diff --git a/Stability theory/lectures.tex b/Stability theory/lectures.tex index fcd39b8..6264984 100644 --- a/Stability theory/lectures.tex +++ b/Stability theory/lectures.tex @@ -85,6 +85,7 @@ \def\vphi{\overrightarrow{\varphi}} \def\vf{\overrightarrow{f}} \def\vline{\bigg|} +\def\tvy{\vec{\tilde{y}}} \begin{titlepage} \begin{center} @@ -2115,15 +2116,17 @@ \subsection{Задача про брахісторону} Оскільки $y(0) = 0 \Longrightarrow C_2 = 0$. $C_1$ знаходимо з умови $y(x_1) = y_1$. +\newpage \section{Лекція 7} -\subsection{Задча з вільним кінцем} +\subsection{Задача 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} +\defo Задач пошуку слабкого локального (глобального) екстремуму функціоналу $J(y)$ на $M$ називається \textit{задачею з вільним кінцем}. +\newpage + \input{lectures_recent} \end{document} diff --git a/Stability theory/lectures_recent.tex b/Stability theory/lectures_recent.tex index e69de29..5119d12 100644 --- a/Stability theory/lectures_recent.tex +++ b/Stability theory/lectures_recent.tex @@ -0,0 +1,401 @@ +\begin{boxteo} +Якщо допустима функція: +$$ +\tilde{y} \in C^2[a,b] +$$ +є розв'язком задачі з вільним кінцем, то $\tilde{y} (x)$ задовільняє рівнянню Ейлера на $[a,b]$: +$$ +\frac{\d F +}{\d y} - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} \frac{\d F }{\d y'} = 0 +$$ +та граничній умові при $x = b$: +$$ +\frac{\d }{ +\d y' +} F(x, y(x), y'(x))\bigg|_{x=b} = 0 +$$ +\end{boxteo} +\begin{proof} +Для довільного $\alpha \in \mathbb{R}$, $\forall h\ in C^1 [a,b]:h(a)=0$ розглянемо функцію $\Phi (\alpha) = J(\tilde{y} = \alpha h)$.\par +Тоді для $\Phi (\alpha)$ справедливо, що: +$$ +\Phi (\alpha) = J(\tilde{y} + \alpha h) \geq J(\tilde{y}) = \Phi(0) +$$ +в деякому околі т. $\alpha = 0$ (якщо $\tilde{y}(x)$ -- забезпечує слабкий локальний мінімум). +Отже, т. $\alpha = 0$ - точка локального екстремуму функції $\Phi (\alpha) \Rightarrow \Phi' (0) = 0$. +$$ +0 = \Phi'(0) = \frac{\mathrm{d} }{ \mathrm{d} \alpha} J(\ty - \alpha h) \bigg|_{\alpha = 0} = +$$ +$$ += \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \alpha} \left( \int\limits_{a}^{b}{ +F(x, \ty(x) + \alpha h(x), \ty' (x) + \alpha h' (x) ) \mathrm{d}x +} \right) \bigg|_{\alpha = 0} = +$$ +$$ += \int\limits_{a}^{b}{ \frac{\d F(x, \ty, \ty')}{\d y} \cdot h + \frac{\d F(x, \ty, \ty')}{\d y'} \cdot h' } \mathrm{d} x \oeq +$$ +Візьмемо другий додаток частинами: +$$ +\oeq \frac{\d F(x,\ty, \ty')}{\d y'} \cdot h(x) \bigg|_{a}^{b} + \int\limits_{a}^{b}{ +\left( +\frac{\d F(x, \ty, \ty')}{\d y} - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left( +\frac{\d F(x, \ty, \ty')}{\d y'} + \right) + \right)\cdot h(x) \mathrm{d} x = +} +$$ +$$ += \frac{\d F}{\d y'} (b, \ty(b), \ty'(b)) \cdot h(b) + \int\limits_{a}^{b}{ +\left( \frac{\d F}{ \d y} - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \frac{\d F}{\d y'} \right) h \mathrm{d} x = 0 \ \ (*) +} +$$ +$$ +\forall h \in C^1 [a,b] : h(a) = 0 +$$ +Дана рівність виконується в тому числі і при: +$$ +\forall h \in C^1 [a,b] : h(a) = h(b) = 0. +$$ +Тоді $\forall h \in C^1[a,b] : h(a) = h(b) = 0$: +$$ + \int\limits_{a }^{b}{ \left( \frac{\d F}{\d y} - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \frac{\d F}{\d y'} \right) +h \mathrm{d} x = 0 + } +$$ +$\Longrightarrow $ внаслідок леми Лагранжа отримуємо рівняння Ейлера.\par +Доведемо граничну умову. Повернемося до рівності $(*)$: +$$ +\forall h \in C^1 [a,b] : h(a) = 0: +$$ +$$ +(*) \ \Longrightarrow \ \frac{\d F}{\d y'} (b, \ty(b), \ty'(b)) \cdot h(b) =0 \ \Longrightarrow +$$ +$\Longrightarrow \ $ (з довільного вибору $h(b)$) $\Longrightarrow$ гранична умова. +\end{proof} +\begin{remark} + Розв'язки рівняння Ейлера називаються екстремалями. Розв'язки, які задовольняють умові $x(a) = A$ та граничній умові: + $$ + \frac{\d F}{\d y'}\bigg|_{x=b} = 0 + $$ + називаються \textit{допустимими екстремалями}. +\end{remark} +\begin{remark} + Аналогічно можна розглянути задачу з закріпленим верхнім кінцем та вільним нижнім кінцем $(x(b) = B)$. Тоді гранчна умова має виконуватись в т. $x=a$.\par + Аналогічно можна розглянути задачу з двома вільними кінцями (тоді має виконуватись дві граничні умови). +\end{remark} +\begin{example} + $$ + \begin{dcases} + J(y) = \int\limits_{0}^{1}{ (y'(x))^2 \mathrm{d} x};\\ + y(0) = 1. + \end{dcases} + $$ + \begin{enumerate} + \item Складаємо і розв'язуємо рівняння Ейлера: + $$ + \frac{\d F}{\d y} - \frac{\mathrm{d}}{ \mathrm{d} x} \frac{\d F}{\d y'} = 0 + $$ + $$ + F=(y')^2 \qquad \frac{\d F}{\d y} = 0 \qquad \frac{\d F}{\d y'} = 2y' + $$ + $$ + - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} (2y') = 0 \Longrightarrow y' = C_1 \Longrightarrow \ \fbox{$y = C_1 x + C_2 $ -- сімейство екстремалей.} + $$ + \item Знаходимо допустимі екстремалі: + $$ + y(0) = 1 \quad \Longrightarrow \quad 1 = 0 + C_2 \quad \Longrightarrow \quad C_2 = 1 + $$ + $$ + \frac{\d F}{\d y'} \bigg|_{x=1} = 0 \qquad 2y' (1) = 0 \qquad (y' = C_1) + $$ + $$ + 2C_1 = 0 \quad \Longrightarrow \quad C_1 = 0 \quad \Longrightarrow \quad \fbox{$\ty (x)= 1$ -- єдина допустима екстремаль.} + $$ + \item Перевірка. + $$ + \forall h\in C^1 [0,1] : h(0) = 0 + $$ + $$ + J(\ty + h) - J(\ty) = \int\limits_{0}^{1}{ (\ty' + h')^2 \mathrm{d} x} - \int\limits_{0}^{ 1}{ (\ty')^2 \mathrm{d} x} = \int\limits_{0}^{1}{ (2\ty' h' + (h')^2) \mathrm{d} x} \oeq + $$ + 1-ий доданок беремо частинами: $2\ty' = y ; h' = v'$. + $$ + \hspace*{-2em}\oeq 2\ty' h \bigg|_{0}^{1} + \int\limits_{0}^{1}{-2 \ty'' h + (h')^2 \mathrm{d}x} + = \left| \ \begin{gathered} + h(0) = 0 \Rightarrow 2\ty' h(0) = 0;\\ + \ty (x) = C_1 \Rightarrow y' = y'' = 0 + \end{gathered} \ \right| = \int\limits_{0}^{1}{ (h')^2 \mathrm{d} x} \geq 0 + $$ + $$ + \forall h \in C^1[0,1] : h(0) = 0 \quad \Longrightarrow \quad \text{Маємо глобальний мінімум.} + $$ + \end{enumerate} + \end{example} + \subsection{Задача Больца.} + Нехай $a,b \in \mathbb{R}, a < b$: + \begin{itemize} + \item $F(x,y,p) \in C^2([a,b] \times \mathbb{R}^2)$ -- задана функція. + \item $f(u,v) \in C^1 (\mathbb{R}^2)$ -- задана функція. + \end{itemize} + В просторі $C^1[a,b]$ розглянемо інтеграл: + $$ + J(y) = \int\limits_{a}^{b}{F(x,y(x), y'(x))} \mathrm{d} x + f(y(a), y(b)) + $$ +Означення слабкого локального (глобального) мінімуму (максимуму) аналогічні попереднім задачам. +\begin{defo} + Задача пошуку слабкого локального (глобального) екстремуму функцаоналу $J(y)$ в просторі $C^1 [a,b]$ називається \textbf{задачею Больца}. +\end{defo} +\begin{boxteo} +Нехай $\ty (x) \in C^2 [a,b]$ -- розв'язок задачі Больца. Тоді $\ty(x)$ задовольняэ рівнянню Ейлера на $[a,b]$: +$$ +\frac{\d F}{ \d y} - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \frac{\d F}{\d y'} = 0 +$$ +та умови трансверсальності: +$$ +\frac{\d }{\d y'} F (x, y(x), y'(x)) \bigg|_{x = a} = \frac{\d f}{\d u} (y(a), y(b)) +$$ +$$ +\frac{\d }{\d y'} F (x, y(x), y'(x)) \bigg|_{x = b} = -\frac{\d f}{\d v} (y(a), y(b)) +$$ +\end{boxteo} +\begin{proof} + $\forall \alpha \in \mathbb{R}, \forall h\in C^1 [a,b]$ розглянемо функцію: + $$ + \Phi (\alpha) = J(\ty - \alpha h) + $$ + Оскільки $\ty$ - слабкий локальний (глобальний) екстремум функціоналу $J(\ty)$, то точка $\alpha = 0$ -- т. локального екстремуму функції: + $$\Phi (\alpha) \Longrightarrow 0 = \Phi'(0) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \alpha} J( \ty + \alpha h) \bigg|_{\alpha=0}= $$ + $$ + = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \alpha} \left( + \int\limits_{a}^{ b}{ + F(x,\ty+ \alpha h , \ty' + \alpha h') + } \right) \mathrm{d} x + f (\underbrace{\ty (a) + \alpha h(a)}_{u}, \underbrace{\ty (b) + \alpha h (b)}_{v})\bigg|_{\alpha = 0} = + $$ + $$ + = \int\limits_{a}^{b}{ \left( \frac{\d F}{\d y} (x,\ty, \ty') \cdot h + \frac{\d F}{\d y'} (x, \ty, \ty') \cdot h' \right) \mathrm{d} x} + + $$ + $$ + + \frac{\d f}{\d u}(\ty(a), \ty(b))\cdot h(a) + \frac{\d f}{\d v} (\ty (a), \ty(b)) \cdot h(b) \oeq + $$ + Візьмемо 2-гий доданок під інтегралом частинами: + $$ + \oeq \frac{\d F}{\d y'} (x,\ty, \ty') \cdot h\bigg|_a^b + \int\limits_{ a}^{b}{ \left( +\frac{\d F}{\d y} (x ,\ty, \ty') - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \frac{\d F}{\d y'} (x, \ty, \ty') + \right) \cdot h \mathrm{d} x + } + + $$ + $$ + + \frac{ \d f}{\d u} (\ty(a), \ty (b) ) \cdot h(a) + \frac{\d f}{\d v} (\ty(a), \ty(b)) \cdot h(b) = 0 \qquad (*) + $$ + Дана рівність (*) виконується $\forall h \in C^1[a,b]$, в тому числі: + $$ + \forall h \in C^1 [a,b] : h(a) = h(b) = 0 + $$ + Розглянемо саме цей випадок. Маємо: + $$ + \int\limits_{a}^{b}{ + \left( \frac{\d F}{\d y} (x, \ty, \ty') - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} \frac{\d F}{\d y'} (x,\ty, \ty') \right) \cdot h(x) \mathrm{d} x = 0 + } + $$ + З леми Лагранжа отримуємо рівняння Ейлера: + $$ + \frac{\d F}{ \d y} - \frac{ \mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \frac{\d F}{ \d y'} = 0 \ \text{ для } \ \ty(x) \text{ на } [a,b] + $$ + Повернемося до рівності (*) $ \forall h \in C^1[a,b]$. Маємо: + $$ + \frac{\d F}{\d y'} (b, \ty(b) , \ty'(b))\cdot h(b) - \frac{\d F}{\d y'} (a, \ty(a), \ty'(a))\cdot h(a) + + $$ + $$ + + \frac{\d f}{\d u} (\ty(a), \ty(b)) \cdot h(a)+ \frac{\d f}{\d n} (\ty(a), \ty(b)) \cdot h(b) = 0 \Longrightarrow + $$ + $$ + \Longrightarrow \left[ + \frac{\d F}{\d y'} (b, \ty(b) , \ty'(b)) + \frac{\d f}{\d n} (\ty(a), \ty(b)) + \right] \cdot h(b) + + $$ + $$ + + \left[ +- \frac{\d F}{\d y'} (a, \ty(a), \ty'(a))+ \frac{\d f}{\d u} (\ty(a), \ty(b)) + \right]\cdot h(a) = 0 + $$ + З довільності вибору $h(x) \in C^1 [a,b]$ отримуємо умови трансверсальності. +\end{proof} +\begin{remark} + Аналогічно всі розв'язки рівняння Ейлера називаютсья \textit{екстремалями}. + Розв'язи, які задовольняють умовам трансверсальності --- \textit{допустимими екстремалями}. +\end{remark} + +\begin{example} + $$ + \int\limits_{0}^{1}{ (y')^2 - y} \mathrm{d} x + \frac{y^2(1)}{2} \longrightarrow \mathrm{extr} + $$ +\begin{spacing}{1} +\begin{enumerate} + \item Складаємо і розв'язуємо рівняння Ейлера: + $$ + \frac{\d F}{\d y} - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} \frac{\d F}{\d y'} = 0 + $$ + $$ + -1 - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} (2y') = 0 + $$ + $$ + -1 - 2y'' = 0 \quad \Longrightarrow \quad y'' = \frac{1}{2} + $$ + $$ + y' = - \frac{1}{2} x + C_1 + $$ + $$ + y = - \frac{1}{4} x^2 + C_1 x + C_2 \text{ --- сімейство екстремалей.} + $$ + \item Знаходимо допустимі екстремалі з умов трансверсальності: + $$ + \frac{\d F}{\d y' } \bigg|_{x=0} = \frac{\d f}{ \d u} (y(0), y(1)) + $$ + $$ + \frac{\d F}{\d y' } \bigg|_{x=1} = - \frac{\d f}{ \d v} (y(0), y(1)) + $$ + $$ + \frac{\d F}{\d y'} =2 y' = 2 \left( - \frac{1}{2} x + C_1 \right) = - x + 2C_1 + $$ + $$ +\frac{\d F}{\d y'} (0) = 2C_1 \qquad \frac{\d F}{\d y'} (1) = -1 + 2 C_1 + $$ + $$ + f(u,v) = \frac{v^2}{2} \qquad \frac{\d f}{ \d u} = 0 \qquad \frac{\d f}{ \d v} = v + $$ + $$ + \frac{\d f}{\d v} (y(0), y(1)) = y(1) = - \frac{1}{4} + C_1 + C_2 + $$ + $$ + \frac{\d F}{\d y' } \bigg|_{x =0 } = \frac{\d f}{\d u} (y(0), y(1)) \ \Longrightarrow \ 2 C_1 = 0 \ \Longrightarrow \ C_1 = 0 + $$ + $$ + \frac{\d F}{\d y' }\bigg|_{x=1} = \frac{\d f}{\d u} (y(0), y(1)) + \ \Longrightarrow \ -1 + 2C_1 = \frac{1}{4} - C_1 - C_2 + $$ + $$ + -1 = \frac{1}{4} - C_2 \ \Longrightarrow \ C_2 = \frac{1}{4} + 1 = \frac{5}{4} + $$ + Остаточно, $\ty(x) = - \frac{1}{4} x^2 + \frac{5}{4} $ --- єдина допустима екстремаль. + \item Перевірка $\forall h \in C^1 [0,1]$: + $$ + J(\ty + h) - J( + \ty + ) = \inf\limits_{0}{1} (\ty'+ h')^2 - (\ty - h)\ \mathrm{d} x + + $$ + $$ + + \frac{(\ty(1) + h(1))^2}{ 2} - \int\limits_{0}^{1}{(\ty')^2 - \ty\ \mathrm{d}x} - \frac{(\ty (1))^2}{2} = + $$ + $$ + = \int\limits_{0}^{ 1}{\underbrace{2\ty'}_{u}\underbrace{h'}_{v'} + (h')^2 - h} \mathrm{d} x + \ty(1)h(1) + \frac{h^2 (1)}{2} = + $$ + $$ + 2\ty' h\bigg|_{0}^1 + \int\limits_{0}^{1}{ -2 \ty'' h + (h')^2 - h \mathrm{d} x} + \ty(1) h(1) + \frac{h^2}{2} \oeq + $$ + $$ + \left| \ + \begin{gathered} + \ty(1) = \frac{5}{4} - \frac{1}{4} = 1 \quad \ty'(x) = - \frac{1}{4} \cdot 2 x = - \frac{x}{2} \\ + \ty'(0)=0 \quad \ty'(1) = - \frac{1}{2} \quad \ty''(x) = -\frac{1}{2} + \end{gathered} + \right| + $$ + $$ + \oeq - h(1) + \int\limits_{0}^{1}{ h + (h')^2 - h \ \mathrm{d} x} + h(1) + + \frac{h^2(1)}{2} + = \int\limits_{0}^{1}{(h')^2 \mathrm{d} x} + \frac{h^2(1)}{2} \geq 0 + $$ + $ + \forall h \in C^1[0,1] \Longrightarrow + $ маємо \textbf{глобальний мінімум.} +\end{enumerate} +\end{spacing} +\end{example} + +\subsection{Векторні задачі.} +Розглянемо простір: +$$ +C_n^1[a,b] = \left\lbrace \overrightarrow{y} (x) = (y_1(x), \dots , y_n(x)) \ \bigg| \ y_i(x) \in C^1[a,b] \ \forall i = \overline{1, n} \right\rbrace +$$ +$ +C_n^1 [a,b] +$ --- нормований простір з нормою: +$$ +||\overrightarrow{y}||_{C_n^1 [a,b] } = \max\limits_{x\in[a,b]}||\overrightarrow{y}(x)||_{\mathbb{R}^n} + + \max\limits_{x\in[a,b]}||\overrightarrow{y}'(x)||_{\mathbb{R}^n} +$$ +\subsubsection{Найпростіша векторна задача.} +Нехай $a,b \in \mathbb{R} , a < b$ -- задані числа. +$$ +F(x, \overrightarrow{y}, \overrightarrow{p}) = F(x, y_1, \dots, y_n, p_1, \dots, p_n)\in C^2 ([a,b] \times \mathbb{R}^{2n}) \text{ -- задана функція.} +$$ +Розглянемо інтеграл: +$$ +J(\overrightarrow{y}) = J(y_1, \dots, y_n) = \int\limits_{a}^{b}{F(x,\overrightarrow{y}(x), \overrightarrow{y}'(x)) \mathrm{d} x} = +$$ +$$ += \int\limits_{a}^{ b}{ F(x, y_1 (x), \dots, y_n(x), y_1'(x), \dots, y_n'(x)) \ \mathrm{d} x} +$$ +де $\overrightarrow{A} = (A_1, \dots , A_n) ; \overrightarrow{B} = (B_1, \dots , B_n)$ -- задані, функції $\overrightarrow{y} \in M$ --- допустимі. \par +Означення сабкого локального (глобального) мінімуму (максимуму) аналогічні попереднім задачам (тільки норма береться в просторі $C_n^1[a,b]$). +\begin{defo} + Задача пошуку екстремуму функціоналу $J(y)$ на $M$ називається \textit{векторною найпростішою задачею.} +\end{defo} + +\begin{boxteo} + Нехай функція $\tvy (x) \in C_n^2 [a,b]$ є розв'язком найпростішої векторної задачі. Тоді $\tvy (x)$ задовільняє + \textit{систему рівнянь Ейлера} на $[a,b]$: + $$ + \frac{\d F}{\d y_i } - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \frac{\d F}{\d y_i'} = 0 \qquad i = \overline{1, n} + $$ +\end{boxteo} +\begin{proof} + Нехай $\tvy(x) = \ty_1 (x), \dots , \ty_n (x)$ -- розв'язок. Зафіксуємо в $J(\overrightarrow{y})$: + $$ + y_2 (x) = \tilde{y}_2(x), y_3 (x) = \tilde{y}_3(x), \dots , y_n (x) = \tilde{y}_n(x) + $$ + Таким чином, отимуємо найпростішу задачу відносно $y_1$: + $$ + \begin{dcases} + J(y_1) = \int\limits_{a}^{ b}{F(x, y_1(x), \ty_2(x), \dots, \ty_n(x), y_1'(x), \ty_2'(x), \dots, \ty_n'(x))} \mathrm{d} x \to \mathrm{exrt};\\ + y_1(a) = A_1 \qquad y_1 (b) = B_1 + \end{dcases} + $$ + Тоді $\ty_1(x)$ -- розв'язок даної задачі, тож $\ty_1(x)$ задовольняє р-ня Ейлера на $[a,b]$: + $$ + \frac{\d F}{\d y_1} - \frac{\mathrm{d}}{ \mathrm{d} x} \frac{\d F}{\d y_1'} = 0 + $$ + Аналогічно зафіксувавши $ y_1 (x) = \tilde{y}_1(x), y_3 (x) = \tilde{y}_3(x), \dots , y_n (x) = \tilde{y}_n(x)$, отримаємо найпростішу задачу для $y_2(x)$ та виконяння рівняння Ейлера для $\ty_2 (x)$. Продовживши аналогічні міркування, отримаємо систему рівнянь Ейлера. +\end{proof} +\newpage +\subsubsection{Векторна задача Больца.} +Нехай $a,b \in \mathbb{R}; a