Файл: Иоффе, А. Д. Теория экстремальных задач [учеб. пособие].pdf

96

ГЛ. 1.

НЕОБХОДИМЫЕ УСЛОВИЯ ЭКСТРЕМУМА

Множество

В 0

выпукло

в

силу

условия б) теоремы и

int Во Ф 0

(последнее

следует

из п. 1.4.2, поскольку

множество

я (б 0)

содержит

точки

гь ... , zm,

а

Fx(x*t и^) U (0,

1) открыто в Ц).

Пусть

С0 =

BoX(Rc„)ft+1.

где

RCo — полупрямая

{р. е

R|p >

с0},

т. е. произведение множества В0 и к +

1

экземпляров

полупрямой

{р е

R |р >

с0}. Ясно, что

int С0 ф 0

и Со с= С,

значит, int С ф 0 .

Первое соотно­

неверно, т.

е. существуют х0е X, и0е

U такие,

что

Fx {х„ и,) Xo +

F (х„

щ) — F (х„

и,) =

0,

(7)

(fix(xt,

«*)> x0) +

f,{xt,

и0) — fi (х„

и,) <

— 6<0,

i = 0 , . . . , k .

( 8 )

(х, а0,

ат) :

1 - a o

- e i

txJF (xt -f x, и,) +

/= 1

/

m

+

a0F (x. +

x, щ) + e 2 ajF (xt + x, ut).

SF' (0, .. •, 0) (х,

<Xj, . . . ,

от) — Fх (х„,

и,) х -(-

+ а0 (F (xt, Uo)~F (xt, и,)) +

т

е 2

at {F(xt, Uj)—F (дсф, и,)). (9)

Очевидно, &~(0,

. .. , 0)

— /Дх*. «*) =

0. Множество зна­

чений оператора

вГ'ф,

....

0)

содержит В0 и, следова­

Fx {х„ и.) л:' + 2 F (*„ Uj) = 0.

(Ю )

/=i

§ 1.4.

ГЛАДКО-ВЫПУКЛЫЕ ЗАДАЧИ

97

Из (7), (9),

(10)

следует,

что

^ '(0 , . . . .

0)(х0 + вх',

1.........1) =

0,

т. е. вектор

(х0 +

ех',

1,

1)

принадлежит

ядру

опе­

ратора

(0,

0). По теореме Люстерника

найдутся

такие отображения

t

►X (t ) ,

t

> <Xq (t), •

. . , t

> t t m (t )

некоторого отрезка

[— e0, e0] (где ea, вообще говоря,

за­

висит от

е)

в X

и

R

соответственно,

что

при t-> 0

^ IIх (t) II +

2

I « / (0 I j -> 0

и (при всех

t)

(t (х0 +

ex' +

+ х (*)), t (Г + а0 (t)).........t ( l + a m(/))) =

0.

е >

0.

Выбе­

Полученный результат верен для всех

рем теперь е так,

чтобы

( f i x ( Х „

U t ) ,

X ' )

+ 2 f t (х„ U j )

< 6/2

i = i

при всех

г = 0, ...,

k ,

и рассмотрим

функции

g i ( х , а0, . . . ,

ат ) =

(1 — а0 — е 2

а /) ft (х . +

лг, «,)

+

i=i

+

ctj/f (х ,

+ х , «о) + е

2

(х . +

х ,

и,).

Тогда

.

f Ы*.>

«.).

если

/==0>

gi(0,

.... 0)

|

о^

если

*=1,

k ,

функции gi дифференцируемы в нуле и

<£И°.........°). (х> ао>

■■■>

=

«*)’

*> +

т

+ a0(fi(xt, u0)—fi{xt, tO) + ®2 a/(M*.,«/)—

(11)

Отсюда и из (8) в

силу выбора е следует,

что

< £ (0,

. . . .

0),

(х0 +

ех', 1, . . . .

1)> <

— 6/2

§ 1.4. ГЛАДКО-ВЫПУКЛЫЕ ЗАДАЧИ

99

мало,

то (x ( i ) , u ( t )) — допустимый элемент нашей за­

дачи,

f 0 ( x ( t ) , u ( t ) X

«*)

и x ( t ) - > х* при ^->0. Но

это значит, что точка

(х*, ц*)

не может быть точкой ло­

кального минимума, вопреки условию теоремы. Поэтому

1.4.4.

Регулярный случай. Нам осталось доказать

вторую часть теоремы 3 из § 1.1. Для этого достаточно

проверить,

что

при выполнении

условия

г) теоремы

(предполагающего, что образ множества

X 'X U

при

отображении

(х, u )-+ F x (xt, ut)x +

F{xt, и)

содержит

окрестность

нуля в

Y

и

что существуют

Хд £= X,

Ug

U

такие,

что

Fx {xt, u,)xQ+

F(xt, щ) =

0,

(13)

(fix(x„

ut),

x0) + fi (xt,

щ) < 0

при

i =

1.........k,

(14)

т. e. при тех i,

при которых

f t ( x t ,

u t) =

0),

соотношения

не могут выполняться

ни при каких Aj ^ 0, . . . , Xk^ 0,

у ’ е У \

хотя

бы один

из которых отличен от нуля.

В самом деле, если хотя бы одно из чисел Аг

отлично

от

нуля, то из (14) следует

неравенство

k

и,), х й) + fi ( х „

щ)] < 0,

S

и

Кfix ( х „

1=1

откуда в силу

(15)

к