В R всего два линейных подпространства {0} и R, и оба они замкнуты. Таким образом,
[Ker
] замкнуто. Im – замкнутое линейное подпространство в Y, [Ker]– замкнутое линейное подпространство в R, следовательно, по приведенной выше лемме, Im
– замкнутое подпространство в Z. По лемме об аннуляторе 
:Z®R, L¹0: L(Im)=0.
Далее, поскольку линейный непрерывный функционал на прямом произведении линейных нормированных пространств представим в виде суммы линейных непрерывных функционалов на соответствующих пространствах, имеем
.
Тогда из того, что L(Im)=0, следует, что
, "hÎX.
Так как L¹0, то l0 и y* одновременно в ноль не обращаются.
"hÎX:
: X®R, следовательно, в случае, когда Im ¹Z, утверждение теоремы доказано.
Случай II. Im =Z.
Покажем, что в рамках условия теоремы этот случай не может иметь места. Для доказательства этого факта сформулируем теорему о неявной функции.
Теорема о неявной функции. Пусть X,Z – Банаховы пространства, U(
) – окрестность в X и 
. Пусть 
строго дифференцируемо в точке , Im=Z. Тогда $k>0 и Sr(z0) Ì Z, где z0=
: "zÎ Sr(z0), найдется j(z)=x, такая, что 
и выполнена оценка:
.
Далее, по теореме о неявной функции, z0= и существует окрестность Sr(z0)= Sr(0)Ì Z, в которой существует j(z)=x. Рассмотрим точку ze=(±e,0) пространства Z. Так как 
, такую точку за счет выбора e можно взять сколь угодно близко к нулю в пространстве Z. И тогда, по теореме о неявной функции, xe =j(ze) удовлетворяет оценке:
, т. е. (6.6)
xe Î Ske ().
По теореме о неявной функции
.
С другой стороны, 
. Тогда имеем
(по построению ze).
В силу (6.6) xe можно взять сколь угодно близко к , за счет выбора e. Таким образом, не существует окрестности , в которой Df знакопостоянно, т. е. не является решением задачи. Случай II не имеет места. Теорема доказана.
Утверждение. В условиях предыдущей теоремы, если Im
=Y, то l0¹0.
Док-во. (от обратного). Пусть Im=Y и l0=0. Тогда =
. По доказанной теореме, l0 и y* одновременно в ноль не обращаются, следовательно, y*¹0 и 
. Из условия Im
=Y следует, что "y 
и 
, что противоречит тому, что
. Утверждение доказано.
7. Задачи со свободными концами. Условие трансверсальности
Требуется найти экстремум функционала
x(t)ÎC1[a,b], функция 
– дважды непрерывно дифференцируема по совокупности переменных.
I. Рассмотрим случай, когда один из концов искомой траектории не закреплен. Пусть x(a)=xa – заданное краевое условие, а в точке b происходит скольжение по вертикальной прямой x=b.
Пусть 
– решение данной задачи. По принципу Ферма
.
Преобразуем второе слагаемое под интегралом следующим образом:
Произведение 
в силу заданного условия x(a)=xaÞ h(a)=0. Итак,
, в частности, 
.
Тогда обнуляется второе слагаемое, и применив лемму Лагранжа, получим уравнение Эйлера:
.
Тогда на экстремали интеграл в выражении для производной равен нулю. Получим
.
В силу произвольности h(b), имеем
. (7.1)
Полученное выражение является условием трансверсальности в правом конце траектории.
Замечание. Если свободным является левый конец траектории, то выписываем аналогичное условие, но в точке t=a. Если свободны оба конца, то выписываем два условия.
II. Теперь рассмотрим другой случай: пусть левый конец траектории закреплен, т. е. задано условие x(a)=xa, а правый – скользит по кривой x=b(t)ÎC1[a,b]. Предположим также, что траектория и кривая x=b(t) нигде не касаются, т. е. 
.
Получаем следующую задачу:
Приращение функционала F(x) имеет вид:
Линейные части данных слагаемых обозначим L1(x)[h] и L2(x)[h] соответственно. Рассмотрим L1(x)[h]:
Рассмотрим функцию F(x)= . Ее приращение
Рассмотрим две траектории и 
. Выделим точки A,B,C с координатами:
|
Из за большого объема этот материал размещен на нескольких страницах:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 |
Основные порталы (построено редакторами)