Главная > Математика > Лекции по вариационному исчислению
<< Предыдущий параграф
Следующий параграф >>
<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Макеты страниц

9. Одна теорема Бернштейна.

Предположим, что и что функционал неособенный. В таком случае мы будем иметь всего одно уравнение Эйлера—Лагранжа и притом вида

Докажем для этого уравнения теорему С. Н. Бернштейна о существовании решения в целом. Эта теорема гласит:

Если функции непрерывны в каждой конечной точке для любого конечного и если существуют такая константа и такие, ограниченные в каждой конечной части плоскости функции

что

то через любые две точки плоскости имеющие различные абсциссы , проходит одна и только одна интегральная кривая уравнения (1).

Доказательство этой теоремы будет состоять из нескольких частей.

А. В первую очередь покажем, что через точки проходит не более одной интегральной кривой. При этом мы используем лишь условие (2), а условие (3) не понадобится.

Допустим, что имеются две интегральные кривые

Положим

Тогда

где

и . Если то разность равная нулю на концах интервала должна иметь внутри интервала скажем в точке положительный максимум или отрицательный минимум. В первом случае в точке

что невозможно, так как . Во втором случае в точке

что невозможно по той же причине. Итак, единственность доказана.

Б. Докажем теперь справедливость двух оценок, а именно: если в интервале функция удовлетворяет уравнению (1) и

то во всём интервале

и

где постоянная М зависит от того прямоугольника с основанием в котором в силу (4) находится кривая и верхних граней функций в этом прямоугольнике.

Для доказательства неравенства (4) возьмём вытекающее из (1) равенство

где

Функция

равна нулю в точках Максимум её модуля достигается поэтому внутри интервала , если она не есть тождественный нуль. В точке где достигается максимум модуля, сама функция будет иметь либо положительный максимум, либо отрицательный минимум. Примем для определённости, что имеет место первое. Тогда

и, значит,

откуда

Аналогичные рассмотрения проходят и во втором случае. Они показывают, что всюду в

Таким образом, оценка (4) доказана.

Переходя к доказательству неравенства (5), обозначим через правую часть неравенства (4), а через и — верхние грани функций в прямоугольнике

Кроме того, мы можем принять, что Затем введём функции по формулам

Так как левые части этих формул в интервале неотрицательны, то в интервале

Дифференцируя, получаем:

Вторичное дифференцирование даёт

Заметим теперь, что в силу (3)

откуда

и

Из и следует поэтому, что

откуда в силу неравенства находим:

Аналогично из (62) и (72) вытекает, что

Обратим теперь внимание на те точки интервала , в которых обращается в нуль величина

а значит, и Эти точки существуют потому, что . С помощью указанных точек интервал делится на иодхштервалы, в каждом из которых каждая из функций (9), и знаке не меняет и на одном из концов которого, по крайней мере, обращается в нуль. Пусть I - один из этих интервалов и пусть функции (9), обращаются в нуль на его правом конце .

Могут представиться два случая в зависимости от того, положительна или отрицательна в I величина (9).

Рассмотрим вначале первый случай. Возьмём неравенство и обе его части умножим на неотрицательную в силу величину . Получим неравенство

Интегрируя его от до и учитывая, что получаем:

откуда

и, значит,

или

то-есть в интервале I

Во втором случае берём неравенство (82) и обе его части умножаем на неотрицательную в силу (62) величину Поступая, как и выше, придём снова к неравенству (10), что и требовалось доказать.

В. Переходим к доказательству теоремы. Проведём через точку элемент интегральной кривой, для которого Возьмём на нём точку и соединим её с точкой при помощи ломаной, состоящей из двух звеньев, параллельных осям координат (черт. 3). Переменную точку на ломаной DQB обозначим через

Через точку А можно провести пучок интегральных кривых

где параметр а представляет . При интегральная кривая совпадает . Если точка Р будет достаточно близкой к D, то в пучке (11) наверно найдётся кривая, проходящая через Р.

Это значит, что уравнение

для , достаточно близких к d, будет разрешимо относительно . При этом оно будет однозначно разрешимо в силу доказанной единственности. Следовательно, уравнение (12) определяет Е как монотонную функцию от и, значит, как монотонную функцию от . Докажем, что таким путём при помощи интегральной кривой можно достигнуть любой точки отрезка DQ.

Черт. 3.

В самом деле, допустим, что указанным путём можно достигнуть любой точки отрезка DR, за исключением самой точки R. Когда увеличивается до значения, равного абсциссе точки В, угол а изменяется монотонно и, следовательно, стремится к пределу. Если этот предел отличен от , то и точка R достижима. Поэтому то-есть при приближении точки Р к точке не остаётся ограниченной производная в точке от где — уравнение интегральной кривой, соединяющей точку А с точкой Р. Но это противоречит оценке для производной от решения, в силу которой не может быть сколь угодно большим, так как концы А и Р интегральной кривой находятся в ограниченной области, а разность их абсцисс не стремится к нулю. Итак, мы можем достигнуть точки Q. Теперь заставим переменную точку Р перемещаться от Q к В. Здесь близкие к Q положения точки Р, наверно, достижимы интегральными кривыми. Иначе говоря, уравнение

определяет а как функцию (однозначную) от .

Мы снова имеем монотонную зависимость, и для окончания доказательства остаётся ещё раз повторить применённое только что рассуждение.

<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Оглавление