logo

Variatsion hisobning asosiy masalasi (birinchi variatsiyani tekshirish)

Yuklangan vaqt:

08.08.2023

Ko'chirishlar soni:

0

Hajmi:

505.234375 KB
Variatsion hisobning asosiy masalasi (birinchi variatsiyani tekshirish)
Reja:
1. Masalaning    qo’yilishi. Kuchli va kuchsiz lokal ekstremumlar.
2. Asosiy  lemmalar (Lagranj, Dyubua-Reymon lemmalari).
3. Eyler tenglamasi, uning xususiy hollari.
4. Gilbert teoremasi.
5.   Bo’lakli   –   silliq   joyiz   funksiyalar.   Eylerning   integro-differensial   tenglamasi,
natijalar.
  1. Masalaning qo’yilishi.   Quyidagilar berilgan bo’lsin:
a) Q−	R3  dagi biror ochiq to’plam (soha);
b) 	
S=	{(x,y)∈R2:(x,y,z)∈Q}−Q  to’plamning 	R2  ga proyeksiyasi;
v) 	
P0(x0,y0),P1(x1,y1)−S  to’plamning belgilangan nuqtalari, 	x0<x1;
g) 	
F(x,y,z):Q	→	R1− uzluksiz funksiya. 	
C1[x0,x1]
 fazoning 	
V=	{y(x)∈C1[x0,x1]:	y(x0)=	y0,	y(x1)=	y1(x,y(x),	y'(x))∈Q	,x∈[x0,x1]}
 (1)
to’plamida aniqlangan,
  	
J[y]=∫
x0
x1
F	(x,y,y')dx                                           (2)
funksionalning ekstremumini topish masalasini qaraymiz. Bu masalaga   variatsion
hisobning asosiy masalasi  deyiladi va u 
   	
J[y]=∫
x0
x1
F	(x,y,y')dx	→	min	(max	),	y(x0)=	y0,	y(x1)=	y1,	y(x)∈C1[x0,x1]         (3)
ko’rinishda   belgilanadi.   (1)   ko’rinishdagi   to’plamga   (3)   masalaning   joyiz
funksiyalari  (chiziqlari) to’plami deyiladi. (3) masalada joyiz chiziqlarning uchlari
berilgan  P
0  va  P
1  nuqtalarda mahkamlangan, ya’ni qo’zg’olmasdir. 
Variatsion   hisobning   asosiy   masalasi   -     chegaralari   qo’zg’olmas   eng   sodda
variatsion masaladir.
Qaralayotgan  (3)   masalaning   yechimi   –  (2)   funksionalning   (1)   to’plamdagi
global   ekstremum   nuqtasidan   iborat.   Yechimni   aniqlashda   esa,   lokal   ekstremum
tushunchasi ham muhim rol o’ynaydi, chunki ular uchun funksional variatsiyasidan
foydalaniladigan zaruriy va yetarli shartlar mavjud (1-ma’ruzaga q.).
(2)   funksional   qaralayotgan  	
C1[x0,x1]   fazoda   funksiyaning   nolinchi   va
birinchi tartibli atroflari tushunchalaridan  foydalanib, lokal ekstremum nuqtalarini
ham, shularga mos holda, aniqlash mumkin. 1-t   a   ’   r   i   f.  y0=	y0(x)   –   joyiz   funksiya   bo’lsin  	(y0∈V) .   Agar  	y0   ning
shunday  	
V0(y0,ε)   nolinchi   tartibli  	ε   –   atrofi   mavjud   bo’lib,   shu   atrofga   tegishli
barcha  	
y=	y(x)  joyiz funksiyalar uchun, 	
J[y0]≤	J[y]	(J	[y0]≥	J[y])
munosabat   bajarilsa,  	
y0(x)   funksiya   -   (2)   funksionalning   kuchli   lokal   minimum
(maksimum) nuqtasi  deyiladi.
2-t a ’ r i f.   Agar  
y0=	y0(x)   joyiz funksiyaning shunday  	V1(y0,ε)   birinchi
tartibli 	
ε  - atrofi mavjud bo’lsaki, 	J[y0]≤	J[y]	(J	[y0]≥	J[y])	
∀	y∈V1(y0,ε)∩	V
  munosabat   bajarilsa,  	y0(x)   funksiya   (2)   funksionalning
kuchsiz lokal minimum (maksimum) nuqtasi  deyiladi.
(2)   funksionalning   kuchli   (kuchsiz)   lokal   ekstremum   nuqtalariga   variatsion
hisob asosiy masalasida  kuchli (kuchsiz) ekstremallar  ham deyiladi.
Demak,   agar  	
y0(x)   --   kuchli   ekstemal   bo’lsa,   bu   funksiya,   unga   faqat
qiymatlari   bo’yicha   yaqin   bo’lgan   barcha   joyiz   funksiyalar   ichida,   funksionalga
minimal (yoki maksimal) qiymat beradi. 	
y0(x)  -- kuchsiz ekstremal bo’lganda esa,
bu   funksiya,   unga   nafaqat   qiymatlari,   balki   hosilasining   qiymatlari   bo’yicha   ham
yaqin bo’lgan joyiz funksiyalar ichida, funksionalga ekstremal  qiymat beradi.
Nolinchi   tartibli   atrofning   birinchi   tartibli   atrofdan   kengroqligini,   ya’ni	
V1(y0,ε)⊂V	0(y0,ε)
 ekanligini hisobga olsak, yuqoridagi ta’riflardan har bir kuchli
ekstremalning   kuchsiz   ekstremal   ham   bo’lishi   kelib   chiqadi.   Bu   tasdiqning   aksi
esa, to’g’ri emas.
Misol.  	
J[y]=∫
0
π
y2(1−	y'2)dx	→min	¿}¿¿¿
Ravshanki,  	
y0=	y0(x)≡	0   funksiya   bu   masalada   kuchsiz   minimal   bo’ladi.
Haqiqatan ham, 	
‖y−	y0‖=	‖y‖C1[0,π]<	ε	(0<ε<1) shartni qanoatlantiruvchi har bir y=	y(x)∈C1[0,π]  funksiya uchun 	
[y'(x)<1,]	x∈[0,π]
,  bo’lganligidan, 	
J[y]=∫
0
π	
y2(1−	y2)dx	≥0=	J[y0,]	
‖y−	y0‖C1[0,π]<ε,	y(x)=	y(π)=	0
munosabat   bajariladi.   Ammo  	
y0(x) --   kuchli   minimal   bo’la   olmaydi.   Haqiqatan
ham,  	
ε<0   istalgancha   kichik   bo’lganda   ham,  	
yn=	yn(x)=	1
√n	
sin	nx     joyiz
funksiya yetarli katta 	
n  lar uchun, 	‖yn−	y0‖C1[0,π]<ε  shartni qanoatlantiradi, ammo	
J(yn)=	1
n∫
0
π
sin	2nx	(1−	n	cos	2nx	)dx	=	1
n∫
0
π
sin	2nx	dx	−	
−	1
n∫
0
π
sin	22nx	dx	=	π
2n−	π
8	<0=	J[y0],	n>4.
Variatsion   hisob   asosiy   masalasida   yechimning   mavjudligini   tekshirishda
quyidagi yetarli shartdan foydalanish mumkin. Biz bu tasdiqni isbotsiz keltiramiz.
Faraz qilaylik: 1)  	
F(x,y,z)∈C1;   2)  	F(x,y,z)   funksiya  	z   bo’yicha qavariq
(botiq); 3)  	
F	(x,y,z)≥	Φ	(z)    	(F	(x,y,z)≤	Φ	(z)),	Φ	(z)/z→	+∞	,	z→	∞   bo’lsin. U
vaqtda,   shunday  	
y0(x) ,  	x∈[x0,x1]   absolyut   uzluksiz   funksiya   mavjudki,   u	
y0(x0)=	y0
,  	y0(x1)=	y1   shartlarni qanoatlantiradi va bu funksiyada (2) funksional
kuchli minimum (maksimum) ga erishadi. 
2.   Asosiy   lemmalar.   Avvalgi   ma’ruzamizda     funksional   ekstemumining
zaruriy   sharti   –   birinchi   variatsiyaning   ekstremum   nuqtasida   nolga   teng   bo’lishi
ekanligi   ko’rsatildi.   Ushbu   ma’ruzada   shu   natija   asosida   variatsion   hisob   asosiy
masalasida eksremumning birinchi tartibli zaruriy sharti aniqlashtiriladi. 
Dastlab,   variatsion   hisobning   asosiy   lemmalari     deb   ataluvchi,   ba’zi
yordamchi tasdiqlarni keltiramiz. 1-l  e  m  m  a  (Lagranj) .   Agar  a(x)   funksiya  	[x0,x1]   kesmada   aniqlangan  va
uzluksiz   bo’lib,   shu  	
[x0,x1]   da   uzluksiz   differensiallanuvchi   hamda	
h(x0)=	h(x1)=	0
 shartni qanoatlantiruvchi barcha     	h(x)  funksiyalar uchun,
 	
∫
x0
x1
a(x)h(x)dx	=	0                                                  (4)
tenglik bajarilsa, 	
[x0,x1]  kesmada 	a(x)=	0  bo’ladi.
I   s   b   o   t   i.   Lemmaning   tasdig’i   o’rinli   bo’lmasin,   deb   faraz   qilamiz,   ya’ni
qandaydir  	
x¿∈[x0,x1]   nuqtada  	a(x¿)≠	0   bo’lsin.  	a(x)   funksiyaning
uzluksizligidan   foydalangan   holda,    	
x¿     nuqtani   kesmaning   ichki   nuqtasi   deb
hisoblash   mumkin.   Aniqlik   uchun,  
a(x¿)>0   deb   olamiz.  	a(x)   funksiyaning
uzluksizlik   xossasiga   ko’ra,  	
x¿   nuqtaning   shunday  	(x¿−	ε,	x¿+	ε)	(ε>0)   atrofi
topiladiki,   unda  	
a(x)   funksiya   o’z   ishorasini   saqlaydi,   ya’ni   musbat   bo’lib   qola
veradi. Endi  	
h(x)  funksiyani quyidagicha aniqlaymiz: 
      
h(x)=	{
(ε+x¿−	x)(ε−	x¿+x),x∈[x¿−	ε,x¿+ε]	
0,x∉[x¿−	ε,x¿+ε].                                  (5)
(5) funksiya uchun,	
∫
x0
x1
a(x)h(x)dx	=	∫
x¿−ε	
x¿+ε	
a(x)(ε−	x¿+x)dx	>0
,
ya’ni   (4)   ga   zid   munosabat   bajariladi.   Olingan   qarama-qarshilik   lemmani
isbotlaydi. 
2-l  e m  m  a (Dyubua-Reymon). Faraz qilaylik,   	
a0(x)    va  	a1(x)   funksiyalar	
[x0,x1]
 kesmada uzluksiz bo’lsin. Agar    	h(x0)=h(x1)=0     shartni qanoatlantiruvchi
barcha   	
h(x)∈C1[x0,x1]   funksiyalar uchun  
    	
∫
x0
x1
[a0(x)h(x)+a1(x)h'(x)]dx	=0                                        (6) tenglik   bajarilsa,  a1(x)   -uzluksiz   differensiallanuvchi   funksiya   bo’ladi   va   barcha	
x∈[x0,x1]
  nuqtalarda  
  	
a0(x)−	d
dx	a1(x)=0                                                (7)
munosabat o’rinli bo’ladi.
I s b o t i. Quyidagi,	
p(x)=∫
x0
x1
a0(t)dt+c,c=	const	,
funksiyani qaraymiz. Bu funksiya 	
[x0,x1]  kesmada uzluksiz differensiallanuvchidir.
O’zgarmas  c  sonni shunday tanlaymizki, 
 	
∫
x0
x1
p(x)dx	=∫x0
x1
a1(x)dx                                                (8)
tenglik bajarilsin. Endi 	
dp	(x)=a0(x)dx  ekanligini va 	h(x0)=h(x1)=0  shartni hisobga
olib, (6) tenglikni quyidagicha yozamiz:
       	
∫
x0
x1
[a1(x)h'(x)+a0(x)h(x)]dx	=∫
x0
x1
a1(x)h'(x)dx	+∫
x0
x1
h(x)dp	(x)=	
=∫
x0
x1
[a1(x)−	p'(x)]h'(x)dx	+h(x)p(x)|x0
x1=∫
x0
x1
[a1(x)−	p(x)]h'(x)dx	=0.                   (9)	
[x0,x1]
 kesmada uzluksiz differensiallanuvchi 	
h(x)=∫x0
x1
[a1(t)−p(t)]dt
                                                               (10)
funksiyani   qaraymiz.   Bu   funksiyaning   aniqlanishidan,  	
h(x0)=0   ekanligi   ravshan.
(8)   ni   hisobga   olsak,  	
h(x1)=	0   ekanligini   ko’ramiz.   Demak,   (10)   funksiya
lemmaning barcha shartlarini qanoatlantiradi.  Bu funksiya uchun ,  (9) shart ,  
∫
x0
x1
[a1(x)−	p(x)]
2dx	=0
ko’rinishni oladi. Bu yerdan, 	
a1(x)≡	p(x),  ya’ni 	a1(x)∈C1[x0,x1]  ekanligi hamda  a0(x)−	d
dx	a1(x)=0,∀	x∈[x0,x1]tenglik kelib chiqadi. Lemma isbotlandi.
Isbotlangan lemmadan 	
a0(x)≡	0  bo’lganda quyidagi natijada ega bo’lamiz.
3-   l   e   m   m   a .   Agar  	
a(x)   funksiya  	[x0,x1] kesmada   uzluksiz   bo’lib,	
h(x0)=h(x1)=0
 shartni qanoatlantiruvchi ixtiyoriy 	h(x)∈C1[x0,x1]  funksiya uchun, 	
∫
x0
x1
a(x)h'(x)dx	=0
bo’lsa, 	
a(x)≡const	,	x∈[x0,x1]  bo’ladi.
Bu   tasdiq   ham ,  ba ’ zi   adabiyotlarda ,  Dyubua - Reymon   lemmasi   deb   yuritiladi .
3. Eyler tenglamasi.   Ushbu va bundan keyingi ma’ruzalarimizda,  	
F(x,y,y')
funksiyaning xususiy hosilalari uchun, quyidagi belgilashlardan foydalanamiz:	
Fx=	∂F
∂x,
  	,y
F	Fy	
	   	Fy'=∂F
∂y'
,	
Fxy'=	∂2F	
∂x∂y',
  	Fyy=	∂2F	
∂y2,   	Fyy'=	∂2F	
∂y∂y',    	Fy'y'=	∂2F	
∂y'2
Avvalo,  	
F(x,y,y')∈C(2)(Q),	y0(x)∈C(2)[x0,x1] ,   deb   faraz   qilamiz   va	
y0=	y0(x)∈V
  nuqtada   (2)   funksionalning   birinchi   variatsiyasini   hisoblaymiz.
Buning  uchun, 	
M	(y0)={h∈C(1)[x0,x1]:y0+h∈V}=	
¿{h∈C(1)[x0,x1]:h(x0)=h(x1)=0}
to’plamni qaraymiz. Bu to’plam, 	
C(2)[x0,x1]    fazoning chiziqli qism fazosi bo’lgani
uchun, variatsiyaning ta’rifiga ko’ra,	
δJ	=	d
dx	J[y0+αh	]|α=0,h∈M	(y0)
.	
Q	⊂R3−
  ochiq   to’plam,  	F(x,y,y')∈C(2)(Q)   bo’lgani   uchun,  	F(x,y0(x)+αh	(x),	
y0'(x)+αh	'(x))
  funksiya  	{(x,α):x∈[x0,x1]|α|<ε}   to’plamda   (bu   yerda  	ε>0 )   –
etarlicha kichik 	
α  bo’yicha uzluksiz xususiy hosilaga ega, shuning uchun,  ϕ(α)=	J	[y0+αh	]=∫
x0
x1
F(x,y0(x)+αh	(x),	y0'(x)+αh	'(x))dxfunksiya 	
α=	0  nuqta atrofida uzluksiz differensiallanuvchidir. Shunday qilib,
        	
δJ	=ϕ'(α)|α=0=∫
x0
x1∂
∂α	F(x,y0(x)+αh	(x),y0(x)+αh	'(x))dx	α=0=	
∫
x0
x1
[Fy(x,y0(x),y0'(x))h(x)+Fy'(x,y0(x),y0'(x))h'(x)]dx	.                     (11)	
F(x,y,y')∈C(2)(Q),	y0(x)∈C(2)[x0,x1]
 bo’lgani uchun, 	Fy'(x,y0(x),y0'(x))  funksiya	
[x0,x1]
 kesmada uzluksiz differensiallanuvchi va 	
d
dα	
F	y'(x,y0(x),y0'(x))=	F	y'y'(x,y0(x),y0'(x))y0''(x)+	
+Fyy'(x,y0(x),y0'(x))y0'(x)+Fxy'(x,y0(x),y0'(x))
                    (12)
tenglik   o’rinlidir.   Endi   (11)   dagi   ikkinchi   qo’shiluvchini   bo’laklab   integrallab   va	
h(x0)=h(x1)=0
 shartni hisobga olib, 
   	
δJ	=∫
x0
x1
[Fy(x,y0(x),y0'(x))−	d
dx	Fy'(x,y0(x),y0(x))]h(x)dx                        (13)
formulaga ega bo’lamiz. 
Faraz qilaylik, 	
y0=	y0(x)− (3) masalada kuchsiz ekstremal bo’lsin. U vaqtda,
ekstremumning zaruriy shartiga ko’ra, shu nuqtada hisoblangan birinchi variatsiya
nolga teng, ya’ni (13) ga asosan,
    	
∫x0
x1
[Fy(x,y0(x),y0'(x))−	d
dx	Fy'(x,y0(x),y0(x))]h(x)dx	=0                         (14)
bo’ladi. Hosil qilingan (14) munosabatga Lagranj lemmasini qo’llaymiz va (12) ni 
hisobga olib, 	
y0(x)  funksiya uchun,	
Fy'y'(x,y0(x),y0'(x))+y0''(x)+Fyy'(x,y0(x),y0'(x))y0'(x)+	
+Fxy'(x,y0(x),y0'(x))−Fy'(x,y0(x),y0'(x))=0
tenglik,   barcha  	
x∈[x0,x1]   nuqtalarda   bajarilishini   ko’ramiz.   Shunday   qilib,
quyidagi tasdiqqa ega bo’ldik. 1-t   e   o   r   e   m   a.  F(x,y,y')∈C(2)(Q)   bo’lsin.   Agar  	y0(x)∈C(2)[x0,x1]   (3)
masalada kuchsiz ekstremal bo’lsa, u 
   	
Fy'y'y''+Fyy'y'+Fxy'−Fy=0                                              (15)
tenglamani qanoatlantiradi. 
         Hosil qilingan (15) differensial tenglamaga,  Eyler tenglamasi  deyiladi.
Shunday qilib, ekstremumning zaruriy sharti  bo’lgan (15)  Eyler  tenglamasi
odatdagidan kuchliroq talabda, ya’ni  	
F(x,y,y')   funksiya va  	y0(x)   ekstremalga ikki
marta uzluksiz differensiallanuvchilik sharti qo’yilganda keltirib chiqarildi. Ammo
variatsion   hisob   asosiy   masalasining   qo’yilishida  	
y(x)   joyiz   funksiyalarni	
C(1)[x0,x1]
  sinfdan   deb   va  	F(x,y,y')   funksiyani   esa   faqatgina   uzluksiz   deb
hisoblaganmiz, xolos. Shuning uchun ekstremumning zaruriy sharti bo’lgan Eyler
tenglamasini 	
F(x,y,y')  integrantga va 	y0(x)  ekstremalga kuchsizroq talab qo’yilgan
hol uchun umumlashtirish muhimdir.
2-t   e   o   r   e   m   a.  	
F(x,y,y')∈C(1)(Q)   bo’lsin.   Agar  	y0(x)∈C(1)[x0,x1]   joyiz
funksiya (3)  masalada kuchsiz ekstremal bo’lsa, u 
   	
Fy(x,y,y')−	d
dx	Fy'(x,y,y')=0                                        (16)
tenglamani qanoatlantiradi.
I   s   b  o   t   i.   Funksionalning    variatsiyasi   uchun   yuqorida   hosil   qilingan  (11)
formuladan foydalanib, ekstremumning zaruriy sharti 
δJ	=0  ni yozamiz :	
∫x0
x1
[Fy(x,y0(x),y0'(x))h(x)+Fy'(x,y0(x),y0'(x))h'(x)]dx	=0,
bu yerda 	
h(x)∈C(1)[x0,x1],	h(x0)=	h(x1)=0 .
Endi  	
a0(x)=	Fy(x,y0(x),y0'(x)),a1(x)=Fy'(x,y0(x),y0'(x)),   deb   olsak,   (17)   dan
Dyubua – Reymon lemmasiga ko’ra,	
Fy(x,y0(x),y0'(x))−	d
dx	Fy'(x,y0(x),y0'(x))=0,	∀	x∈[x0,x1]
munosabatni   olamiz,   ya’ni  	
y0(x)   ekstremal   (16)   tenglamani   qanoatlantiradi.
Teorema isbotlandi. F(x,y,y')∈C(2)(Q)  bo’lganda   (16)   differensial   tenglama   (15)   ko’rinishni
oladi.   Ekstremumning   zaruriy   sharti   sifatida   olingan   (16)   tenglama   ham,   Eyler
tenglamasi deb ataladi.
3-t a ’ r if. Eyler tenglamasini qanoatlantiruvchi 	
y=	y(x)  joyiz funksiyalarga
(2)  funksionalning joyiz stasionar funksiyalari  deyiladi.
Yuqorida isbotlangan teoremalarga ko’ra, (2)  funksionalning joyiz stasionar
funksiyalari ekstremumga shubhali funksiyalardir.
M i s o l l a r. 1) 	
J[y]=∫
1
2
(y'2+4xy)dx	→extr	¿
}
¿¿¿
masalani qaraymiz. Uning uchun Eyler tenglamasini tuzamiz:	
F=	y'2+4xy	,	F	y=	4x,	F	y=	2y',	d
dx	
F	y'=	2y''	
F	y−	d
dx	
F	y'=	4x−	2y''=	0.
Demak,   Eyler   tenglamasi  	
y''−2x=0   tenglamadan   iborat.   Bu   tenglamaning
umumiy yechimi 	
y=	y(x)=	x3
3	+c1x+c2
ko’rinishda bo’ladi. 	
y(1)=0,y(2)=−1  chegaraviy shartlarga ko’ra,	
c1+c2=−	1
3,	2c1−c2=−11
3
.
Bu   yerdan,  	
c1=−10
3	,	c2=	3 .   Shunday   qilib,  	y=	x3
3−10
3	x+3   funksiya   –
yagona joyiz stasionar funksiyadir.
                                   2)  	
J[y]=∫
1
2π
(y'2−y2)dx	→extr	¿}¿¿¿
masalani   qaraymiz.   Unda  	
F='2−	y2,	Fy=2y,	Fy'=2y''.   Demak,   (16)   tenglama	
y''+y=0
  ko’rinishda   bo’ladi.  	y=c1cos	x+c2sin	x   funksiya   hosil   qilingan   Eyler
tenglamasining   umumiy   yechimidir.  	
y(0)=	y(2π)=1   chegaraviy   shartlarga   asosan, y=cos	x+csin	x  funksiyaga   ega   bo’lamiz,   bu   yerda  	с   –   ixtiyoriy   o’zgarmas.
Demak, qaralayotgan masalada cheksiz ko’p joyiz stasionar funksiyalar mavjud. 
                                    3)	
J[y]=∫
1
3
(3x−y)ydx	→extr	¿}¿¿¿
Bu   masalada  	
F=(3x−	y)y,Fy=3x−2y,Fy=0.   Eyler   tenglamasi,  	Fy=0
tenglamadan   iborat.   Bu   yerdan  	
y=	3x
2 .   Bu   funksiya,  	y(1)=1,	y(3)=4   chegaraviy
shartlarni qanoatlantirmaydi. Qaralayotgan funksional joyiz stasionar funksiyalarga
va, demak, ekstremumga ham ega emas.
4.   Eyler   tenglamasining   xususiy   hollari.  	
F(x,y,y')     integrant   o’z
argumentlarining   «to’liq»   funksiyasi   bo’lmagan   hollarda   Eyler   tenglamasini
soddalashtirish yoki uning birinchi integralini aniqlash mumkin.
a)   F   funksiya   faqat  	
y' ga   bog’liq,   ya’ni  	F=F(y')   bo’lsin.   Bu   holda   Eyler
tenglamasi 	
d
dx	Fy'(y')=0  yoki 	Fy''=0  bo’ladi. Bu yerdan 	y''=0  yoki 	Fy''=0  bo’lishi
kelib   chiqadi.   Agar  	
y''=0   bo’lsa,  	y=C1x+C2   ikki   parametrli   to’g’ri   chiziqlar
oilasiga  ega   bo’lamiz.  Agar  	
Fy'y'(y')=0   tenglama  bir   yoki  bir   necha  	y'=ki   ildizga
ega   bulsa,  	
y=	kix+C   bir   parametrli   to’g’ri   chiziqlar   oilasiga   ega   bo’lamiz.
Shunday   qilib,  	
F=F(y')   bo’lganda   Eyler   tenglamasining   yechimlari  	y=C1x+C2
chiziqli funksiyalardan iboratdir.
b)  	
F=F(x,y') ,   ya’ni   F     funksiya   faqat  	x   va  	y'   larga   bog’liq   bo’lsin.   Bu
holda  	
Fy=0   bo’ladi   va   Eyler   tenglamasi  	
d
dx	Fy'=0   ko’rinishni   oladi.   Bu   yerda
uning  	
Fy} }  left (x,y' right )=C} {	¿¿¿   birinchi   integraliga   ega   bo’lamiz.   Bu   olingan   tenglama   Eyler
tenglamasiga   teng   kuchlidir.   Uni  	
y'   ga   nisbatan   yechish   yoki   biror   parametr
kiritish yo’li bilan integrallash mumkin.
v)   F     faqat  	
y   va  	y' ga   bog’liq   bo’lsin:  	F=F(y,y') .   Bu   holda  	F∈C(2)   deb
faraz qilib, (15) Eyler tenglamasini yozamiz:  	
Fy'y'y+F rSub { size 8{y'y'} } y' - F rSub { size 8{y} } =0`` left (F rSub { size 8{ ital 	xy'} } =0 right )} {	¿ . Agar bu tenglamaning   ikkala   tomonini  y' ga   ko’paytirsak,   uni  	
d
dx	(F−	y'Fy')=0   ko’rinishda
yozish mumkin. Natijada Eyler tenglamasi 
                                      	
F−	y'Fy'=C                                                                     (18)
ko’rinishdagi   birinchi   integralga   ega   bo’ladi.   Eyler   tenglamasining   har   qanday
yechimi   (18)   tenglamani   qanoatlantirishi   ravshan.   Aksincha,   agar   (18)   tenglama
faqat   chekli   sondagi   nuqtalarda   hosilasi   nolga   teng   bo’lgan  	
y=	y[x]∈C(2)[x0,x1]
yechimga   ega   bo’lsa,   bu   yechim   Eyler   tenglamasini   ham   qanoatlantiradi.   (18)
tenglamani  	
y' ga   nisbatan   yechish,   yoki   parametr   kiritish   yo’li   bilan   integrallash
mumkin.
Misol sifatida, braxistoxrona haqidagi masalada hosil qilingan	
J[y]=∫
x0
x1
√
1+y2	
2gy	dx
funksionalni   qaraymiz.   Bu   yerda  	
F=	
√
1+y2	
2gy   faqat  	y   va  	y' ga   bog’liq.   Demak,
Eyler tenglamasining birinchi integralini ((18) tenglama)  yozamiz:	
Fy'=	y'	
√2gy	(1+y'2)
;	√
1+y'2	
2gy	−	y'⋅	y'	
√2gy	(1+y'2)
=C	;	1	
√2gy	(1+y'2)
=C
.
Bu   yerdan,  	
y(1+y'2)=C1,	C1=	1
2gc	2,   yoki  	y'=√
C1−	y	
y   tenglamani   olamiz.   Endi	
y=C1sin	2t
2
  almashtirish   olsak,  	dx	=C1sin	2t
2dt	=	C1
2	(1−	cos	t)dx   bo’ladi.   Natijada:	
x=C2+C1
2	(t−sin	t),y=	C1
2	(t−	cos	t)
.   Agar  	y(x)   joyiz   chiziqning   uchlari  	A(0,0	)   va	
B(x1,y1)
 nuqtalarda ekanligidan foydalansak, 	C2=0  bo’lishini olamiz. 	
x=	
C1
2	(t−sin	t),	y=	
C1
2	(t−cos	t)
  tenglamalar   sistemasi  sikloida   deb  ataluvchi
chiziqning   parametrik   shakldagi   tenglamalaridan   iborat.   Demak,   braxistoxrona
haqidagi masalaning yechimi faqat sikloida yoyidan iborat bo’la olar ekan. 5.   Gilbert   teoremasi.   Yuqorida   ko’rsatildiki,   agar  F(x,y,z)∈C(2)   bo’lsa,
Eyler   tenglamasi,  	
y=	y(x)∈C(2)   funksiyaga   nisbatan   ikkinchi   tartibli   differensial
tenglamadan   iborat.   Ammo,   (3)   masalada   ekstremal  	
C(1)[x0,x1]   dan   izlanadi.
Shuning   uchun,   ekstremalning  	
C(2)[x0,x1]   ga   tegishli   bo’lishini   ta’minlovchi
quyidagi tasdiqning ahamiyati kattadir.
3-t   e   o   r   e   m   a   (Gilbert).  	
F(x,y,y')∈C(2)(Q)   bo’lsin.   Agar   (3)   masalaning	
y0(x)
  kuchsiz   lokal   ekstremali   uchun  	F(x,y0(x),	y0'(x))≠0,x∈[x0,x1]   bo’lsa,	
y0(x)∈C(2)[x0,x1]
 bo’ladi.
I s b o t i. Quyidagi, 	
Φ(x,z)=Fy'(x,y0(x),t)−∫
x0
x1
Fy(t,y0(t),y0'(t))dt−C
  
funksiyani qaraymiz, bunda 	
C=const . 2-teoremaga ko’ra ,                                   	
d
dx	Fy'(x,y0(x),y0'(x))=	Fy(x,y0(x),y0'(x)),∀	x∈[x0,x1],
ya ’ ni  	
Fy'(x,y0(x),	y0'(x))   funksiya  	Fy(x,y0(x),	y0'(x))   funksiya   uchun   boshlang ’ ich
funksiyadir .  Shuning   uchun , 	
Fy'(x,y0(x),y0'(x))=∫
x0
x1
Fy(t,y0(t),y0'(t))dt	+c,c=const
.
Demak , 	
z0=	y0'(x),x∈[x0,x1]   funksiya   uchun  	Φ(x,z0)=0 .
Teoremaning   shartiga   ko ’ ra	
Φz(x,z0)|z0=y0'=	Fy'y'(x,y0(x),y0'(x))≠0,x∈[x0,x1]
.
U   vaqtda   oshkormas   funksiyaning   mavjudligi   haqidagi   teoremaga   asosan ,	
Φ(x,z)=0
  tenglamaning  	z0=	y0'(x)   yechimi  	Φ(x,z)   funksiya   o ’ z   argumentlari
buyicha   nechanchi   tartibli   xosilaga   ega   bo ’ lsa ,   shunday   tartibli   xosilaga   egadir .	
F(x,y,z)∈C(2)
  bo’lgani   uchun  	Φ(x,z)∈C(1) .   Demak,  	z0'=	yy''∈C[x0,x1] ,   ya’ni	
y0(x)∈C(2)[x0,x1]
. Teorema isbotlandi. 6.   Eylerning   integro-differensial   tenglamasi.   Variatsion   hisobning   asosiy
masalasi   silliq   joyiz   funksiyalar   sinfida   yechimga   ega   bo’lmasligi   mumkin.
Shuning   uchun,   V   joyiz   funksiyalar   to’plamini   kengaytirib,   uni   quyidagicha
aniqlaymiz:
     V=	{y=	y(x)∈D(1)[x0x1]:y(x0)=	y0,y(x1)=	y1}                                (19)
Bu   yerda  	
D1[x0,x1]−[x0,x1]   kesmada   uzluksiz,   hosilalari   esa   faqat   chekli
sondagi   uzilish   nuqtalariga   ega  
y=	y(x)   funksiyalar   to’plamidan   iborat.   Har   bir
joyiz   funksiya   uchun  	
y'(ξi+0)≠	y'(ξi−	0)   shartni   qanoatlantiruvchi   bir   necha	
ξi,i=1,k
  nuqtalar   mavjud.   Bunday  	ξi   nuktalarga   bo’lakli   –   silliq,   joyiz
funksiyaning bukilish nuqtalari deyiladi.
Endi joyiz funksiyalari bo’lakli-silliq funksiyalar sinfidan olingan variatsion
hisob asosiy masalasini qaraymiz:
  	
J[y]=∫
x0
x1
F	(x,y,y')dx	→	min	(max	)¿
}
¿¿                              (20)	
D(1)[x0,x1]
  dan olingan  	y=	y(x)   va  	y0=	y0(x)    funksiyalar  orasidagi birinchi
tartibli masofani ham 	
C1[x0,x1] dagi metrika kabi aniqlash mumkin:	
ρ1(y,y0)=	maxx∈[x0,x1]
|y(x)−	y0(x)|+supx∈A|y'(x)−	y0'(x)|,
bu yerda  	
A⊂[x0,x1]   to’plam –  	y'(x)   va  	y0'(x)   hosilalar mavjud bo’lgan  	x∈[x0,x1]
nuqtalar to’plamidir.	
D(1)[x0,x1]
 dagi 	y0=	y0(x)  funksiyaning birinchi tartibli 	ε− atrofini 
    	
V1(y0,ε)={y∈D(1)[x0,x1]:ρ1(y,y0)<ε}                                  (21)
kabi   aniqlab,   (2)   funksionalning   (19)   to’plamidagi   kuchsiz   lokal   ekstremumi
ta’rifini   berish   mumkin.   Buning   uchun,   2-ta’rifdagi  	
V(y0,ε)   ni   (21)   dagi  	V1(y0,ε)
bilan almashtirish   kifoya. Shunday aniqlangan kuchsiz ekstremal uchun quyidagi
teorema o’rinlidir. 4-t     e   o   r   e   m   a.  F(x,y,y')∈C(2)(Q)   bo’lsin.   Agar  	y0(x)− (20)   masalada
kuchsiz ekstremal bo’lsa, u quyidagi
   	
Fy'(x,y,y')=∫
x0
x1
Fy(t,y,y')dt	+c,c=const                                 (22)
tenglamani qanoatlantiradi.
I   s   b   o   t   i.   1-teorema   isbotidagiga   o’xshash   mulohaza   yuritib,   funksional
variatsiyasining (11) ko’rinishdagi ifodasiga ega bo’lamiz:	
δJ	=∫
x0
x1
[Fy(x,y0(x),y0'(x))h(x)+Fy'(x,y0(x),y0'(x))h'(x)]dx
,
bu   yerda  	
h(x)∈C1[x0,x1],	h(x0)=	h(x1)=0 .   Integral   ostidagi   birinchi   qo’shiluvchini
bo’laklab integrallaymiz:	
∫x0
x1
Fy(x,y0(x),y0'(x))h(x)dx	=∫x0
x1
Fy(t,y0(t),y0'(t))dx⋅h(x)|x0
x1−	
−∫x0
x1
∫x0
x1
Fy(t,y0(t),y0'(t))dx⋅h'(x)dx	=∫x0
x1
∫x0
x1
Fy(t,y0(t),y0'(t))dx⋅h'(x)dx	.
U va q tda ,  	
δJ	=0  shart ,	
∫x0
x1
[Fy(x,y0(x),y0'(x))−∫x0
x1
Fy(t,y0(t),y0'(t))dt]h'(x)dt=0
ko’rinishini oladi. Endi 3-lemmani qo’llab,	
Fy'(x,y0(x),y0'(x))=∫
x0
x1
Fy(t,y0(t),y0'(t))dt+c
tenglikni olamiz, bu yerda  	
x∈[x0,x1]   nuqta  	y0'(x)   hosila mavjud bo’lgan nuqtadir.
Shunday   qilib,  	
y0(x)   funksiya   (22)   tenglamani   qanoatlantirishi   ko’rsatildi.
Teorema isbotlandi.
(22) ga  Eylerning integro-differensial tenglamasi  deyiladi.
Isbotlangan teoremadan ko’rinadiki, agar 	
y0(x)  ekstremal 	ξi,i=1,k  bukilish
nuqtalariga   ega   bo’lsa,   (23)   ning   o’ng   tomoni  	
(ξi,ξi+1)   oraliklarda   uzluksiz
differensiallanuvchi,   demak,  	
y0(x)   funksiya   shu   oraliklarda   (16)   Eyler tenglamasini  qanoatlantiradi. Joyiz funksiyalari  silliq funksiyalar  sinfidan olingan
(3) masala uchun esa, (22) tenglama, (16) tenglamaga teng kuchlidir. 
(23) tenglikning o’ng tomoni barcha  x∈[x0,x1]   nuqtalarda uzluksiz. Demak,
bu   tenglikning  	
Fy'(x,y0(x),y0'(x)   chap   tomoni   ham   uzluksiz   funksiyadir.   Natijada,
agar 	
ξ−	y0(x)  ekstremalning bukilish nuqtasi bo’lsa, 
    	
Fy'(y0(ξ),y0'(ξ+0))=	Fy'(ξ,y0(ξ),y0'(ξ−	0))
(24)
tenglik  o’rinlidir.  (24)  ga   Veyershtrass  –  Erdman  sharti   deyiladi.   Bunday  tipdagi
shartlardan yana biri ,  	
H0=F(x,y0(x),y0'(x))−	y0'(x)Fy'(x,y0(x),y0'(x))
funksiyaning 	
x=	ξ  bukilish nuqtasida uzluksizligidir, ya’ni 
       	
H	0(ξ+0)=	H	0(ξ−	0)                                               (25)
ko’rinishdagi   Veyershtrass   –   Erdman   shartining   isboti   optimal   boshqaruv
nazariyasi natijalaridan kelib chiqadi.
Ma’ruzamiz   oxirida,   yechimi   bo’lakli-silliq   funksiyalar   sinfida   bo’lgan
variatsion masalaga misol sifatida quyidagini keltiramiz.
Misol.   	
J[y]=∫
−1
1	
y2(1−	y')2dx	→min,	y(−1)=0,y(1)=1 .
Bu  masalada  joyiz  funksiyalarni  	
C1[−1,1	]   sinfidan  olsak,  	inf	
y∈∪¿J[y]=0
¿   bo’ladi,
silliq yechim mavjud emas. Haqiqatan ham, agar 	
y(x)=	
{
0,	x∈[−1,1
n],	
n
V2(1+V2)	(x+1
n)
2	
x∈(−1
n,1
√2n),
            	
x,	x∈[−	]
funksiyalar ketma-ketligini  q arasak, bu funksiyalar joyiz funksiyalar  bo ’ ladi , ya’ni	
yn(−1)=0,yn(1)=1
. Bu 	yn(x)  ketma-ketlikda 	|yn(x)|≤1,|y'n(x)|¿1   b o ’lgani uchun , 0≤	J[yn]=	∫
−1n
1
√2n	
y2n(x)(1−	y'n(x))2dx	<2
n,va  	
limn→∞	J[yn]=0 .   Demak,  	J[yn]≥0,	∀	y∈C1[−1,1	]   ekanligini   hisobga   olsak,  	J[y]=0 .
Ammo, 	
J[y]=0,y∈C1[−1,1	]  bo’lishi uchun, 	y(x)  funksiya 	[−1,1	]  kesmada yo aynan
nolga   teng,   yoki  	
y=const   bo’lishi   kerak.   Biroq,   bu   funksiyalar,  	y(−1)=0,y(1)=1
chegaraviy shartlarni qanoatlantirmaydi. 
Bundan   ko’rinadiki,   qaralayotgan   masala,   silliq   joyiz   funksiyalar   sinfida
yechimga ega emas. Masalaning bo’lakli-silliq funksiyalar sinfida yechimi mavjud.
Shunday yechim sifatida, 	
y
0
(x)=¿{0,x∈(−1,0	]¿¿¿¿
,
funksiyani olish mumkin 	
(y∈D1[−1,1	],J[y0]=0) . Bu funksiya uchun, 	ξ=	0− burchak
nuqta   (bukilish   nuqtasi)   bo’ladi.   Ushbu   burchak   nuqtada   Veyershtrass   –   Erdman
shartlari bajariladi.  Asosiy adabiyotlar
1.   Р . Габасов ,   Ф . М . Кириллова .   Оптималлаштириш   усуллари .   Т.
Узбекистон, 1995.
2.   Л.Э.Эльсголц.   Дифференциальные   уравнения   и   вариационное
исчисление. М. Наука1969.
Qo’shimcha adabiyotlar
1.   И.М.Гельфанд,   С.В.Фомин.   Вариационное   исчисление.   М.   Наука
1989.
2.   Н.И.Ахиезер.   Лекции   по   вариационному   исчислению.
Гостехиздат,1955. 
3 Коша А. Вариационное исчисление. М. Высшая школа, 1983  
4.   Исроилов   И.,   Отакулов   С.   Вариацион   хисоб   ва   оптималлаштириш
усуллари. 
I -кисм.   Самарканд.   Сам   ДУ   нашри,   1999,   II -кисм   Самарканд,   СамДУ
нашри, 2001

Variatsion hisobning asosiy masalasi (birinchi variatsiyani tekshirish) Reja: 1. Masalaning qo’yilishi. Kuchli va kuchsiz lokal ekstremumlar. 2. Asosiy lemmalar (Lagranj, Dyubua-Reymon lemmalari). 3. Eyler tenglamasi, uning xususiy hollari. 4. Gilbert teoremasi. 5. Bo’lakli – silliq joyiz funksiyalar. Eylerning integro-differensial tenglamasi, natijalar.

1. Masalaning qo’yilishi. Quyidagilar berilgan bo’lsin: a) Q− R3 dagi biror ochiq to’plam (soha); b) S= {(x,y)∈R2:(x,y,z)∈Q}−Q to’plamning R2 ga proyeksiyasi; v) P0(x0,y0),P1(x1,y1)−S to’plamning belgilangan nuqtalari, x0<x1; g) F(x,y,z):Q → R1− uzluksiz funksiya. C1[x0,x1] fazoning V= {y(x)∈C1[x0,x1]: y(x0)= y0, y(x1)= y1(x,y(x), y'(x))∈Q ,x∈[x0,x1]} (1) to’plamida aniqlangan, J[y]=∫ x0 x1 F (x,y,y')dx (2) funksionalning ekstremumini topish masalasini qaraymiz. Bu masalaga variatsion hisobning asosiy masalasi deyiladi va u J[y]=∫ x0 x1 F (x,y,y')dx → min (max ), y(x0)= y0, y(x1)= y1, y(x)∈C1[x0,x1] (3) ko’rinishda belgilanadi. (1) ko’rinishdagi to’plamga (3) masalaning joyiz funksiyalari (chiziqlari) to’plami deyiladi. (3) masalada joyiz chiziqlarning uchlari berilgan P 0 va P 1 nuqtalarda mahkamlangan, ya’ni qo’zg’olmasdir. Variatsion hisobning asosiy masalasi - chegaralari qo’zg’olmas eng sodda variatsion masaladir. Qaralayotgan (3) masalaning yechimi – (2) funksionalning (1) to’plamdagi global ekstremum nuqtasidan iborat. Yechimni aniqlashda esa, lokal ekstremum tushunchasi ham muhim rol o’ynaydi, chunki ular uchun funksional variatsiyasidan foydalaniladigan zaruriy va yetarli shartlar mavjud (1-ma’ruzaga q.). (2) funksional qaralayotgan C1[x0,x1] fazoda funksiyaning nolinchi va birinchi tartibli atroflari tushunchalaridan foydalanib, lokal ekstremum nuqtalarini ham, shularga mos holda, aniqlash mumkin.

1-t a ’ r i f. y0= y0(x) – joyiz funksiya bo’lsin (y0∈V) . Agar y0 ning shunday V0(y0,ε) nolinchi tartibli ε – atrofi mavjud bo’lib, shu atrofga tegishli barcha y= y(x) joyiz funksiyalar uchun, J[y0]≤ J[y] (J [y0]≥ J[y]) munosabat bajarilsa, y0(x) funksiya - (2) funksionalning kuchli lokal minimum (maksimum) nuqtasi deyiladi. 2-t a ’ r i f. Agar y0= y0(x) joyiz funksiyaning shunday V1(y0,ε) birinchi tartibli ε - atrofi mavjud bo’lsaki, J[y0]≤ J[y] (J [y0]≥ J[y]) ∀ y∈V1(y0,ε)∩ V munosabat bajarilsa, y0(x) funksiya (2) funksionalning kuchsiz lokal minimum (maksimum) nuqtasi deyiladi. (2) funksionalning kuchli (kuchsiz) lokal ekstremum nuqtalariga variatsion hisob asosiy masalasida kuchli (kuchsiz) ekstremallar ham deyiladi. Demak, agar y0(x) -- kuchli ekstemal bo’lsa, bu funksiya, unga faqat qiymatlari bo’yicha yaqin bo’lgan barcha joyiz funksiyalar ichida, funksionalga minimal (yoki maksimal) qiymat beradi. y0(x) -- kuchsiz ekstremal bo’lganda esa, bu funksiya, unga nafaqat qiymatlari, balki hosilasining qiymatlari bo’yicha ham yaqin bo’lgan joyiz funksiyalar ichida, funksionalga ekstremal qiymat beradi. Nolinchi tartibli atrofning birinchi tartibli atrofdan kengroqligini, ya’ni V1(y0,ε)⊂V 0(y0,ε) ekanligini hisobga olsak, yuqoridagi ta’riflardan har bir kuchli ekstremalning kuchsiz ekstremal ham bo’lishi kelib chiqadi. Bu tasdiqning aksi esa, to’g’ri emas. Misol. J[y]=∫ 0 π y2(1− y'2)dx →min ¿}¿¿¿ Ravshanki, y0= y0(x)≡ 0 funksiya bu masalada kuchsiz minimal bo’ladi. Haqiqatan ham, ‖y− y0‖= ‖y‖C1[0,π]< ε (0<ε<1)

shartni qanoatlantiruvchi har bir y= y(x)∈C1[0,π] funksiya uchun [y'(x)<1,] x∈[0,π] , bo’lganligidan, J[y]=∫ 0 π y2(1− y2)dx ≥0= J[y0,] ‖y− y0‖C1[0,π]<ε, y(x)= y(π)= 0 munosabat bajariladi. Ammo y0(x) -- kuchli minimal bo’la olmaydi. Haqiqatan ham, ε<0 istalgancha kichik bo’lganda ham, yn= yn(x)= 1 √n sin nx joyiz funksiya yetarli katta n lar uchun, ‖yn− y0‖C1[0,π]<ε shartni qanoatlantiradi, ammo J(yn)= 1 n∫ 0 π sin 2nx (1− n cos 2nx )dx = 1 n∫ 0 π sin 2nx dx − − 1 n∫ 0 π sin 22nx dx = π 2n− π 8 <0= J[y0], n>4. Variatsion hisob asosiy masalasida yechimning mavjudligini tekshirishda quyidagi yetarli shartdan foydalanish mumkin. Biz bu tasdiqni isbotsiz keltiramiz. Faraz qilaylik: 1) F(x,y,z)∈C1; 2) F(x,y,z) funksiya z bo’yicha qavariq (botiq); 3) F (x,y,z)≥ Φ (z) (F (x,y,z)≤ Φ (z)), Φ (z)/z→ +∞ , z→ ∞ bo’lsin. U vaqtda, shunday y0(x) , x∈[x0,x1] absolyut uzluksiz funksiya mavjudki, u y0(x0)= y0 , y0(x1)= y1 shartlarni qanoatlantiradi va bu funksiyada (2) funksional kuchli minimum (maksimum) ga erishadi. 2. Asosiy lemmalar. Avvalgi ma’ruzamizda funksional ekstemumining zaruriy sharti – birinchi variatsiyaning ekstremum nuqtasida nolga teng bo’lishi ekanligi ko’rsatildi. Ushbu ma’ruzada shu natija asosida variatsion hisob asosiy masalasida eksremumning birinchi tartibli zaruriy sharti aniqlashtiriladi. Dastlab, variatsion hisobning asosiy lemmalari deb ataluvchi, ba’zi yordamchi tasdiqlarni keltiramiz.

1-l e m m a (Lagranj) . Agar a(x) funksiya [x0,x1] kesmada aniqlangan va uzluksiz bo’lib, shu [x0,x1] da uzluksiz differensiallanuvchi hamda h(x0)= h(x1)= 0 shartni qanoatlantiruvchi barcha h(x) funksiyalar uchun, ∫ x0 x1 a(x)h(x)dx = 0 (4) tenglik bajarilsa, [x0,x1] kesmada a(x)= 0 bo’ladi. I s b o t i. Lemmaning tasdig’i o’rinli bo’lmasin, deb faraz qilamiz, ya’ni qandaydir x¿∈[x0,x1] nuqtada a(x¿)≠ 0 bo’lsin. a(x) funksiyaning uzluksizligidan foydalangan holda, x¿ nuqtani kesmaning ichki nuqtasi deb hisoblash mumkin. Aniqlik uchun, a(x¿)>0 deb olamiz. a(x) funksiyaning uzluksizlik xossasiga ko’ra, x¿ nuqtaning shunday (x¿− ε, x¿+ ε) (ε>0) atrofi topiladiki, unda a(x) funksiya o’z ishorasini saqlaydi, ya’ni musbat bo’lib qola veradi. Endi h(x) funksiyani quyidagicha aniqlaymiz: h(x)= { (ε+x¿− x)(ε− x¿+x),x∈[x¿− ε,x¿+ε] 0,x∉[x¿− ε,x¿+ε]. (5) (5) funksiya uchun, ∫ x0 x1 a(x)h(x)dx = ∫ x¿−ε x¿+ε a(x)(ε− x¿+x)dx >0 , ya’ni (4) ga zid munosabat bajariladi. Olingan qarama-qarshilik lemmani isbotlaydi. 2-l e m m a (Dyubua-Reymon). Faraz qilaylik, a0(x) va a1(x) funksiyalar [x0,x1] kesmada uzluksiz bo’lsin. Agar h(x0)=h(x1)=0 shartni qanoatlantiruvchi barcha h(x)∈C1[x0,x1] funksiyalar uchun ∫ x0 x1 [a0(x)h(x)+a1(x)h'(x)]dx =0 (6)