Найти экстремали функционалов

[freedom_of_heart]

MaximVD в сообщении #551090 писал(а):

Да, верно!
Только надо ещё показать, что $x(t)$ действительно точка минимума, а не просто экстремаль. Для этого можно, например, рассмотреть приращение функционала $\int_0^1 (\ddot{x}+\ddot{h})^2 dt - \int_0^1 \ddot{x}^2dt$, где $h$ произвольная функция такая, что $x + h$ удовлетворяет граничным условиям задачи, и попытаться доказать, что оно неотрицательно (или наоборот, меняет знак).

Спасибо.

1) Попробую доказать.

Попробую доказать через приращения в первом.

$x(t)=\dfrac{t^3}{18}+\dfrac{5t^2}{12}-\dfrac{17}{36}$

$\dot{x}(t)=\dfrac{t^2}{6}+\dfrac{5t}{6}$

$\ddot{x}(t)=\dfrac{t}{3}+\dfrac56$

$$\displaystyle\int_0^1 (\ddot{x}+\ddot{h})^2 dt - \displaystyle\int_0^1 \ddot{x}^2dt=\displaystyle\int_0^1 \Big(\dfrac{t}{3}+\dfrac56+\ddot{h}\Big)^2 dt - \displaystyle\int_0^1\Big(\dfrac{t}{3}+\dfrac56\Big)^2dt=2\displaystyle\int_0^1\Big(\dfrac{t}{3}+\dfrac56\Big)\ddot{h}dt+\displaystyle\int_0^1\ddot{h}^2dt=$$

$$=\dfrac{1}{3}+\frac{11}{6}\displaystyle\int_0^1\ddot{h}^2dt=\dfrac{1}{3}+\frac{11}{6}\displaystyle\int_0^1\dot{h}dh=\dfrac{1}{3}+\frac{11}{6}\dot{h}{h}\Bigg|_0^1+\frac{11}{6}\displaystyle\int_0^1\dot{h}dh$$

А как быть дальше?

2) Переделанное второе.

$\displaystyle\int_0^T({\dot x}^2+{x}),dt\to\operatorname{extr}\,\,\,\,\,x(0)=1$

(подробнее...)

Уравнение Эйлера-Лагранжа.

$2\ddot{x}-1=0$

$\dot{x}=\dfrac{t}{2}+C_1$

$x(t)=\dfrac{t^2}{4}+C_1t+C_2$

$x(0)=1$ => $C_2=1$

$x(t)=\dfrac{t^2}{4}+C_1t+1$

$\dot{x}(t)=\dfrac{t}{2}+C_1$

$$\displaystyle\int_0^T({\dot x}^2+{x}),dt=\displaystyle\int_0^T\Big(\big(\dfrac{t}{2}+C_1\big)^2+\dfrac{t^2}{4}+C_1t+1\Big),dt=\displaystyle\int_0^T\Big(\dfrac{t^2}{4}+C_1t+C_1^2+\dfrac{t^2}{4}+C_1t\Big+1)dt=$$

$$=\displaystyle\int_0^T\Big(\dfrac{t^2}{2}+2C_1t+C_1^2+1\Big)dt=\dfrac{t^3}{6}\Bigg|_0^T+C_1t^2\Bigg|_0^T+C_1^2t\Bigg|_0^T+t\Bigg|_0^T= \dfrac{T^3}{6}+C_1T^2+C_1^2T+T$$

$\displaystyle\int_0^T({\dot x}^2+{x})\,dt=\dfrac{T^3}{6}+C_1T^2+C_1^2T+T$

Так как $T$ фиксированно, а $C$ мы можем выбирать, то возьмем производную по $C$

$T^2+2C_1T=0$

$C_1=-\dfrac{T}{2}$

$x(t)=\dfrac{t^2}{4}-\dfrac{T\cdot t}2+1$

[MaximVD]

1) Немного неправильно выписано приращение. Было $2 \int_0^1 \left( \frac{t}{3} + \frac56 \right) \ddot{h}\,dt + \int_0^1 \ddot{h}^2 dt$, а потом стало $\frac13 + \frac{11}{6} \int_0^1 \ddot{h}^2 dt$, что, конечно, неверно.
Чтобы преобразовать это выражение, надо понять, каким условиям удовлетворяет функция $h$ на концах промежутка $[0;1]$. А понять это можно так: поскольку мы пытаемся доказать, что $x(t)$ является точкой минимума, то надо доказать, что $\int_0^1 \ddot{x}^2dt \le \int_0^1 \ddot{y}^2 dt$ для любой другой функции $y$, удовлетворяющей краевым условиям, указанным в задаче. Но, для удобства доказательства, $y$ можно представить в виде $y = x + h$, где $h = y - x$. Теперь подставляем, $h(1) = y(1) - x(1) = 0 - 0 = 0$ (т.к. $x$ и $y$ удовлетворяют соответствующему условию в точке 1) и ещё можно получить два значения функции $h$. Этими значениями надо воспользоваться при интегрировании по частям.

2)Пока всё верно. Теперь тоже надо проверять, является ли полученное $x$ точкой минимума или максимума или это просто экстремаль (т.е. точка, в которой производная функционала равна 0).

[freedom_of_heart]

MaximVD в сообщении #551146 писал(а):

.....

Спасибо. Продолжаю второй, с последнего верного равенства до ошибки)

$$=2\displaystyle\int_0^1\Big(\dfrac{t}{3}+\dfrac56\Big)\ddot{h}dt+\displaystyle\int_0^1\ddot{h}^2dt=\dfrac{2}{3}\displaystyle\int_0^1tdt+\dfrac{10}6\displaystyle\int_0^1\ddot{h}^2dt+\displaystyle\int_0^1\ddot{h}^2dt=\dfrac{1}{3}+\dfrac{8}{3}\displaystyle\int_0^1\ddot{h}^2dt$.

Вроде как нам достаточно доказать (или опровергнуть), что $\displaystyle\int_0^1\ddot{h}^2dt\geqslant -8$

По частям...

$\displaystyle\int_0^1\ddot{h}^2dt=\displaystyle\int_0^1\dot{h}dh=h\cdot \dot{h}\Bigg|_0^1-\displaystyle\int_0^1\dot{h}dh$

$h\cdot \dot{h}\Bigg|_0^1=0$ (из начальных условий (или граничные они?) )

А так из $\displaystyle\int_0^1\dot{h}dh=-\displaystyle\int_0^1\dot{h}dh$

следует, что $\displaystyle\int_0^1\dot{h}dh=0$

Как-то это все странно... Значит мы можем давать какое угодно приращение экстремали, которая удовлетворяет начальным (или граничным?) условиям и оно (приращение) все равно не будет менять значение функционала. Из этого следует, что экстремаль не доставляет максимум ввиду того, что функционал постоянен при заданных начальных (или граничных?) условиях?

[MaximVD]

Всё-таки в самом первом интеграле $t$ умножается на $\ddot{h}$, поэтому так просто не получится. И ещё, $\int_0^1 \dot{h}\,dh = \int_0^1 \dot{h}^2 dt$, а у нас $\int_0^1 \ddot{h}^2 dt$.
И, на всякий случай, лучше записать чему равно $h(1)$, $\dot{h}(1)$ и $\dot{h}(0)$.

[freedom_of_heart]

MaximVD в сообщении #551248 писал(а):

Всё-таки в самом первом интеграле $t$ умножается на $\ddot{h}$, поэтому так просто не получится. И ещё, $\int_0^1 \dot{h}\,dh = \int_0^1 \dot{h}^2 dt$, а у нас $\int_0^1 \ddot{h}^2 dt$.
И, на всякий случай, лучше записать чему равно $h(1)$, $\dot{h}(1)$ и $\dot{h}(0)$.

Спасибо, простите за мою невнимательность.

$$=2\displaystyle\int_0^1\Big(\dfrac{t}{3}+\dfrac56\Big)\ddot{h}dt+\displaystyle\int_0^1\ddot{h}^2dt=\dfrac{2}{3}\displaystyle\int_0^1t\cdot \ddot{h}dt+\dfrac{10}6\displaystyle\int_0^1\ddot{h}^2dt+\displaystyle\int_0^1\ddot{h}^2dt=\dfrac{2}{3}\displaystyle\int_0^1t\cdot \ddot{h}dt+\dfrac{8}{3}\displaystyle\int_0^1\ddot{h}^2dt=$$

$$=\dfrac{2}{3}\displaystyle\int_0^1td(\dot{h})+\dfrac{8}{3}\displaystyle\int_0^1\ddot{h}d(\dot{h})$$

А это правильно?

-- Чт мар 22, 2012 23:15:22 --

MaximVD в сообщении #551248 писал(а):

И, на всякий случай, лучше записать чему равно $h(1)$, $\dot{h}(1)$ и $\dot{h}(0)$.

Так как $x(1)=\dot{x}(0)=0;\,\,\dot{x}(1)=1$

Значит должно выполняться $h(1)=\dot{h}(0)=0;\,\,\dot{h}(1)=1$

[MaximVD]

freedom_of_heart в сообщении #551253 писал(а):

простите за мою невнимательность.

Ничего, со всеми бывает. На этот раз правильно. Теперь $\int_0^1 t\,d(\dot{h})$ можно по частям...

Почему $\dot{h}(1)=1$? Ведь $h = y - x$, где $y$ и $x$ две кривые удовлетворяющие условиям в точках 0 и 1. Или, иными словами, кривая $x + h$ должна удовлетворять тем же условиям на концах, что и сам $x$, так как мы ищем минимум на множестве именно тех кривых, которые удовлетворяют условиям задачи.

[freedom_of_heart]

Если то правильно, то

$$=\dfrac{2}{3}\displaystyle\int_0^1td(\dot{h})+\dfrac{8}{3}\displaystyle\int_0^1\ddot{h}d(\dot{h})=\dfrac{2}{3}t\cdot \dot{h}\Bigg|_0^1-\dfrac{2}{3}\dot{h}\Bigg|_0^1+\dfrac{8}{3}\ddot{h}\cdot\dot{h}\Bigg|_0^1-\dfrac{8}{3}\int_0^1\dddot{h}\cdot \dot{h}dt=0-0+0-\dfrac{8}{3}\int_0^1\dddot{h}\cdot \dot{h}dt$$

-- Чт мар 22, 2012 23:22:21 --

MaximVD в сообщении #551257 писал(а):

Почему $\dot{h}(1)=1$? Ведь $h = y - x$, где $y$ и $x$ две кривые удовлетворяющие условиям в точках 0 и 1. Или, иными словами, кривая $x + h$ должна удовлетворять тем же условиям на концах, что и сам $x$, так как мы ищем минимум на множестве именно тех кривых, которые удовлетворяют условиям задачи.

Точно, должно быть так $\dot{h}(1)=0$, поняла

Но с тремя точками, чувствуется, я явно намудрила

[MaximVD]

freedom_of_heart в сообщении #551258 писал(а):

Но с тремя точками, чувствуется, я явно намудрила

Да. Вообще говоря, экстремум ищется среди кривых, у которых есть только 2 производных. Поэтому третья производная у $h$ не обязана существовать. Интеграл $\int_0^1 \ddot{h}\,dt$ по частям брать пока не нужно.
Откуда взялось $-\frac23 \dot{h} \big|_0^1$? Там должен быть или интеграл, или просто $h$, а не $\dot{h}$.
Кстати, мы пробуем доказать, что $x$ это минимум или максимум? и почему?

[freedom_of_heart]

MaximVD в сообщении #551259 писал(а):

Да. Вообще говоря, экстремум ищется среди кривых, у которых есть только 2 производных. Поэтому третья производная у $h$ не обязана существовать. Интеграл $\int_0^1 \ddot{h}\,dt$ по частям брать пока не нужно.
Откуда взялось $-\frac23 \dot{h} \big|_0^1$? Там должен быть или интеграл, или просто $h$, а не $\dot{h}$.
Кстати, мы пробуем доказать, что $x$ это минимум или максимум? и почему?

Ок. Мы ищем минимум. Потому что мы подбирали константу $C$ таким образом, чтобы $F'(C)=0$

А $F(C)$ - парабола с ветвями вверх в координатах $F$ и $C$, значит минимум.

$$=\dfrac{2}{3}\displaystyle\int_0^1td(\dot{h})+\dfrac{8}{3}\displaystyle\int_0^1\ddot{h}d(\dot{h})=\dfrac{2}{3}t\cdot \dot{h}\Bigg|_0^1-\dfrac{2}{3}{h}\Bigg|_0^1+\dfrac{8}{3}\displaystyle\int_0^1\ddot{h}d(\dot{h})=\dfrac{8}{3}\displaystyle\int_0^1\ddot{h}^2dt$$

По-моему интеграл $\displaystyle\int_0^1\ddot{h}^2dt$ может быть как положительным, так и отрицательным.

Допустим, что $\ddot{h}=t$ - тогда приращение положительно.

Допустим, что $\ddot{h}=-t$ - тогда приращение отрицательно.

Вроде как это означает, что экстремаль не доставляет минимум функционалу. Правильно?

-- Пт мар 23, 2012 01:02:37 --

(вторая задача)

.

2)
$\displaystyle\int_0^T({\dot x}^2+{x}),dt\to\operatorname{extr}\,\,\,\,\,x(0)=1$

Получилась экстремаль $x(t)=\dfrac{t^2}{4}-\dfrac{T\cdot t}2+1$

Рассмотрим приращение функционала.

$$\displaystyle\int_0^T\Big((\dot x+\dot h)^2+(x+h)\Big)dt-\displaystyle\int_0^T(\dot{x}^2+x)dt= \displaystyle\int_0^T\Big(\dot x^2+2\dot{x}\dot{h}+\dot h^2+x+h\Big)dt-\displaystyle\int_0^T(\dot{x}^2+x)dt=$$

$$=\displaystyle\int_0^T\Big(2\dot{x}\dot{h}+\dot h^2+h\Big)dt=2\displaystyle\int_0^T\dot{x}\dot{h}dt+\displaystyle\int_0^T\dot h^2dt+\displaystyle\int_0^Thdt$$

Теперь $h(1)=0$

a) $\displaystyle\int_0^T\dot{x}\dot{h}dt=\displaystyle\int_0^T\dot{x}d({h})={h}\cdot \dot{x}\Bigg|_0^T-\displaystyle\int_0^T{h}\cdot\dot{x}dt$

b) $\displaystyle\int_0^T\dot{h}^2dt=\displaystyle\int_0^T\dot{h}dh=h\cdot \dot{h}\Bigg|_0^T-\displaystyle\int_0^T\dot{h}dh$

$\displaystyle\int_0^T\dot{h}^2dt=\dfrac{1}{2}h\cdot \dot{h}\Bigg|_0^T$

Вот такие размышления...

[freedom_of_heart]

*Там во втором $h(0)=0$

[MaximVD]

freedom_of_heart в сообщении #551264 писал(а):

Мы ищем минимум.

Хорошо, что вы это понимаете.

Первая задача. У вас в конце осталось слишком мало слагаемых (должно быть 2, а не одно). Внимательно посмотрите на значения $h$ и её производных в точках 0 и 1. К тому же всегда $\int_0^1 \ddot{h}^2 dt \geqslant 0$. Но это, вероятно, по невнимательности. Вы случайно забыли про квадрат.

Вторая задача. Чуть-чуть аккуратнее интегрируйте по частям. Например,

$$ \int_0^T \dot{x} \dot{h} \, dt = \dot{x} h \Big|_0^T - \int_0^T \ddot{x} h \, dt. $$

То есть у $x$ вторая производная. Те же самые проблемы во втором интеграле.

Вам надо искать только глобальный минимум (или максимум) в предложенных задачах или локальные минимумы тоже надо искать?

[freedom_of_heart]

Про квадрат поняла.

MaximVD в сообщении #551428 писал(а):

Внимательно посмотрите на значения $h$ и её производных в точках 0 и 1.

Ну раз $y=x+h$

То

$h(1)=y(1)-x(1)=0-0$

$\dot{h}(1)=\dot{y}(1)-\dot{x}(1)=1-1=0$

$\dot{h}(0)=\dot{y}(0)-\dot{x}(0)=0-0=0$

А вот $h(0)$ не обязано быть нулем...

-- Пт мар 23, 2012 18:32:41 --

$$=\dfrac{2}{3}\displaystyle\int_0^1td(\dot{h})+\dfrac{8}{3}\displaystyle\int_0^1\ddot{h}d(\dot{h})=\dfrac{2}{3}t\cdot \dot{h}\Bigg|_0^1-\dfrac{2}{3}{h}\Bigg|_0^1+\dfrac{8}{3}\displaystyle\int_0^1\ddot{h}d(\dot{h})=\dfrac{8}{3}\displaystyle\int_0^1\ddot{h}^2dt+\dfrac{2}{3}h(0)$$

Но ведь тогда приращение может иметь какой угодно знак...в зависимости от того, чему равно $h(0)$

[MaximVD]

Простите, только сейчас подумал, что я вам слишком сложный метод доказательства предложил. Можно всё сделать проще, если заметить, что в ваших задачах функционалы выпуклы.
Вы знаете такое неравенство: если функция $f\colon \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ выпукла, то для любых $x, y \in \mathbb{R}$ будет

$$ f(y) - f(x) \geqslant \langle f'(x), y - x \rangle = \sum_{i = 1}^n \frac{\partial f}{\partial x_i}(x) (y_i - x_i). $$

(в вашем случае достаточно $n = 1$). Если не знаете, то его легко будет проверить в частном случае, нужном для вашей задачи.

-- Пт мар 23, 2012 18:42:46 --

Забыл добавить, что в неравенстве $f$, конечно, должна быть дифференцируемой.

[freedom_of_heart]

Только глобальный нужно искать.

-- Пт мар 23, 2012 18:51:38 --

MaximVD в сообщении #551442 писал(а):

Простите, только сейчас подумал, что я вам слишком сложный метод доказательства предложил. Можно всё сделать проще, если заметить, что в ваших задачах функционалы выпуклы.
Вы знаете такое неравенство: если функция $f\colon \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ выпукла, то для любых $x, y \in \mathbb{R}$ будет

$$ f(y) - f(x) \geqslant \langle f'(x), y - x \rangle = \sum_{i = 1}^n \frac{\partial f}{\partial x_i}(x) (y_i - x_i). $$

(в вашем случае достаточно $n = 1$). Если не знаете, то его легко будет проверить в частном случае, нужном для вашей задачи.

-- Пт мар 23, 2012 18:42:46 --

Забыл добавить, что в неравенстве $f$, конечно, должна быть дифференцируемой.

Да, слышала о таком, но это как-то пугает)

Но мне показалось, что не так сложно как мы только что решали, так как поняла (почти до конца). Только с доказательствами путаница...

-- Пт мар 23, 2012 19:17:03 --

Исправляю вторую задачу.

2)

(начало задачи)

$\displaystyle\int_0^T({\dot x}^2+{x}),dt\to\operatorname{extr}\,\,\,\,\,x(0)=1$

Получилась экстремаль $x(t)=\dfrac{t^2}{4}-\dfrac{T\cdot t}2+1$

Рассмотрим приращение функционала.

$$\displaystyle\int_0^T\Big((\dot x+\dot h)^2+(x+h)\Big)dt-\displaystyle\int_0^T(\dot{x}^2+x)dt= \displaystyle\int_0^T\Big(\dot x^2+2\dot{x}\dot{h}+\dot h^2+x+h\Big)dt-\displaystyle\int_0^T(\dot{x}^2+x)dt=$$

$$=\displaystyle\int_0^T\Big(2\dot{x}\dot{h}+\dot h^2+h\Big)dt=2\displaystyle\int_0^T\dot{x}\dot{h}dt+\displaystyle\int_0^T\dot h^2dt+\displaystyle\int_0^Thdt$$

Теперь $h(0)=0$

a) $\displaystyle\int_0^T\dot{x}\dot{h}dt=\displaystyle\int_0^T\dot{x}d({h})={h}\cdot \dot{x}\Bigg|_0^T-\displaystyle\int_0^T{h}\cdot\ddot{x}dt={h(T)}\cdot \dot{x}(T)-\displaystyle\int_0^T{h}\cdot\ddot{x}dt$

b) $\displaystyle\int_0^T\dot{h}^2dt=\displaystyle\int_0^T\dot{h}dh=h\cdot \dot{h}\Bigg|_0^T-\displaystyle\int_0^T\ddot{h}dh$

[MaximVD]

freedom_of_heart в сообщении #551443 писал(а):

Но мне показалось, что не так сложно, так как поняла (почти до конца).

Хорошо, давайте делать так. Попробуем доказать, что приращение всё-таки неотрицательно (хотя это кажется странным на первый взгляд). Чтобы не запутаться, обозначим функцию, которую мы проверяем на минимум через $x^*$. Возьмём какую-нибудь функцию $y$, удовлетворяющую всем условиям в точках 0 и 1 и зафиксируем её. Где-то выше Вы находили функцию (решение уравнения Эйлера), зависящую от константы $C$. Обозначим её через $x_C(t)$. Берём и находим такое $C$, что $x_C(0) = y(0)$ (ясно, что такое $C$ всегда найдётся). Тут надо вспомнить, что $x_C$ вы тоже искали как решение экстремальной задачи. Теперь рассматриваем приращение

$$ \int_0^1 \ddot{y}^2 dt - \int_0^1 \ddot{x}_C^2 dt = \int_0^1 ((\ddot{y} - \ddot{x}_C) + \ddot{x}_C )^2 dt - \int_0^1 \ddot{x}_C^2 dt = \ldots $$

Продолжайте.