diff --git a/Stability theory/lectures.tex b/Stability theory/lectures.tex
index 50bbf04..fcd39b8 100644
--- a/Stability theory/lectures.tex	
+++ b/Stability theory/lectures.tex	
@@ -65,6 +65,10 @@
 
 \begin{document}
 
+\def\ty{\tilde{y}}
+\def\sh{\mathrm{sh}}
+\def\ch{\mathrm{ch}}
+
 \def\be{\begin{equation}}
 \def\ee{\end{equation}}
 
@@ -1785,7 +1789,7 @@ \subsection{Найпростіша задача варіаційного чис
 \begin{boxteo}
   Нехай $\tilde{y}(x) \in M$ --  розв'язок найпростішої задачі варіаційного числення. Тоді:
 % \vspace{-2em}
-  \ \fbox{$\delta J(\tilde{y}, h) = 0$} $\ \  \forall h \in C^1[a, b] : h(a) = h(b) = 0$.
+  $\delta J(\tilde{y}, h) = 0 \ \ \forall h \in C^1[a, b] : h(a) = h(b) = 0$.
 \end{boxteo}
 
 \begin{proof}
@@ -1795,14 +1799,331 @@ \subsection{Найпростіша задача варіаційного чис
   ||\eta|| = |\alpha| \left( \max\limits_{x\in [a,b]} \left| h(x) \right| + \max\limits_{x\in [a,b]} \left| h'(x) \right| \right) = |\alpha| \cdot ||h||_{C^1[a,b]} < \delta
   $$
   Таким чином:
+  $
+  \Phi(\alpha) = J( \tilde{y} + \alpha h) \geq J  (\tilde{y}) = \Phi(0) \
+  $
+  $\Longrightarrow$ точка $\alpha = 0 $ --- точка локального мінімуму $\Phi (\alpha). $ Тому:
+  $
+  0 = \Phi'(0) = \delta J(\tilde{y}, h)
+  $
+\end{proof}
+
+\begin{remark}
+  Дана теорема є незручною для розв'язання задач. Для того, щоб встановити більш зручну теорему, потрібна \textit{Лема Лагранжа}.
+\end{remark}
+
+\begin{boxlema}
+  Якщо $f\in C[a,b]$ і $ \int\limits_{a}^{ b}{f(x)h(x) \mathrm{d}x} =0\ :\
+  \forall h \in C^1[a, b] : h(a) = h(b) = 0
+  $, тоді: $f(x) = 0 \ \ \forall x \in [a,b]$.
+\end{boxlema}
+
+\begin{proof}
+ Припустимо від супротивного, що $\exists x_0 \in [a,b] : f(x_0) \neq 0.$ Візьмемо $f(x_0)>0$. Оскільки $f \in C[a,b]$, то існує окіл цієї точки: $$O_{\varepsilon } (x_0) = (x_0 - \varepsilon , x_0 + \varepsilon) \text{ такий, що: } f(x) > 0 \ \forall x \in O_{\varepsilon}(x_0) $$  Візьмемо:
+ $$
+ h(x) = \begin{cases}
+  (x-(x_0 -\varepsilon ))^2(x-(x_0 +\varepsilon ))^2, & x \in O_{\varepsilon};\\
+  0,  & x \notin O_{\varepsilon}.
+ \end{cases} \quad \begin{gathered}
+  \includegraphics[scale=0.17]{assets/lectures_recent-91d0043b.png}
+ \end{gathered}
+ $$
+ Тоді $h(x) \in C^1 [a,b], h(a) = h(b) = 0$. При цьому:
+ $$
+ 0 =  \int\limits_{a}^{b}{f(x)h(x) \mathrm{d}x} =  \int\limits_{x_0 + \varepsilon}^{ x_0 - \varepsilon}{\underbrace{f(x) h(x)}_{ > 0 \text{ за прип.}}\mathrm{d} x } > 0
+ $$
+ Отримали протиріччя $0 > 0$.
+\end{proof}
+
+\begin{boxteo}
+ Нехай $F(x,y,p)  \in C^2([a,b] \times \mathbb{R}^2)$ -- задана функція. Нехай допустима функція $\tilde{y} \in C^2[a,b]$ є розв'язком найпростішої задачі варіаційного числення. Тоді $\tilde{y}(x)$ задовільняє рівняння Ейлера на $[a,b]$:
+ $$
+ \frac{\d F}{\d y} - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} \frac{\d F}{\d y'} =0
+ $$
+\end{boxteo}
+
+\begin{proof}
+Нехай  $\tilde{y} \in C^2[a,b]$ є розв'язком найпростішої з.в.ч. Тоді:
+$$
+\delta J(\tilde{y}, h) = 0 \qquad \forall h \in C^1 [a,b] : h(a) = h(b) = 0
+$$
+$$
+0 = \delta J(\tilde{y}, h) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\alpha} J(\tilde{y} + \alpha h) \vline_{\alpha=0} =
+  \int\limits_{a}^{b}{ \frac{\d F}{\d y} (x, \tilde{y}, \tilde{y}') \cdot h(x) + \frac{\d F}{\d y'} (x, \tilde{y}, \tilde{y}') \cdot h'(x)
+ } =$$$$= \left|
+\begin{gathered}
+ u =   \frac{\d F}{\d y'} (x, \tilde{y}, \tilde{y}')\\
+ du = \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} \left(  \frac{\d F}{\d y'} (x, \tilde{y}, \tilde{y}') \right)
+\end{gathered} \ \
+\begin{gathered}
+ dv = h' (x ) \mathrm{d}x \\
+ v = h(x)
+\end{gathered}
+  \right| =   \int\limits_{a}^{b}{ \frac{\d F}{\d y} (x, \tilde{y}, \tilde{y}') \cdot h(x) \mathrm{d}x} \ +
+$$
+$$
++ \underbrace{ \left. \frac{\d F}{\d y'} (x, \tilde{y}, \tilde{y}') \cdot h(x) \right|_{a}^b}_{ = 0 \ \Leftarrow \ h(b) = h(a) = 0}  -  \int\limits_{a}^{ b}{\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} \left(  \frac{\d F}{\d y'} (x, \tilde{y}, \tilde{y}') \right) \cdot h(x) \mathrm{d} x} =
+$$
+$$
+ =  \int\limits_{a}^{b}{ \left[
+ \frac{\d F}{\d y} (x, \tilde{y}, \tilde{y}')
+  - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} \left(  \frac{\d F}{\d y'} (x, \tilde{y}, \tilde{y}') \right)
+  \right]\cdot h(x) \mathrm{d} x} = 0
+$$
+$$
+\forall h \in C^1[a,b] : h(a) = h(b) = 0 \xRightarrow{\text{лема Лагранжа}} \text{ рівняння Ейлера.}
+$$
+\end{proof}
+
+\begin{defo}
+  Розв'язки рівняння Ейлера називаються \textbf{екстремалями} функціоналу $J(y)$. Екстремалі, які є допустимими функціями, називаютсья \textit{допустимими екстремалями}. Саме серед допустимих екстремалей слід шукати розв'язок НЗВЧ.
+\end{defo}
+\begin{remark}
+  Умови $\tilde{y} \in C^2[a,b] , F\in C^2 \left( [a,b] \times \mathbb{R}^2 \right)$ накладені з метою спростити доведення (щоб ''узаконити'' інтегрування частинами). Насправді, твердження теореми буде вірним і для неперервно-диференційованих функцій.
+\end{remark}
+
+
+\begin{example}
+ $$
+ \begin{dcases}
+   \int\limits_{0}^{ 1}{(y'(x))^2 \mathrm{d} x} \to \mathrm{extr};\\
+   y(0) = 0 \qquad y(1) = 1.
+ \end{dcases}
+ $$
+ \begin{enumerate}
+   \item Складаємо і розв'язуємо рівняння Ейлера:
+   $$
+   \frac{\d F}{\d y} - \frac{\mathrm{d} }{ \mathrm{d} x} \frac{\d F}{\d y'} = 0
+   $$
+   $$
+   F(x,y,y') = (y')^2 \qquad \frac{\d F}{\d y} = 0 \qquad \frac{\d F}{\d y'} = 2y'
+   $$
+   $$
+   \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \frac{\d F}{ \d y'} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} (2 y') = 2 y''  \ \Longrightarrow \
+   0 - 2y'' = 0 \ \Longrightarrow \  \fbox{$y'' = 0$}
+   $$
+   Отримали рівняння Ейлера. Двічі інтегруємо:
+   $$
+   y = C_1 x + C_2 \text{ --- сімейство екстремалей.}
+   $$
+   \item Знаходимо допустимі екстремалі.
+   $$
+   y(0) = 0 \ \Rightarrow \  0 = C_1 \cdot 0 + C_2 \ \Rightarrow \  C_2 = 0
+   $$
+   $$
+   y(1) = 1 \ \Rightarrow \  1 = C_1 \cdot 1 \ \Rightarrow \  C_1 = 1
+   $$
+   $$
+   \tilde{y}(x) = x \text{ --- допустима екстремаль.}
+   $$
+   \item Перевіряємо, чи досягаєтся в $\tilde{y} (x)\  \mathrm{extr}$ функціоналу $J(y)$:\\
+   $
+   \forall h \in C^1 [0,1] : h(0) = h(1) = 0
+   $ розглядаємо $J(\tilde{y} + h) - J(\tilde{y})$.\\
+ \end{enumerate}
+ \begin{itemize}
+   \item    Якщо $J(\tilde{y}+ h) - J(\tilde{y})  \geq 0 \ \ \forall h \in C^1 [0,1] : h(0) = h(1) = 0$  принаймі з деякого околу $||h||_{C^1 [0,1]} < \delta$, то $\tilde{y} (x) $ забезпечує слабкий локальний мінімум функціоналу.
+   \item Якщо $J(\tilde{y}+ h) - J(\tilde{y})  \geq 0 \ \ \forall h \in C^1 [0,1] : h(0) = h(1) = 0$, то $\tilde{y} (x) $ забезпечує слабкий глобальний мінімум функціоналу.
+   \item Якщо нерівність виконується з протилежним знаком ($ \leq 0$), то досягається максимум (локальний або глобальний).
+   \item Якщо різниця функціоналів знакозмінна, то extr не досягається.
+ \end{itemize}
+ Маємо:
+ $$
+ J(\tilde{y} + h) - J(\tilde{y}) =  \int\limits_{0}^{1}{ (\tilde{y}' + h')^2 \mathrm{d}x} -  \int\limits_{0}^{ 1}{ (\ty')^2 \mathrm{d} x} =
+ $$
+ $$
+ =  \int\limits_{0}^{ 1}{ (\ty')^2  + 2 \ty'h' + h'^2  -  (\ty')^2 \mathrm{d}x} \oeq
+ $$
+ $$
+ \left(  \int\limits_{0}^{1}{ \ty' h'} =  \left|  \begin{gathered}
+  \ty' = u\\
+  \ty'' = \mathrm{d}u
+ \end{gathered}\ \ \begin{gathered}
+  h' = v' \\
+  h = v
+ \end{gathered} \right| = \ty' h\bigg|_0^1 -  \int\limits_{0}^{1}{ \ty'' h \mathrm{d}x} = 0 \right)
+ $$
+ $$
+ \oeq  \int\limits_{0}^{1}{ (h')^2 \mathrm{d}x} \geq  \quad \forall h \in C^1[0,1] : h(0) = h(1) = 0 \Longrightarrow \fbox{сл. глобальний мінімум.}
+ $$
+\end{example}
+
+\begin{example}
+ $$
+ \begin{dcases}
+  J(y) =  \int\limits_{0}^{1}{ (y + y')^2 \mathrm{d} x} \to \mathrm{extr}\\
+  y(0) = 1 \qquad y(1) = 0
+ \end{dcases}
+ $$
+\end{example}
+\begin{enumerate}
+  \item Складаємо і розв'язуємо рівняння Ейлера:
   $$
-  \Phi(\alpha) = J( \tilde{y} + \alpha h) \geq J  (\tilde{y}) = \Phi(0) \  \Longrightarrow
+  F = (y + y')^2 \qquad \frac{\d F}{\d y} = 2(y + y') \qquad \frac{\d F}{\d y'} = 2(y + y')
   $$
-  $\Longrightarrow$ т. $\alpha = 0 $ --- точка локального мінімуму $\Phi (\alpha). $ Тому:
   $$
-  0 = \Phi'(0) = \delta J(\tilde{y}, h)
+  \frac{\d F}{\d y} - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d}x } \frac{\d F}{\d y'} = 0, \ \ y + y' - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} (y + y') = 0
+  $$
+  $$
+  y + y' - y' - y'' = 0 \ \ \Longrightarrow \ \  y'' - y = 0  \textit{ --- рівняння Ейлера.}
+  $$
+  Отримали ЛОР 2-го порядку. Складемо характеристичне рівняння:
+  $$
+  \lambda^2 - 1 = 0 \ \Longrightarrow \  \lambda= \pm 1 \ \Longrightarrow \  y(x) = C_1 + e^x + C_2 e^{-x} \text{-- сімейство екстремалей.}
+  $$
+  \item Знаходимо допустові екстремалі:
+  $$
+  \begin{array}{l c c c}
+    y(0) = 1 : & 1 = C_1 e^0 + C_2 e^0  & \Longrightarrow & C_1 + C_2 = 1\\
+    y(1) = 0 : & 0 = C_1 e^{1} + C_2 e^{-1}  & \Longrightarrow & C_1 + C_2e^{-2} = 0\\
+  \end{array} \Rightarrow
+  \begin{cases}
+    C_1 + C_2 = 1\\
+    C_1 + C_2e^{-2} = 0
+  \end{cases}
+  $$
+  $$
+  C_2 (e - e^{-1}) = e  \quad  \Longrightarrow \quad C_2 = \frac{e}{e - e^{-1}}  \quad \Longrightarrow \quad C_1 = - \frac{1}{e ( e - e ^{-1})}
+  $$
+  $$
+  \ty (x) =  - \frac{1}{e ( e - e ^{-1})}  e^{x} + \frac{e}{e - e^{-1}} e^{-x} = \frac{1}{e - e^{-1}}  \left(  - e^{x-1} + e^{-x +1} \right) = - \frac{\sh(x-1)}{\sh(1)}
+  $$
+  Отримали $- \frac{\sh(x-1)}{\sh(1)}$ --- допустима екстремаль.
+  \item Перевірка. Перевіряємо, чи забезпечує $\ty (x) $ екстремум задачі.\\
+  $
+  \forall h \in C ^1 [0,1] : h(0) = h(1) = 0:
+  $
+  $$
+  J(\ty  + h ) - J(\ty) =  \int\limits_{0}^{1}{ ((\ty + h) + (\ty' + h'))^2 \mathrm{d}x} -  \int\limits_{0}^{1}{
+  (\ty + \ty')^2 \mathrm{d}x
+  } =
+  $$
+  $$
+  =  \int\limits_{0}^{1}{ (\ty + h)^2 + 2 (\ty + h) (\ty' + h') + (\ty' + h')^2 \mathrm{d} x} -  \int\limits_{0}^{1}{ \ty^2 + 2 \ty\ty' + (\ty')^2 \mathrm{d}x} =
+  $$
+  $$
+  = \left|  \textit{розкриваючи дужки} \right| =  \int\limits_{0}^{1}{ h^2 + (h')^2 + 2 (\ty + \ty') h + 2(\ty + \ty')h' \mathrm{d} x } \oeq
+  $$
+  $$
+  \left( \begin{gathered}
+   \text{ Візьмемо частинами:} \\
+ \int\limits_{0}^{1}{ (\ty + \ty')h' \mathrm{d}x} = \left|  \begin{gathered}
+  (\ty + \ty') = u \\
+  (\ty' + \ty'' ) = \mathrm{d} u
+ \end{gathered} \ \begin{gathered}
+  h' = v' \\
+  h = v
+ \end{gathered} \right| = \ \\
+ = \underbrace{(\ty + \ty')h \bigg|_{0}^{1}}_{ = 0 \ \Leftarrow \ h(0)=h(1)=0 } -  \int\limits_{0}^{1}{(\ty' + \ty'' )h \mathrm{d}x}
+  \end{gathered} \right)
+  $$
+  $$
+  \oeq  \int\limits_{0}^{1}{h^2 + (h')^2 + \underbrace{2 (\ty + \ty' - \ty' - \ty'')}_{=0 \ \Leftarrow \ \ty = \ty'' (\text{з р-ня Ейлера})h} \mathrm{d}x} =
+  $$
+  $$
+  =  \int\limits_{0}^{1}{ (h^2 + (h')^2)\mathrm{d}x} \geq 0 \qquad
+   \forall h \in C^1[a,b] : h(0) = h(1) = 0
+  $$
+
+  Отримали: \fbox{$\ty(x) = -\frac{\sh(x-1)}{\sh(1)} $ --- слабкий глобальний мінімум функціоналу.}
+\end{enumerate}
+
+\subsection{Задача про брахісторону}
+Знайти криву, по якій матеріальна точка скотиться найшвидше, нехтуюч тертям та опорою середовища.
+Нехай $A$ - точка початку координат, т. $B (x_1, y_1)$.
+$$
+\begin{gathered}
+ \includegraphics[scale=0.2]{assets/lectures_part_3-91d0349d.png}
+\end{gathered}
+\qquad \quad
+\begin{gathered}
+U(x) = \frac{\mathrm{d} s}{ \mathrm{d} t} \ \Longrightarrow \ \mathrm{d}t = \frac{\mathrm{d} s}{U(x)}\\
+\mathrm{d} s = \sqrt{1 + (y')^2} \mathrm{d} x\\
+\text{Закон збереження енергії:}\\
+\frac{mv^2}{2} = mgy \ \Longrightarrow \  v = \sqrt{2gy} \\
+\mathrm{d}t = \dfrac{\sqrt{1 + (y')^2} \mathrm{d} x}{\sqrt{2gy}}
+\end{gathered}
+$$
+Отримали математичну постановку задачі:
+$$
+\begin{dcases}
+ t = \frac{1}{2g}  \int\limits_{0}^{x_1}{ \sqrt{ \frac{1+ (y')^2}{y} } \mathrm{d} x} \to \mathrm{extr}\\
+ y(0) = 0 \qquad \quad y(x_1)  = y_1
+\end{dcases}
+$$
+Класичне рівняння Ейлера надто складне для даної задачі.
+\begin{boxlema}
+  Якщо $F(x,y,y') = F(y, y')$, то рівняння Ейлера набуває наступного вигляду:
+  $$
+  \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left( F - y' \frac{\d F}{ \d y'}  \right) = 0
   $$
+\end{boxlema}
+\begin{proof}
+ Розглядаємо рівняння Ейлера:
+ $$
+ \frac{\d F}{\d y} - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} \left( \frac{\d F}{\d y'}  \right) = 0
+ $$
+$$
+{ \everymath={\displaystyle}
+\begin{array}{c c l}
+\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left( F (y, y') - y' \frac{\d F}{\d y}  \right) & = &\frac{\d F}{\d y} \cdot y' +
+\frac{\d F}{\d y} \cdot y'' - y'' \frac{\d F}{\d y} - y' \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left( \frac{\d F}{\d y'}  \right) =\\
+\  & = & 0 + y'  \underbrace{\left(\frac{\d F}{\d y} - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} \left( \frac{\d F}{\d y'}  \right)  \right)}_{=0}   = 0
+\end{array}}
+ $$
 \end{proof}
 
-\input{lectures_recent}
+$$
+\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} \left( F  - y' \frac{\d F}{\d y'}  \right) = 0 \quad \Longrightarrow \quad
+F - y' \frac{\d F}{\d y'} = C \quad \Longrightarrow \quad F = \sqrt{ \frac{1 + (y')^2}{y} }
+$$
+
+$$
+\frac{\d F }{\d y'} = \frac{1}{\sqrt{y}} \cdot \frac{2 y'}{2 \sqrt{1 + (y')^2}}  = \frac{y'}{\sqrt{y (1 + y')^2}}
+$$
+Маємо:
+$$
+\sqrt{ \frac{1 + (y')^2}{y} } - \frac{(y')^2}{\sqrt{y (1 + y')^2}} = C
+$$
+Домножимо ліву та праву і праву частину на $\sqrt{y(1 + (y')^2)}$:
+$$
+1 + (y')^2  - (y')^2 = C \sqrt{y(1 + (y')^2)}, \ \ y(1 + (y')^2) = C_1 \text{, де } C_1 = \frac{1}{C^2}
+$$
+Отримали рівняння, нерозв'язне відносно похідної:
+$$
+y = \frac{C_1}{ 1 + (y')^2}
+$$
+Параметризація:
+$$
+x = x \qquad y' = \ctg{p} \qquad p\text{ -- параметр}, \  y = \frac{C_1}{ 1 + \ctg^2{p}} = C_1 \cdot \sin^2{p}, \  dy = y'dx
+$$
+$$
+2 C_1 \sin{p} \cos{p} \mathrm{d} p = \frac{\cos{p}}{\sin{p}} \mathrm{d}x, \ \ 2 C_1 \sin^2{p} \mathrm{d} p = \mathrm{d}x, \ \ C_1 (1 - \cos{( 2p)})  \mathrm{d} p = \mathrm{d} x
+$$
+$$
+\begin{dcases}
+ x = C_1 ( p - \frac{ \sin{(2p)}}{2} ) + C_2\\
+ y = C_1 \sin^2{p}
+\end{dcases}
+\quad \Longrightarrow \quad
+\begin{dcases}
+ \text{Параметризоване рівняння циклоїди:}\\
+ x = \frac{C_1}{2}  ( 2p - \sin{(2p)} ) + C_2\\
+ y = \frac{C_1}{2} ( 1 - \cos{(2p)})
+\end{dcases}
+$$
+
+Оскільки $y(0) = 0 \Longrightarrow C_2 = 0$. $C_1$ знаходимо з умови $y(x_1) = y_1$.
+
+
+\section{Лекція 7}
+\subsection{Задча з вільним кінцем}
+Нехай $a, b \in \mathrm{R}, a < b$ -- задачі числа, $F(x, y, p) \in C^2([a, b] \times \mathrm{R}^2)$ -- задана функція. Розглянемо інтеграл: $$J(y) = \int\limits_{a}^{b}F(x, y(x), y'(x))\mathrm{d}x$$
+На множині функцій: $$ M = \{ y \in C^1[a, b] \ | \ y(a = A)\}, \text{ де } A \in \mathrm{R} \text{ -- задане число} $$
+Функції $y \in M$ -- допустимі функції.
+
+\defo Допустима фунція $\tilde{y}(x) \in M$ забезпечує слабкий локальний min(max) функціоналу $J(y)$ на $M$, якщо $\exists \delta > 0 : \forall y \in M ||y - \tilde{y}||_{C^1[a, b]} < \delta$ справедливо, що $J(y) \geq (\leq) J(\tilde{y})$. Якщо нерівність виконується для $\forall y \in M$, то допустима функція $\tilde{y} \in M$ забезпечує глобальний min(max) функціоналу $J(y)$ на $M$.
+
+\defo Задач пошуку слабкого локального (глобального) екстремуму функціоналу $J(y)$ на $M$ називається задачею з вільним кінцем.
+ %\input{lectures_recent}
 \end{document}
diff --git a/Stability theory/lectures_recent.tex b/Stability theory/lectures_recent.tex
index c7a75ba..e69de29 100644
--- a/Stability theory/lectures_recent.tex	
+++ b/Stability theory/lectures_recent.tex	
@@ -1,331 +0,0 @@
-\def\ty{\tilde{y}}
-\def\sh{\mathrm{sh}}
-\def\ch{\mathrm{ch}}
-
-\begin{remark}
-  Дана теорема є незручною для розв'язання задач. Для того, щоб встановити більш зручну теорему, потрібна \textit{Лема Лагранжа}.
-\end{remark}
-
-\begin{lema}
-  Якщо $f\in C[a,b]$ і $ \int\limits_{a}^{ b}{f(x)h(x) \mathrm{d}x} =0\ :\
-  \forall h \in C^1[a, b] : h(a) = h(b) = 0
-  $,
-  $$
-  \textbf{Тоді:} \qquad f(x) = 0 \ \ \forall x \in [a,b]
-  $$
-\end{lema}
-\begin{proof}
- Припустимо від супротивного, що $\exists x_0 \in [a,b] : f(x_0) \neq 0.$ Візьмемо $f(x_0)>0$. Оскільки $f \in C[a,b]$, то існує окіл цієї точки: $O_{\varepsilon } (x_0) = (x_0 - \varepsilon , x_0 + \varepsilon )$ такий, що: $\forall x \in O_{\varepsilon }$. Візьмемо:
- $$
- h(x) = \begin{cases}
-  (x-(x_0 -\varepsilon ))^2(x-(x_0 +\varepsilon ))^2, & x \in O_{\varepsilon};\\
-  0,  & x \notin O_{\varepsilon}.
- \end{cases} \quad \begin{gathered}
-  \includegraphics[scale=0.17]{assets/lectures_recent-91d0043b.png}
- \end{gathered}
- $$
- Тоді $h(x) \in C^1 [a,b], h(a) = h(b) = 0$. При цьому:
- $$
- 0 =  \int\limits_{a}^{b}{f(x)h(x) \mathrm{d}x} =  \int\limits_{x_0 + \varepsilon}^{ x_0 - \varepsilon}{\underbrace{f(x) h(x)}_{ > 0 \text{ за прип.}}\mathrm{d} x } > 0
- $$
- Отримали протирічча $0 > 0$.
-\end{proof}
-\begin{boxteo}
- Нехай $F(x,y,p)  \in C^2([a,b] \times \mathbb{R}^2)$ - задана функція.\\ Нехай допустима функція $\tilde{y} \in C^2[a,b]$ є розв'язком найпростішої з.в.ч.\\
- Тоді $\tilde{y}(x)$ задовільняє рівняння Ейлера на $[a,b]$:
- $$
- \frac{\d F}{\d y} - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} \frac{\d F}{\d y'} =0
- $$
-\end{boxteo}
-\newpage
-\begin{proof}
-Нехай  $\tilde{y} \in C^2[a,b]$ є розв'язком найпростішої з.в.ч. Тоді:
-$$
-\delta J(\tilde{y}, h) = 0 \qquad \forall h \in C^1 [a,b] : h(a) = h(b) = 0
-$$
-$$
-0 = \delta J(\tilde{y}, h) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\alpha} J(\tilde{y} + \alpha h) \vline_{\alpha=0} =
-  \int\limits_{a}^{b}{ \frac{\d F}{\d y} (x, \tilde{y}, \tilde{y}') \cdot h(x) + \frac{\d F}{\d y'} (x, \tilde{y}, \tilde{y}') \cdot h'(x)
- } =$$$$= \left|
-\begin{gathered}
- u =   \frac{\d F}{\d y'} (x, \tilde{y}, \tilde{y}')\\
- du = \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} \left(  \frac{\d F}{\d y'} (x, \tilde{y}, \tilde{y}') \right)
-\end{gathered} \ \
-\begin{gathered}
- dv = h' (x ) \mathrm{d}x \\
- v = h(x)
-\end{gathered}
-  \right| =   \int\limits_{a}^{b}{ \frac{\d F}{\d y} (x, \tilde{y}, \tilde{y}') \cdot h(x) \mathrm{d} x} +
-$$
-$$
-+ \underbrace{ \left. \frac{\d F}{\d y'} (x, \tilde{y}, \tilde{y}') \cdot h(x) \right|_{a}^b}_{ = 0 \ \Leftarrow \ h(b) = h(a) = 0}  -  \int\limits_{a}^{ b}{\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} \left(  \frac{\d F}{\d y'} (x, \tilde{y}, \tilde{y}') \right) \cdot h(x) \mathrm{d} x} =
-$$
-$$
- =  \int\limits_{a}^{b}{ \left[
- \frac{\d F}{\d y} (x, \tilde{y}, \tilde{y}')
-  - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} \left(  \frac{\d F}{\d y'} (x, \tilde{y}, \tilde{y}') \right)
-  \right]\cdot h(x) \mathrm{d} x} = 0
-$$
-$$
-\forall h \in C^1[a,b] : h(a) = h(b) = 0 \xRightarrow{\text{лема Лагранжа}} \text{ р-ня Ейлера.}
-$$
-\end{proof}
-\begin{defo}
-  Розв'язки рівняння Екйлера називаються \textbf{екстремалями} функціоналу $J(y)$. Екстремалі, які є допустимими функціями, називаютсья \textit{допустимими екстремалями}. Саме серед допустимих екстремалей слід шукати розв'язок НЗВЧ.
-\end{defo}
-\begin{remark}
-  Умови $\tilde{y} \in C^2[a,b] , F\in C^2 \left( [a,b] \times \mathbb{R}^2 \right)$ накладені з метою спростити доведення (щоб ''узаконити'' інтегрування частинами). Насправді, твердження теореми буде вірним і для неперервно-диференційованих функцій.
-\end{remark}
-\begin{example}
- $$
- \begin{dcases}
-   \int\limits_{0}^{ 1}{(y'(x))^2 \mathrm{d} x} \to \mathrm{extr};\\
-   y(0) = 0 \qquad y(1) = 1.
- \end{dcases}
- $$
- \begin{enumerate}
-   \item Складаємо і розв'язуємо рівняння Ейлера:
-   $$
-   \frac{\d F}{\d y} - \frac{\mathrm{d} }{ \mathrm{d} x} \frac{\d F}{\d y'} = 0
-   $$
-   $$
-   F(x,y,y') = (y')^2 \qquad \frac{\d F}{\d y} = 0 \qquad \frac{\d F}{\d y'} = 2y'
-   $$
-   $$
-   \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \frac{\d F}{ \d y'} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} (2 y') = 2 y''  \ \Longrightarrow \
-   0 - 2y'' = 0 \ \Longrightarrow \  \fbox{$y'' = 0$}
-   $$
-   Отримали рівняння Ейлера. Двічі інтегруємо:
-   $$
-   y = C_1 x + C_2 \text{ --- сімейство екстремалей.}
-   $$
-   \item Знаходимо допустимі екстремалі.
-   $$
-   y(0) = 0 \ \Rightarrow \  0 = C_1 \cdot 0 + C_2 \ \Rightarrow \  C_2 = 0
-   $$
-   $$
-   y(1) = 1 \ \Rightarrow \  1 = C_1 \cdot 1 \ \Rightarrow \  C_1 = 1
-   $$
-   $$
-   \tilde{y}(x) = x \text{ --- допустима екстремаль.}
-   $$
-   \item Перевіряємо, чи досягаєтся в $\tilde{y} (x)\  \mathrm{extr}$ функціоналу $J(y)$:\\
-   $
-   \forall h \in C^1 [0,1] : h(0) = h(1) = 0
-   $ розглядаємо $J(\tilde{y} + h) - J(\tilde{y})$.\\
- \end{enumerate}
-
- \newpage
-
- \begin{itemize}
-   \item    Якщо $J(\tilde{y}+ h) - J(\tilde{y})  \geq 0 \ \ \forall h \in C^1 [0,1] : h(0) = h(1) = 0$  принаймі з деякого околу $||h||_{C^1 [0,1]} < \delta$, то $\tilde{y} (x) $ забезпечує слабкий локальний мінімум функціоналу.
-   \item Якщо $J(\tilde{y}+ h) - J(\tilde{y})  \geq 0 \ \ \forall h \in C^1 [0,1] : h(0) = h(1) = 0$, то $\tilde{y} (x) $ забезпечує слабкий глобальний мінімум функціоналу.
-   \item Якщо нерівність виконується з протилежним знаком ($ \leq 0$), то досягається максимум (локальний або глобальний).
-   \item Якщо різниця функціоналів знакозмінна, то extr не досягається.
- \end{itemize}
- Маємо:
- $$
- J(\tilde{y} + h) - J(\tilde{y}) =  \int\limits_{0}^{1}{ (\tilde{y}' + h')^2 \mathrm{d}x} -  \int\limits_{0}^{ 1}{ (\ty')^2 \mathrm{d} x} =
- $$
- $$
- =  \int\limits_{0}^{ 1}{ (\ty')^2  + 2 \ty'h' + h'^2  -  (\ty')^2 \mathrm{d}x} \oeq
- $$
- $$
- \left(  \int\limits_{0}^{1}{ \ty' h'} =  \left|  \begin{gathered}
-  \ty' = u\\
-  \ty'' = \mathrm{d}u
- \end{gathered}\ \ \begin{gathered}
-  h' = v' \\
-  h = v
- \end{gathered} \right| = \ty' h\bigg|_0^1 -  \int\limits_{0}^{1}{ \ty'' h \mathrm{d}x} = 0 \right)
- $$
- $$
- \oeq  \int\limits_{0}^{1}{ (h')^2 \mathrm{d}x} \geq  \quad \forall h \in C^1[0,1] : h(0) = h(1) = 0 \Longrightarrow \fbox{сл. глобальний мінімум.}
- $$
-\end{example}
-\newpage
-\begin{example}
- $$
- \begin{dcases}
-  J(y) =  \int\limits_{0}^{1}{ (y + y')^2 \mathrm{d} x} \to \mathrm{extr}\\
-  y(0) = 1 \qquad y(1) = 0
- \end{dcases}
- $$
-\end{example}
-\begin{enumerate}
-  \item Складаємо і розв'язуємо рівняння Ейлера:
-  $$
-  F = (y + y')^2 \qquad \frac{\d F}{\d y} = 2(y + y') \qquad \frac{\d F}{\d y'} = 2(y + y')
-  $$
-  $$
-  \frac{\d F}{\d y} - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d}x } \frac{\d F}{\d y'} = 0
-  $$
-  $$
-  y + y' - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} (y + y') = 0
-  $$
-  $$
-  y + y' - y' - y'' = 0 \ \ \Longrightarrow \ \  y'' - y = 0  \textit{ --- рівняння Ейлера.}
-  $$
-  Отримали ЛОР 2-го порядку. Складемо характеристичне рівняння:
-  $$
-  \lambda^2 - 1 = 0 \ \Longrightarrow \  \lambda= \pm 1 \ \Longrightarrow \  y(x) = C_1 + e^x + C_2 e^{-x} \text{-- сімейство екстремалей.}
-  $$
-  \item Знаходимо допустові екстремалі:
-  $$
-  \begin{array}{l c c c}
-    y(0) = 1 : & 1 = C_1 e^0 + C_2 e^0  & \Longrightarrow & C_1 + C_2 = 1\\
-    y(1) = 0 : & 0 = C_1 e^{1} + C_2 e^{-1}  & \Longrightarrow & C_1 + C_2e^{-2} = 0\\
-  \end{array} \Rightarrow
-  \begin{cases}
-    C_1 + C_2 = 1\\
-    C_1 + C_2e^{-2} = 0
-  \end{cases}
-  $$
-  $$
-  C_2 (e - e^{-1}) = e  \quad  \Longrightarrow \quad C_2 = \frac{e}{e - e^{-1}}  \quad \Longrightarrow \quad C_1 = - \frac{1}{e ( e - e ^{-1})}
-  $$
-  $$
-  \ty (x) =  - \frac{1}{e ( e - e ^{-1})}  e^{x} + \frac{e}{e - e^{-1}} e^{-x} = \frac{1}{e - e^{-1}}  \left(  - e^{x-1} + e^{-x +1} \right) = - \frac{\sh(x-1)}{\sh(1)}
-  $$
-  Отримали $- \frac{\sh(x-1)}{\sh(1)}$ --- допустима екстремаль.
-  \item Перевірка. Перевіряємо, чи забезпечує $\ty (x) $ екстремум задачі.\\
-  $
-  \forall h \in C ^1 [0,1] : h(0) = h(1) = 0:
-  $
-  $$
-  J(\ty  + h ) - J(\ty) =  \int\limits_{0}^{1}{ ((\ty + h) + (\ty' + h'))^2 \mathrm{d}x} -  \int\limits_{0}^{1}{
-  (\ty + \ty')^2 \mathrm{d}x
-  } =
-  $$
-  $$
-  =  \int\limits_{0}^{1}{ (\ty + h)^2 + 2 (\ty + h) (\ty' + h') + (\ty' + h')^2 \mathrm{d} x} -  \int\limits_{0}^{1}{ \ty^2 + 2 \ty\ty' + (\ty')^2 \mathrm{d}x} =
-  $$
-  $$
-  = \left|  \textit{розкриваючи дужки} \right| =  \int\limits_{0}^{1}{ h^2 + (h')^2 + 2 (\ty + \ty') h + 2(\ty + \ty')h' \mathrm{d} x } \oeq
-  $$
-  $$
-  \left( \begin{gathered}
-   \text{ Візьмемо частинами:} \\
- \int\limits_{0}^{1}{ (\ty + \ty')h' \mathrm{d}x} = \left|  \begin{gathered}
-  (\ty + \ty') = u \\
-  (\ty' + \ty'' ) = \mathrm{d} u
- \end{gathered} \ \begin{gathered}
-  h' = v' \\
-  h = v
- \end{gathered} \right| = \ \\
- = \underbrace{(\ty + \ty')h \bigg|_{0}^{1}}_{ = 0 \ \Leftarrow \ h(0)=h(1)=0 } -  \int\limits_{0}^{1}{(\ty' + \ty'' )h \mathrm{d}x}
-  \end{gathered} \right)
-  $$
-  $$
-  \oeq  \int\limits_{0}^{1}{h^2 + (h')^2 + \underbrace{2 (\ty + \ty' - \ty' - \ty'')}_{=0 \ \Leftarrow \ \ty = \ty'' (\text{з р-ня Ейлера})h} \mathrm{d}x} =
-  $$
-  $$
-  =  \int\limits_{0}^{1}{ (h^2 + (h')^2)\mathrm{d}x} \geq 0 \qquad
-   \forall h \in C^1[a,b] : h(0) = h(1) = 0
-  $$
-
-  Отримали: \fbox{$\ty(x) = -\frac{\sh(x-1)}{\sh(1)} $ --- слабкий глобальний мінімум функціоналу.}
-\end{enumerate}
-\subsection{Задача про брахісторону}
-Знайти криву, по якій матеріальна точка скотиться найшвидше, нехтуюч тертям та опорою середовища.
-Нехай т. $A$ - т. початку координат. т. $B (x_1, y_1)$.
-$$
-\begin{gathered}
- \includegraphics[scale=0.2]{assets/lectures_part_3-91d0349d.png}
-\end{gathered}
-\qquad \quad
-\begin{gathered}
-U(x) = \frac{\mathrm{d} s}{ \mathrm{d} t} \ \Longrightarrow \ \mathrm{d}t = \frac{\mathrm{d} s}{U(x)}\\
-\mathrm{d} s = \sqrt{1 + (y')^2} \mathrm{d} x\\
-\text{Закон збереження енергії:}\\
-\frac{mv^2}{2} = mgy \ \Longrightarrow \  v = \sqrt{2gy} \\
-\mathrm{d}t = \dfrac{\sqrt{1 + (y')^2} \mathrm{d} x}{\sqrt{2gy}}
-\end{gathered}
-$$
-Отримали математичну постановку задачі:
-$$
-\begin{dcases}
- t = \frac{1}{2g}  \int\limits_{0}^{x_1}{ \sqrt{ \frac{1+ (y')^2}{y} } \mathrm{d} x} \to \mathrm{extr}\\
- y(0) = 0 \qquad \quad y(x_1)  = y_1
-\end{dcases}
-$$
-Класичне рівняння Ейлера надто складне для даної задачі.
-\begin{lema}
-  Якщо $F(x,y,y') = F(y, y')$, то рівняння Ейлера набуває вигляду:
-  $$
-  \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left( F - y' \frac{\d F}{ \d y'}  \right) = 0
-  $$
-\end{lema}
-\begin{proof}
- Розглядаємо рівняння Ейлера:
- $$
- \frac{\d F}{\d y} - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} \left( \frac{\d F}{\d y'}  \right) = 0
- $$
-$$
-{ \everymath={\displaystyle}
-\begin{array}{c c l}
-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left( F (y, y') - y' \frac{\d F}{\d y}  \right) & = &\frac{\d F}{\d y} \cdot y' +
-\frac{\d F}{\d y} \cdot y'' - y'' \frac{\d F}{\d y} - y' \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left( \frac{\d F}{\d y'}  \right) =\\
-\  & = & 0 + y'  \underbrace{\left(\frac{\d F}{\d y} - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} \left( \frac{\d F}{\d y'}  \right)  \right)}_{=0}   = 0
-\end{array}}
- $$
-\end{proof}
-
-$$
-\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} \left( F  - y' \frac{\d F}{\d y'}  \right) = 0 \quad \Longrightarrow \quad
-F - y' \frac{\d F}{\d y'} = C
-$$
-$$
-F = \sqrt{ \frac{1 + (y')^2}{y} }
-$$
-$$
-\frac{\d F }{\d y'} = \frac{1}{\sqrt{y}} \cdot \frac{2 y'}{2 \sqrt{1 + (y')^2}}  = \frac{y'}{\sqrt{y (1 + y')^2}}
-$$
-Маємо:
-$$
-\sqrt{ \frac{1 + (y')^2}{y} } - \frac{(y')^2}{\sqrt{y (1 + y')^2}} = C
-$$
-Домножимо ліву та праву і праву частину на $\sqrt{y(1 + (y')^2)}$:
-$$
-1 + (y')^2  - (y')^2 = C \sqrt{y(1 + (y')^2)}
-$$
-$$
-y(1 + (y')^2) = C_1 \text{, де } C_1 = \frac{1}{C^2}
-$$
-Отримали рівняння, нерозв'язне відносно похідної:
-$$
-y = \frac{C_1}{ 1 + (y')^2}
-$$
-Параметризація:
-$$
-x = x \qquad y' = \ctg{p} \qquad p\text{ -- параметр.}
-$$
-$$
-y = \frac{C_1}{ 1 + \ctg^2{p}} = C_1 \cdot \sin^2{p}
-$$
-$$
-dy = y'dx
-$$
-$$
-2 C_1 \sin{p} \cos{p} \mathrm{d} p = \frac{\cos{p}}{\sin{p}} \mathrm{d} x
-$$
-$$
-2 C_1 \sin^2{p} \mathrm{d} p = \mathrm{d} x
-$$
-$$
-C_1 (1 - \cos{( 2p)})  \mathrm{d} p = \mathrm{d} x
-$$
-$$
-\begin{dcases}
- x = C_1 ( p - \frac{ \sin{(2p)}}{2} ) + C_2\\
- y = C_1 \sin^2{p}
-\end{dcases}
-$$
-$$\begin{dcases}
- \text{Параметризоване рівняння циклоїди:}\\
- x = \frac{C_1}{2}  ( 2p - \sin{(2p)} ) + C_2\\
- y = \frac{C_1}{2} ( 1 - \cos{(2p)})
-\end{dcases}
-$$
-Оскільки $y(0) = 0 \Longrightarrow C_2 = 0$.
-$C_1$ знаходимо з умови $y(x_1) = y_1$.