = 0. Тогда a(t) ∈ C1 (T ) и−Обозначим B(t) :=Rtda(t) + b(t) ≡ 0.dt(9)b(τ )dτ .
Интегрируем второе слагаемое в исходном интеграле по частям и вспоми-t0наем, что на концах отрезка функция h равна нулю:Zt1t0b(t)h(t) dt =Zt1t0t1 Zt1Zt1h(t) dB(t) = h(t)B(t) − ḣ(t)B(t) dt = − ḣ(t)B(t) dt,t0t0(10)t0поэтому, с учётом исходного равенства, получаемZt1t0a(t) − B(t) ḣ(t) dt = 0.5(11)Покажем, что выражение в квадратных скобках есть константа.
Обозначим его через c(t). Предположим, чтонайдутся точки τ1 , τ2 > 0, такие что c(τ1 ) > c(τ2 ). Выберем ε > 0 так, чтобыm :=min c(t) > max c(t) =: M.|t−τ1 |6ε|t−τ2 |6ε(12)Рассмотрим функцию g0 (t), такую что g0 (t0 ) = g0 (τ1 ± ε) = g0 (τ2 ± ε) = g0 (t1 ) = 0 и g0 (τ1 ) = −g0 (τ2 ) = 1, ипродолженную между этими точками линейным образом (см. рис.
1).1τ2τ1t−1Рис. 1. Функция g0 (t)Положим h0 (t) :=Rtg0 (τ ) dτ . Тогдаt00=Zt1t0c(t)ḣ0 (t) dt > m ·τZ1 +ετ1 −εg0 (t) dt + M ·τZ2 +εg0 (t) dt = C(m − M ) > 0, где C = const > 0.τ2 −ε(13)Противоречие. Значит, a(t) = B(t)+const, а потому функция a(t) дифференцируема. После дифференцированияэтого выражения по t получается искомое уравнение (9). Пример 1.1.J(x) =Z10ẋ2 dt → inf,x(0) = 0,(14)x(1) = 1.Решим эту задачу с помощью уравнения Эйлера. Имеем L(t, x, ẋ) = ẋ2 , поэтому уравнение Эйлера имеет видd− dt(2ẋ) = 0, то есть ẍ = 0, откуда x(t) = at + b.
Из краевых условий получаем x(t) = t. Проверим, что этодействительно локальный экстремум, точнее, локальный минимум:J(x + h) − J(x) =Z12ḣ dt + 20Z1ḣdt =0Z1ḣ2 dt > 0.(15)0Утверждение 1.3. Предположим дополнительно, что найденная экстремальная функция x дважды дифференцируема, а функция L в задаче не зависит явно от переменной t. Тогда имеет место интеграл энергииLẋ ẋ − L = const .(16) Достаточно продифференцировать интеграл энергии по времени и убедиться, что получится нуль. Всамом деле,ddd(Lẋ ẋ − L) =Lẋ ẋ + Lẋ ẍ − Lx ẋ − Lẋ ẍ = ẋLẋ − Lx ≡ 0(17)dtdtdtв силу уравнения Эйлера.
1.1.3. Решение задачи о брахистохронеНапомним математическую постановку задачи:qZt0 1 + ẋ(t)2 dt J(x) =p→ inf,x(t)0x(0) = 0, x(t0 ) = x0 .(18)Как мы знаем, первые интегралы (функции, постоянные на орбитах) позволяют понижать порядок дифференциальных уравнений. Лобовое решение задачи о брахистохроне, состоящее в выписывании уравнения Эйлера,даёт уравнение второго порядка. Однако в нашем случае можно использовать интеграл энергии.6Решим эту задачу, не следя за строгостью рассуждений. Имеем√1 + ẋ2L(t, x, ẋ) = √.x(19)Если x — экстремальная функция, то для неё выполнено уравнение Эйлера, а поскольку L не зависит от t, то,в силу доказанного выше утверждения имеем Lẋ ẋ − L ≡ c, c = const.
Обозначим C := c12 .ẋ2p−x(1 + ẋ2 )√1 + ẋ21√= −p= c,xx(1 + ẋ2 )2x(1 + ẋ ) = C,ẋ = ±rC−x.x(20)По смыслу задачи мы должны выбрать знак «+». Делая замену x = C sin2 τ2 , получим, чтоsin τ2dx = dt,cos τ2(21)откуда с учётом равенства dx = C sin τ2 cos τ2 dτ получаемdt = C sin2τdτ,2t=C(τ − sin τ ) + D.2(22)Ясно, что t(0) = 0, откуда D = 0. Найдем C. Мы имеем уравнениеsin2 τ20x0=2,t0τ0 − sin τ0(23)из которого можем найти τ0 .
Далее C находится из уравнения t0 = C2 (τ0 − sin τ0 ). Итак, мы получили решениев параметрическом виде:2 τ x(τ ) = C sin ,2(24) t(τ ) = C (τ − sin τ ).2Проблема в том, что в нашей задаче L ∈/ C1 . Попробуем все же обосновать наше решение. Для этого нужнорассмотреть следующий класс допустимых функций:noA := x ∈ C1 (0, t0 ] x(+0) = 0, x(t0 ) = x0 , ∃ C = C(x) : |x(t)| < Ct2/3 , |ẋ(t)| < Ct−1/3 .(25)Для этого класса нужно проделать все те же выкладки, что мы делали раньше: рассмотреть функцию J(x+λh),доказать ее дифференцируемость в нуле и применить аналог леммы Дюбуа – Реймона.Приведенные аргументы неубедительны. Например, при x ∼ t2 интеграл в J(x) расходится, а при x < 0 он вообще неопределен, так что эти функции не являются допустимыми.
Попробуем провести решение аккуратно и со всеми выкладками.Положимno˛A := x ∈ C1 (0, t0 ] ˛ x(+0) = 0, x(t0 ) = x0 , ∃ C = C(x) : |ẋ(t)| < Ct−1/3 , ∃ ε = ε(x) > 0 : x(t) > εt .(26)Множество A будет классом допустимых функций. Условия гарантируют существование интеграла J(x). При этом класс достаточноширок для нашей задачи. Классом «сдвигов» будет˛˘¯H := h ∈ C1 [0, t0 ] ˛ h(t0 ) = 0, ∃ ε = ε(h) > 0 : h ≡ 0 на отрезке [0, ε] .(27)Такое определение гарантирует, что если x ∈ A и h ∈ H, то при малых λ будет x + λh ∈ A.
Итак, мы имеем задачу8Zt0 p>>1 + (ẋ(t))2 dt>< J(x) =p→ extr,x(t)>0>>:x ∈ A.(28)Пусть xb — экстремальная функция в этой задаче. Покажем, что она удовлетворяет уравнению Эйлера. Возьмем произвольное h ∈ Hи рассмотрим Φ(λ) := J(bx + λh). Функция Φ определена в окрестности нуля. Покажем, что она дифференцируема в нуле иΦ′ (0) =Zt00d(L(t, xb + λh, xḃ + λḣ))dt.dλλ=0(29)Для краткости обозначим f (t, λ) = L(t, xb + λh, x+ḃ λḣ). Заметим, что при всех t 6= 0 функция f (t, ·) дифференцируема в нуле.
Значит,f (t,λ)−f (t,0)′ (t, 0) при λ → 0. Покажем, что эта сходимость мажорируема: f (t,λ)−f (t,0) = f ′ (t, δ) для некоторого δ между 0→fλλλλи λ. Оценим функцию fλ′ (t, δ):fλ′ (t, δ) = Lx (t, xb + δh, xḃ + δḣ)h + Lẋ (t, x + δh, xḃ + δḣ)ḣ.(30)7При t < ε = ε(h) эта сумма, очевидно,˛˛ равна нулю, а на отрезке [ε, t0 ] все функции непрерывны, следовательно, ограниченынекоторой константой M . Итак, ˛fλ′ (t, δ)˛ < M , откуда по теореме Лебега о мажорируемой сходимостиJ(bx + λh) − J(bx)=λZt00f (t, λ) − f (t, 0)dt →λZt0(31)fλ′ (t, 0),0и мы получили (29).Итак, функция Φ дифференцируема в нуле.
Поскольку она имеет так экстремум, то из (29) мы получаем0=Zt00d(L(t, xb + λh, xḃ + λḣ))dt =dλλ=0Zt00bx h + Lbẋ ḣdt.L(32)b ẋ и b(t) = Lbx . Можно считать, что интегрированиеОсталось провести доказательство леммы Дюбуа – Реймона. Обозначим a(t) = LRt0ведется по отрезку [ε(h), t0 ]. На этом отрезке все функции гладкие. Интегрируя по частям и обозначая c(t) = a(t)+ b(t) dt, получимtZt0c(t)ḣ dt = 0при всех h ∈ H.(33)0Отсюда следует, что c(t) ≡ const.
Действительно, если существуют τ1 , τ2 > 0, такие что c(τ1 ) > c(τ2 ), то для функции h0 (t) ∈ H(определённой как в доказательстве оригинальной леммы Дюбуа – Реймона) получаем противоречие.1.1.4. Задача БольцаОпределение. Задачей Больца называется следующая экстремальная задача:J(x) =Zt1t0L t, x(t), ẋ(t) dt + l x(t0 ), x(t1 ) → extr,(34)где x : T → Rn и x ∈ C1 (T ); L ∈ C1 (T × Rn+n ); l ∈ C1 (Rn+n ).Введём обозначения x0 = (x01 , . . .
, x0n ) := x(t0 ) и x1 = (x11 , . . . , x1n ) := x(t1 ). Тогда l = l(x0 , x1 ).Теорема 1.4. Пусть x — точка слабого локального экстремума для задачи Больца, и выполнены написанные выше условия. Тогда x удовлетворяет (векторному) уравнению Эйлера−и условию трансверсальностиdLẋ + Lx = 0dt∂l= (−1)i Lẋ (ti ),∂xii = 0, 1.(35)(36)Пусть x — точка экстремума. Возьмем ~h в виде ~h(t) = 0, . . . , h(t), . . . , 0 , где h(t) стоит на i-м месте.d0=J(x + λ~h)=dλλ=0Zt1t0∂l∂lLxi (t)h(t) + Lẋi (t)ḣ(t) dt + 0 h(t0 ) + 1 h(t1 ).∂xi∂xi(37)Выберем h такое, что h(t0 ) = h(t1 ) = 0.
Применяя лемму Дюбуа – Реймона, получим уравнение Эйлера (точнее,его i-ю компоненту).Теперь выведем условие трансверсальности. Интегрируя по частям второе слагаемое в (37), получаем:t1t1Zt1d∂l∂l∂l∂lLxi (t) − Lẋi (t) h(t) dt + Lẋi (t)h(t) + 0 h(t0 ) + 1 h(t1 ) = Lẋi (t)h(t) + 0 h(t0 ) + 1 h(t1 ) = 0. (38)dt∂x∂x∂x∂xiiiit0t0t0Осталось подставить в последнее равенство две функции: h0 , такую что h0 (t0 ) = 0, h0 (t1 ) = 1, и функцию h1 ,такую что h1 (t0 ) = 1, h1 (t1 ) = 0.
81.2. Общая теория1.2.1. Некоторые факты линейного функционального анализаПусть X — нормированное пространство. Через X ∗ обозначается сопряжённое пространство, наделённоенормойkf k = sup |hf, xi| , f ∈ X ∗ .(39)kxk=1Если Y — другое нормированное пространство, то прямое произведение X × Y наделяется нормойk(x, y)kX×Y := kxkX + kykY(40)и называется произведением нормированных пространств X и Y .Лемма 1.5. Каждый функционал F ∈ (X × Y )∗ однозначно представляется в видеhF, (x, y)i = hf, xi + hg, yi ,(41)где f ∈ X ∗ , g ∈ Y ∗ .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
