C.В. Конягин - Программа и задачи к экзамену по вариационному исчислению

Программа и задачи к экзамену по вариационному исчислениюЛектор — C. В. КонягинVII семестр, 2005 г.Программа экзамена1. Вариация по Лагранжу и производная по Фреше. Необходимые условия экстремума для гладких задачбез ограничений.2. Простейшая задача классического вариационного исчисления. Уравнение Эйлера.3. Задача Больца. Условия трансверсальности.4. Интегралы импульса и энергии.5. Вариация интегрального функционала с подвижными концами.6. Сильный экстремум в простейшей задаче классического вариационного исчисления.

Теорема Вейерштрасса – Эрдмана.7. Условие Лежандра — необходимое условие для слабого экстремума в простейшей задаче классическоговариационного исчисления.8. Отсутствие сопряженных точек — необходимое условие для слабого экстремума в простейшей задаче классического вариационного исчисления.9.

Усиленное условие Лежандра и отсутствие сопряженных точек — достаточное условие для слабого экстремума в простейшей задаче классического вариационного исчисления.10. Игольчатые вариации. Условие Вейерштрасса — необходимое условие сильного экстремума.11. Элементы теории поля.12. Задача о брахистохроне.13. Гладкая задача с ограничениями типа равенств.14. Изопериметрическая задача.15.

Задача с ограничениями типа равенств и неравенств.16. Задача Лагранжа — постановка и формулировка необходимого условия экстремума.17. Задача оптимального управления — постановка и формулировка необходимого условия экстремума.18. Задача со свободным концом.19. Теорема Болтянского.20. Уравнение Беллмана и принцип максимума.21. Формулировка теоремы отделимости, ее следствия.22. Оптимальный выбор существует.

Доказано Филипповым.23. Теорема Куна – Таккера – Каруша.24. Независимое доказательство следствия принципа Лагранжа об экстремальной задаче на октанте с ограничениями.Литература[1][2][3][4][5]В. М. Алексеев, В. М. Тихомиров, С. В. Фомин. Оптимальное управление. — 1979.Э.

М. Галеев, В. М. Тихомиров. Краткий курс теории экстремальных задач. — 1989.Э. М. Галеев, В. М. Тихомиров. Оптимизация. — 2000.М. И. Зеликин. Оптимальное управление и вариационное исчисление.С. В. Конягин. Несколько лекций из курса «Вариационное исчисление и оптимальное управление».

— Читальный зал библиотеки мехмата.[6] А. Коша. Вариационное исчисление. — 1983.1Задачи к экзаменуЗадача 1. Выведите уравнение Эйлера для векторнозначных функций.Задача 2. Приведите пример простейшей задачиZt1L(x, ẋ) dt → extr;x(t0 ) = x0 , x(t1 ) = x1t0и функции x(·) такой, что Lẋ ẋ − L ≡ const, но x(·) не является экстремалью.Указание. Можно рассмотреть задачу о брахистохроне, но есть и более простые примеры.Решение. Рассмотрим следующую задачу:J(x ·) =Z10(ẋ + x) dt → extr;x(0) = x(1) = 5.Так как L = L(x, ẋ) = ẋ + x, то есть интегрант не зависит явно от t, то имеет место интеграл энергии: ẋLẋ − L ≡≡ const.

В нашем случае: Lẋ = 1,ẋLẋ − L = ẋ − (ẋ + x) = C = const,поэтому x = −C. Из начальных условий находим: x(0) = x(1) = 5, значит, x ≡ 5 = −C. Функция x ≡ 5 —dLẋ + Lx = 0 в данном случае не выполнено, то есть x(·) не являетсядопустимая. А уравнение Эйлера − dtdэкстремалью. Действительно, Lẋ = 1, Lx = 1, − dtLẋ + Lx = 0 + 1 6= 0.Такая ситуация возникла из-за того, что интеграл энергии имеет лишнюю допустимую функцию x(t) = const.При выводе интеграла энергии мы дифференцируем его по t и используем уравнение Эйлера:d(ẋLẋ − L ≡ const)dt⇔ẍLẋ + ẋdLẋ − Lx ẋ − ẍLẋ = 0dt d−ẋ − Lẋ + Lx = 0.dt⇔Таким образом, наличие интеграла энергии ещё не гарантирует экстремальность.

Задача 3. Докажите, что если допустимая экстремаль в задачеZt1L(t, ẋ) dt → extr;x(t0 ) = x0 , x(t1 ) = x1t0удовлетворяет условию Вейерштрасса (не усиленному!), то x(·) доставляет глобальный минимум в задаче.Решение. Для любой допустимой функции x(·) мы имеемZt1t0L t, ẋ(t) dt −Zt1t0L t, x(t)ḃdt =Zt1t0E t, x(t), x(t),ḃẋ dt −Zt1t0b ẋ (t) dt.ẋ(t) − x(t)ḃL(1)В силу предположения задачи, интеграл в правой части (1) неотрицателен. Далее, уравнение Эйлера для xb(·)влечётLẋ (t) ≡ const =: C.(2)Следовательно,Zt1t0b ẋ (t) dt = Cẋ(t) − x(t)ḃLZt1t0ẋ(t) − x(t)ḃ dt = CZt1ẋ(t) dt −t0Zt1t0x(t)ḃ dt = C(x1 − x0 ) − C(x1 − x0 ) = 0,(3)то есть второй интеграл в правой части (1) равен нулю. Значит, в силу (1) получаемZt1t0L t, ẋ(t) dt −Zt1t0что и требуется. 2L t, x(t)ḃdt > 0,(4)Задача 4.

Докажите, что если допустимая экстремаль в задачеZt1A(t) + A0 (t)x(t) + A1 (t)ẋ(t) + A00 (t)x2 (t) + 2A01 (t)x(t)ẋ(t) + A11 (t)ẋ2 (t) dt → extr;t0x(t0 ) = x0 , x(t1 ) = x1доставляет слабый минимум, то она доставляет и глобальный минимум.Указание. Покажите, что если xb(·)— экстремаль в данной задаче, h(·) ∈ C10 [t0 , t1 ], тоJ xb(·) + αh(·) − J xb(·) = α2 J xb(·) + h(·) − J xb(·) .Задача 5. Приведите (с доказательством) пример простейшей задачи классического вариационного исчисления, в которой для некоторой допустимой экстремали xb(·) выполнены усиленные условия Лежандра и Якоби,а также (не усиленное) условие Вейерштрасса, но при этом сильный минимум на xb(·) не достигается.Указание. Рассмотрите задачуZ10ẋ2 − xẋ3 dt → min;x(0) = x(1) = 0и экстремаль xb ≡ 0.Задача 6.

Докажите, что если функция xb(·) и точки bt0 , bt1 доставляют слабый экстремум в задачеJ(x(·), t0 , t1 ) =Zt1t0L t, x(t), ẋ(t) dt + ψ0 t0 , x(t0 ), t1 , x(t1 ) → extr;ψi t0 , x(t0 ), t1 , x(t1 ) = 0 (i = 1, . . . , m),причем функция L и ее производные по x и x′ непрерывны, а функции ψi непрерывно дифференцируемы, то:d bbx;Lẋ = L1) x(·) удовлетворяет уравнению Эйлера dt2) найдется вектор множителей Лагранжа λ = (λ0 , .

. . , λm ) 6= 0 такой, что функцияL x(·), t0 , t1 ; λ =Zt1t0λ0 L t, x(t), ẋ(t) dt + l t0 , x(t0 ), t1 , x(t1 ) ,m Xl t0 , x(t0 ), t1 , x(t1 ) =λi ψi t0 , x(t0 ), t1 , x(t1 )i=0удовлетворяет условияма) условиям трансверсальностиb ẋ (bλ0 Lti ) = (−1)iblx(ti )(i = 0, 1);б) условиям стационарности по подвижным концамLti = 0(i = 0, 1).Задача 7. Привести пример задачи с подвижными концами, в которой необходимо брать λ0 = 0.Указание. Рассмотрите задачуZT0ẋ dt → extr;x2 (T ) = 0.Задача 8.

Вывести из принципа Лагранжа для задачи Лагранжа необходимое условие Эйлера – Пуассонадля задачиZt1L t, x(t), ẋ(t), ẍ(t) dt → extr;t0x(t0 ) = x0 , ẋ(t0 ) = x′0 , x(t1 ) = x1 , ẋ(t1 ) = x′1 .3Решение. Сделаем замену: x1 = x, x2 = ẋ, причем ẋ1 = x2 . Тогда имеемZt1λ0 L(t, x1 , x2 , ẋ2 ) + p1 (ẋ1 − x2 ) dt + λ1 (x1 (t0 ) − x0 ) + λ2 (x1 (t1 ) − x1 ) + λ3 (x2 (t0 ) − x′0 ) + λ4 (x2 (t1 ) − x′1 ).t01◦ Уравнения Эйлера – Лагранжа:dbdt p = λ0 Lx1 ,d bb x2λ0 dt Lẋ2 = λ0 L◦2 Условия трансверсальности:Lẋi (t0 ) = lxi (t0 ),Lẋi (t1 ) = −lxi (t1 ).− p;p(t0 ) = λ1 ,p(t1 ) = −λ2 ;⇒λ0 Lẋ2 (t0 ) = λ3 ,λ0 Lẋ2 (t1 ) = −λ4 .Теперь рассмотрим два случая.• Случай λ0 = 0.

Тогда из 2-го уравнения Эйлера – Лагранжа находим, что р = 0, а из условий трансверсальности — что λ1 = 0, λ2 = 0 и λ3 = 0, λ4 = 0. Получили, что все λi равны нулю, а это невозможно.• Случай λ0 6= 0. Тогда без ограничения общности, λ0 = 1. Запишем уравнение Эйлера – Лагранжа:Отсюдаddt p =d bdt Lẋ2b x1 ,Lb x2 − p;=Lddtи, вспоминая, что x1 = x, x2 = ẋ, имеемЭто и есть уравнение Эйлера – Пуассона. b x1 ,ṗ = L⇒ṗ1 =ddtd bb x2 ;− dtLẋ2 + Ldbbb x1 ,− Lẋ2 + Lx1 = Ldtd2 bdbbLẍ − Lẋ + Lx = 0.dt2dtЗадача 9. Привести пример задачи оптимального управления, в которой функция p не является непрерывнодифференцируемой.Указание.

Рассмотрите задачуZ20−xu2 dt → min;ẋ = u,x(0) = 0,x(2) = 1,0 6 u(t) 6 1.Решение. Рассмотрим задачу оптимального управления:Z20−xu2 dt → min;u = ẋ;x(0) = 0;x(2) = 1,0 6 u 6 1.Запишем функцию Лагранжа:Z20−λ0 (xu2 ) + p(ẋ − u) dt + λ1 x(0) + λ2 x(2) − 1 .Стационарность по x — уравнение Эйлера:Условие трансверсальности:dbb x (t) ⇒ ṗ(t) = −λ0 u2 .Lẋ (t) = LdtLẋ (ti ) = (−1)i lx(ti )⇒p(0) = λ1 ;4p(2) = −λ2 .Оптимальность по u:min L(t, xb(t), x(t),ḃu) = L t, xb(t), x(t),ḃub(t)⇒u∈Umin (−λ0 xbu2 − pu ) = −λ0 xbub2 − pbu.06u61Докажем из этих соотношений, что ṗ(t) — разрывная. Допустим противное. Рассмотрим два случая:• Случай λ0 = 0. Тогда ṗ(t) = −λ0 u2 = 0, следовательно, p(t) = const = λ1 = −λ2 .

Если λ1 = 0, то и λ2 = 0,но тогда все λi равны нулю, что невозможно.Тогда условие оптимальности по u можно переписать в виде min (λ1 u) = λ1 ub, значит, либо ub ≡ 0 (если06u61λ1 > 0), либо ub ≡ 1 (если λ1 < 0). Но в первом случае ẋ = u = 0 ⇒ x = const, что противоречит тому, чтоx(0) = 0; x(2) = 1, а во втором случае ẋ = u = 1 ⇒ x(t) = t + С ⇒ x(t) = t (так как x(0) = 0), поэтомуx(2) = 2 6= 1. Полученное противоречие показывает, что этот случай невозможен.• Случай λ0 6= 0.