Izoperimetrik masalalar Reja. 1. Lagranj funksiyasi. Lagranj ko’paytuvchilari qoidasi. 2. Ikkinchi tartibli zaruriy shartlar va yetarli shartlar.

1 Eyler tenglamasini qanoatlantiradi . Agar Gi ¿(x)=Fiy(x,y¿(x),y*'(x))− d dx Fiy'(x,y¿(x),y*'(x)),i=1,m, (7) funksiyalar chiziqli bog’langan bo’lsalar, y * =y * (x) bo’ladi. 1.1 Isboti. Berilgan Ji[y]=∫ x0 x1 Fi(x,y,y')dx ,i=0,m , funksionallarning y * =y * (x ) nuqtadagi variatsiyalarini hisoblaymiz . Ta’rifga ko’ra, δJ i[y¿,h]= ∂ ∂α Ji[y¿+αh ]α=0=∫ x0 x1 [Fiy ¿(x)h(x)+Fiy' ¿ (x)h'(x)]dx , i=0,1 ,...,m , (8) bu yerda Fiy¿(x)=Fiy(x,y¿(x),y*'(x)), Fiy'¿(x)=Fiy'(x,y¿(x),y*'(x)) . C(1)[x0,x1] fazoning C(1)[x0,x1]={h(x)∈C(1)[x0,x1]:h(x0)= h(x1)=0} qism fazosini R m+1 fazoga akslantiruvchi Ah =(δJ 0[y¿,h],δJ 1[y¿,h],...,δJ m[y¿,h]) chiziqli akslantirishni qaraymiz. Bu yerda ikki hol bo ’ lishi mumkin : a) A akslantirish C0(1)[x0,x1] ni R m+1 ga to’la akslantiradi, ya’ni A akslantirishning obrazi Im A= Rm+1 (regulyar hol). b) A akslantirish C0(1)[x0,x1] ni R m+1 ning qismiga akslantiradi (aynan bo’lgan hol). Dastlab teorema tasdig’ining aynan bo’lgan holda to’g’riligini ko’rsatamiz. Ma’lumki, chiziqli akslantirishda chiziqli fazoning obrazi chiziqli qism fazodan iborat bo’ladi. Demak, aynan bo’lgan holda, A akslantirishning obrazi Im A=Rm+1 fazoning hos qism fazosi bo’ladi. U holda funksional

analizdan ma’lum faktlarga ko’ra[ а , b], bir vaqtda nolga teng bo’lmagan shunday λ ¿0,λ ¿1,...,λ ¿m sonlar topiladiki, ∑i=0 m λi¿zi=0, ∀ z=(z0,z1,...,zm)∈Im A tenglik bajariladi. Endi A operatorning aniqlanishi va δJ 1[y¿,h] variatsiya uchun (8) ifodalarni hiasobga olib, ∫ x0 x1 (∑i=0 m λi¿(Fiy¿(x)h(x)+Fiy'¿ (x)h'(x)))dx =0, ∀ h(x)∈C1[x0,x1] tenglikka ega bo’lamiz. Dyubua-Reymon lemmasiga ko’ra, bu yerdan ∑i=0 m λi¿Fiy¿(x)− d dx (∑i=0 m λi¿Fiy'¿ (x)) ∀ x∈[x0,x1] (9) munosabatni olamiz, ya’ni y * (x) kuchsiz ekstremal (6) tenglamani qanoatlantiradi. 2 Hosil qilingan (9) munosabatni (7) belgilashlarda ∑i=0 m λi¿Gi¿(x)=0 ∀ x∈[x0,x1] ko’rinishda yozish mumkin. Bu yerdan esa , Gi0(x) funksiyalar chiziqli bog ’ lanmagan holda , λ0 ¿≠ 0 ekanligi kelib chiqadi . Endi regulyar holni qaraymiz va bunday hol bo’lishi mumkin emasligini ko’rsatamiz. Shunday hj(x)∈C0(1)[x0,x1], j=0,m fun ksiyalarni olamizki, Ah j=ej bo’lsin, bu yerda e0=(1,0 ,...,0),e2=(0,1,0 ,...,0), em=(0,0 ,...,1)− Rm+1 dagi kanonik bazis. R m+1 dagi nol nuqtaning atrofini yana R m+1 ga F akslantirishni qaraymiz: Ф(β)=(ϕ0(β0,β1,...,βm),ϕ0(β0,β1,...,βm),...,ϕm(β0,β1,...,βm)), bu y erda

ϕi(β0,β1,...,βm)=Ji[y¿+∑ j=0 m βjhj], i=0,1 ,...,n.2.1 Bu ϕi funksiyalar uzluksiz differensiallanuvchi va bunda ∂ϕi(0) ∂ β j = δJ i[y¿,h]= δij= ¿{1, i= j¿¿¿¿ Ф (0)=(a0,a1,...,am)= z¿, a0= J0[y¿]. Teskari funksiyaning mavjudligi haqidagi teoremaga ko’ra [ а ,b], shunday Ф 1 silliq akslantirish va k>0 o’zgarmas mavjud bo’ladiki, yetarli kichik z-z * uchun |Ф1(z)|≤k|z−z¿| tengsizlik bajariladi. Hususiy holda , modul bo ’ yicha yetarli kichik ε son uchun shunday β(ε)=(β0(ε),β1(ε),...,βm(ε)) vektor topiladiki , β(ε)=Ф 1(a0+ε,a1,...,am) tenglik bajariladi , ya ’ ni ϕ0(,β(ε))= a0+ε ⇔ J0[y¿+∑ j=0 m βj(ε)hj]= J0[y¿]+ε, ϕi(,β(ε))= ai⇔ Ji[y¿+∑ j=0 m βj(ε)hj]= ai, i=1,...,m va bunda |β(ε)|=Φ1(a0+ε,a1,...,am)≤k|ε| . Shunday qilib, y * (x) joyiz funksiyaning ixtiyoriy V1(y¿,ε) birinchi tartibli atrofida shunday y(x)= y¿(x)+∑j=0 m βj(ε)hj(x) joyiz funksiya mavjudki, uning uchun J0[y]− J0[y¿]= ε bajariladi. Bu yerda ε ning moduli bo’yicha yetarki kichik har xil ishorali qiymat qabul qilishini hisobga olsak, y * ning lokal ekstremal ekanligiga zid xulosaga kelamiz. Olingan qarama-qarshilik A akslantirish uchun regular hol bo’lmasligini ko’rsatadi. Teorema isbotlandi.

Ko'chirib oling, shunda to'liq holda ko'ra olasiz

O'xshashlar