Задачка

[xolms]

Найти все числа a такие, что если выполнено:
\{x\}+\{ay\}=\{y\}+\{ax\}, то выполнено:
\{x\}=\{y\} (\{a\}-дробная часть)

[xolms]

Помогите плиз.
Подкинули есче одну:
Функция f(x) дважды дифференцируема на [0,1]
f(0)=f(1)=0
f'(0)=1
Найти минимум \int\limits_0^1 f''(x)^2dx

[PAV]

Поскольку первообразная функции $f''(x)$ очевидна, то интеграл расписывается в виде разности этой первообразной в конце и в начале. Ну а дальше, по-моему, очевидно, что эта разность может быть сколь угодно близкой к $-\infty$, так что минимум не достигается.

[Brukvalub]

Из этого равенства:

\[\int\limits_0^1 {f''(x)dx = f'(1) - f'(0)} = f'(1) - 1\]

и условий на функцию видно, что минимума нет (интеграл неограничен снизу).

[xolms]

Извините не заметил, что не так написал. Смотрите теперь.

[xolms]

Пока ждал помощи решил первую задачу. Если интересно, то a=(k-1)/k где k- целое не равное 0

[neo66]

xolms писал(а):

Функция $f(x)$ дважды дифференцируема на [0,1]
$f(0)=f(1)=0$
$f'(0)=1$
Найти минимум $\int\limits_0^1(f''(x))^2dx$

Минимум, а точнее $inf$ этого функционала равен $0$. Чтобы это понять, возьмем функцию:
$f(x)=$\left\{ \begin{array}{l} x ,0\leq x \leq \frac{1}{2}\\ 1-x, \frac{1}{2}\leq x \leq 1 \end{array} \right.,
сгладим ее в точке $x=\frac{1}{2}$ "кусочком" параболы $y=-ax^2, x\in [-\frac{1}{2a},-\frac{1}{2a}], a> 0$, сдвинув ее куда надо. Полученная функция будет дважды дифференцируема, кроме 2 точек, но это не страшно и дела не меняет. А наш функционал на такой функции будет равен
$\int\limits_{{-\frac{1}{2a}}}^{{\frac{1}{2a}}} 4a^2 dx = 4a$ и может быть сделан сколь угодно малым.

[RIP]

neo66
Решение неверно. Когда $a\to0$, то отрезочек $[-\frac1{2a};\frac1{2a}]$ получится слишком длинный, поэтому "сдвинуть" этот кусочек параболы нужным образом не получится. На самом деле легко показать, что минимум достигается на функции $f(x)=x-\frac32x^2+\frac12x^3$.

Решается стандартно. Обозначим $J(f(x))=\int_0^1(f''(x))^2dx$. Допустим, что на функции $f(x)$ достигается минимум. Возьмём любую функцию $h(x)\in C^2[0;1]$, такую что $h(0)=h(1)=h'(0)=0$, и рассмотрим функцию $F(t)=J(f(x)+th(x))$, $t\in\mathbb{R}$. Она имеет минимум в нуле, следовательно, $F'(0)=0$, т.е. $\int_0^1f''(x)h''(x)\,dx=0$. И это верно для любой $h$, т.е. получено условие, которому должна удовлетворять наша $f(x)$. Допустим, что $f(x)\in C^4[0;1]$. Дважды беря интеграл по частям (оба раза под дифференциал загоняем функцию $h$), видно, что это условие выполняется, если $f''(1)=0$ и $f^{(4)}(x)=0$. Легко проверить, что эта функция действительно доставляет (глобальный) минимум в задаче (в задаче ведь требуется, чтобы $f$ была дважды непрерывно дифференцируема?).

[neo66]

Извиняюсь за дезинформацию. Я и сам увидел, что спорол чушь, но было уже поздно .

[Brukvalub]

Ну, раз уж зашла речь о функционалах, то можно бы было сразу посмотреть на эту задачу, как на классическую задачу со старшими производными классического вариационного исчисления, написать необходимое условие экстремума - уравнение Эйлера-Пуассона:

\[\frac{{d^2 }}{{dx^2 }}\hat L_{f''} - \frac{{d^{} }}{{dx^{} }}\hat L_{f'} + \hat L_f = 0\]

для Лагранжиана

\[L = (f''(x))^2 \]

, решить это уравнение, учесть граничные условия, после чего проверить достаточные условия экстремальности, например, проварьировав, как это сделал RIP, полученное решение вручную, или использовать более громоздкие достаточные условия экстремума из КВИ .

[Pyphagor]

Brukvalub писал(а):

Из этого равенства:

\[\int\limits_0^1 {f''(x)dx = f'(1) - f'(0)} = f'(1) - 1\]

и условий на функцию видно, что минимума нет (интеграл неограничен снизу).

А куда Вы квадрат дели?

[PAV]

Pyphagor писал(а):

А куда Вы квадрат дели?

В первоначальном варианте поста квадрата не было.

[Brukvalub]

Pyphagor писал(а):

А куда Вы квадрат дели?

Это не я дел куда-то квадрат, это первоначальная авторская формулировка задачи, затем автором же поправленная. А ответ я писал (как и PAV) по первой, неверной формулировке.

[xolms]

Спасибо, но есть вопрос:

Цитата:

$F'(0)=0$, т.е. $\int_0^1f''(x)h''(x)\,dx=0$

Недопонял этого.

[RIP]

xolms писал(а):

Спасибо, но есть вопрос:

Цитата:

$F'(0)=0$, т.е. $\int_0^1f''(x)h''(x)\,dx=0$

Недопонял этого.

$F(t)~-$ это квадратный трёхчлен. Посчитайте его производную.