Алексеев В.М., Тихомиров В.М., Фомин С.В. - Оптимальное управление (1050536), страница 17
Текст из файла (страница 17)
Описанный здесь результат также был получен Аполлонием в его «Конике». Задача Кеплера о вписанном цилиндре (см. (3) в п. 1.2.2). Решение этой задачи подобно решению задачи Евклида, н мы его не комментируем. 1. )«(х) = х(х' — 1)- ш1, 0(х» '1. 2 — 5. Д(х)=0=;>Зх'=1=ьх=)~'ЗуЗ. 6. В силу единственности стационарной точки в (О, 1), х=)ГЗуЗ есть решение задачи: искомый цилиндр характеризуется тем, что отношение его высопи«2х к радиусу )' 1 — 'х«равно )' 2. Задача о преломлении света.
Эта задача была поставлена и решена методом Гюйгенса в п. 1.1.3. Здесь мы даем стандартное решение ее, восходящее к Лейбницу (см. (4) в п. 1.2.2). 1. 1«(х) =):«г«+ х'Уо, +)Гр'+($ — х)«(о, — 1п1. Все лебеговы множества .У,( непрерывной функции Г« компактны, и, значит, по теореме Вейерштрасса решение задачи существует. 2 — 5. 1'(х) «О=о х $ — х ««« с11' и«+»' с«)' й«+Я вЂ” х)' мп~р, в!и ч« ва — =— с« с« (см. рнс. 19 в п.
1.2.2); 6. Точка х, удовлетворяющая последнему уравнению, единственна (проверьте(), значит, оиа и является решением задачи. Итак, точка преломления луча света на границе двух сред характеризуется тем, что отношение синуса угла падения к синусу угла преломления равно отношению скоростей распространения света в соответствуюи(их средах.
Это и есть закон Снеллиуса. 3 ад а ч а Ш т е й н е р а. Она была формализована так (сй. (5) в п. 1.2.2): 1«(х)=!х — $„)+(х — $,)+~х — $,( — 1п1, хЕК«, $; Е й«, ( = 1, 2, 3, ( х ( = $»х'„+ х',. Решение задачи существует по теореме Вейерштрасса (проверьте!). Возможно одно из двух: либо решение совпадает с одной из точек $о 1 = 1, 2, 3, либо не совпадает ни с одной. Будем решать задачу в последнем случае. Тогда функция будет гладкой в окрестности точки х (проверьте!). б.
Уравнение (3) означает, что три единичных вектора, смотрящие из х в сторону $о $„$, соответственно, в сумме равны нулю. Значит, эти векторы параллельны сторонам равностороннего треугольника, и, следовательно, величины углов $,х$„$,х~„$,х$„под которыми из точки х видны стороны треугольника, равны 120'. Таким образом, точка х является точкой Торичелли. Она может быть найдена как точка пересечения двух дуг окружностей, стигиваемых хордами ($„$,1 и Д„$,! и вмещающих углы 120'.
Это построение возможно, если только ни один из углов треугольника не больше 120'. В противном случае дуги не пересекаются, и, значит, невозможно, чтобы точка х не совпадала ни с одной из точек $о 1=1, 2, 3. Но тогда она должна, очевидно, совпадать с вершиной тупого угла, ибо против тупого угла лежит самая большая сторона треугольника. Ответ: Искомая точка есть точка Торичелли, если все величины углов треугольника меньше 120' и есть вершина тупого угла в остальных случаях. Итак, все геометрические задачи„о которых говорилось в и.
1.1.2, а также задача о преломлении света из п.1.1.3 решены. Заодно решим и задачу Тарта л ьи: Ю !. ~,(х)=х(8 — х)(8 — 2х)- зцр, О«=х~~4. 2 — 5. ~;(х) =О=чь3х' — 24х+32=0~х=4 — 44 ~ 3. Б. Ответ: Одно число равно 4 — 4/~' 3, другое 4+43'3. 1.6.2. Аэродинамическая задача Ньютона. Эта задача была поставлена в п, !.!.5 и формализована в п, 1.2.3. 1. г! —,— «!и1, х=и, х(0)=0, х(Т)=$, и~К~ г !в! ь Для такого рода задач доказать непосредственно тео- рему существования не совсем просто.
Главная беда— невыпуклость интегранта (/(1+и») по и при и)0. Но тем не менее эту задачу мы решим до конца. Наш даль- нейший план таков. Предположив, что решение задачи существует, мы применим к гипотетическому решению принцип Лагранжа. Выяснив, что существует единствен- ная допустимая в задаче стационарная кривая (т. е. до- пустимая кривая, для которой выполняются исе условия, диктуемые принципом Лагранжа), непосредственной вы- кладкой убедимся, что именно она доставляет абсолют- ный мииимум. В заключение вспомним слова Ньютона и убедимся, что найденное решение в точности то, которое было им описано в 1687 г.
т 2. Я = Г) у. Ю+ рох(0)+(»1(х(т) — Р, а от ~о~ 3. Уравнение Эйлера: — — „) Е.„. + 1 „= 0 =т» р (() = сопз( р,. (1) Условие трансверсальяости: (2) Ро = Ро = рг. Условие минимальности цо и: —,— р,и~ — „— р,и(т), Чи) О. (3) Х»1 1+и» о = 11 йо(1) 4. Если допустить, что ьо=О, то необходимо, чтобы ро~О (ибо иначе из (2) вытекали бы равенства хо =р, = =1»о=р»= О, но все множители Лагранжа не могут обратиться в нуль одновременно). Если же Ао =0 и р,Ф О, то из (3) следует, что й (1)= — О, а значит, х(()= ~ й (1) Нт ча О. а Но тогда искомое тело не имеет аллины» — оно является плоской пластиной.
Если же $ ) О, то- К,чь 0 и можно считать, что 1,=1. Отметим еще, что случай ро)0 также невозможен, ибо при этом функция 100 ,2)(.1+и*) — р,и монотонно убывает и (3) не выполняется при и >й(1). 5. Из (3) (с 3,,=1) следует, что до некоторого момента оптимальное управление равно нулю (проверьте, что при р,<0 и малых ! функция и (1)(1-(-ит)) — р,и достигает минимума при и = 0). Затем оптимальное управление й( ) должно быть найдено из уравнения 2и! Ро= (1+и ) (4) получающегося из уравнения Е,=О. Момент излома т дпредеаяетсятем, что функция и- (т/(1+и')) —.р,и имеет два равных минимума — в нуле и в точке, определяемой нз (4) при (=т, Иначе говоря, в момент излома должны удовлетворяться соотношения (далее через й(т) обозначено й(т+0)чьО)! 2й(т) т — р,=, = — р,и(т) =т.
(5) (1+ йт (т))т 1+ йт (т) Из второго уравнения получаем: — й'(т) т/(1+ и'(т))= ртй (т), откуда р, = — тй (т)/(1+ й*(т)). Подставив ато соотношение в первое уравнение (5), находим, что йт(т)=1=Фй(т)=1 (ибо й)0) и 'тогда снова нз пер: ного уравнения (5) получаем' равенство т= — 2р,. После излома оптимальное решение удовлетворяет соотношению (4), из которого следует, что ! = — — ! — — ' 11 — + 2 и+ ит). Ро(1+и~) Рт / 1 2и 2 1и (6) Но йи йх Ит ж «Ы р, Г 1 иихф — = — — и — = — — ' ~ — — +2и+Зи') ит йи Ф Ки Ки 2 ~ и + Интегрируя зто соотношение с учетом равенства х (т) = О, й(т)=1, получаем параметрические уравнения искомой овтимальной кривой х (1, р,) = — — ()и — +и'+ — и ~ 1 — р„ (7) 2 ~и 101 5.
Кривую (7) называют кривой Ньютона. При этом в (7) и~(1, со). Нетрудно понять, что пересечение прямой х=а( с кривой Ньютона, соответствующей параметру р,= — 1, единственно. Действительно, х(, — 1) непрерывна и выпукла, ибо Рх йи 1 — — — О. й1' й1 ййди Но, с другой стороны, из формул (7) видно, что кривая Ньютона х(, р,) получается из,кривой х(, — 1) гомотетней с центром в (О, 0) и коэффициентом ) р,! (рис. 27). Значит, для того чтобы провести кривую семейства (7) через заданную точку (Ч, Т), нужно, найти точку пересечения прямой х=5(/Т с кривой х (, — 1) и затем сделать соответствующую гомотетию кригу вой х( °, — 1).
Получим допусти- мую кривую х( ). Убедимся, что Рис. 27. она дает абсолютный минимум в задаче. Для этого вернемся к соотношению (3) с 1,=1. Пусть х( ) — любая допустимая кривая (т. е. х( ) чКС'(10, Т]), х(0)=0, х(Т) =5). Тогда в силу (3) 1 + '(1) 1 + 11) Проинтегрировав это соотношение и учитывая, что т т й(Г) ='х(Г) и ) х(Г)йг= ) х (1)й(=$, получаем о о Задача полностью решена.
П р и м е ч а н и я. 1. В п. 2 — 5 применялся принцип Лагранжа для задачи оптимального уравнения, сводящийся к принципу максимума Понтрягина (п. 1.5.3). 2. Сопоставим теперь полученное решение с решением, описанным самим Ньютоном. Вспомним слова Ньютона, приведенные в п. 1.1.5 и посмотрим еще раз ця( на его чертеж (рис. 18). При этом наряду с буквами, 'расставленными самим Ньютоном, используем еще и некоторые наши обозначения. Имеем: 1МУ) = Г, (ВМ(=х, 1В6(=т, угол В6Р=ф, и тогда из построения Ньютона получавм, что 18ф=х(1), (ВРЦВ6~=18ф=э(ВР)=тх, (6Р )'= ( В6)'+ ( ВР('=(х'+1)т'. Теперь из пропорции Ньютона ) МУ ):(6Р( =) 6Р )'.4 ) ВР (х) 6В !», подставляя наши обозначения, получаем »«(х»+ 1) н х1 (х»-)-1)Ч'т 4«х»» (х»-1-1)' 4 ' Но это — не что иное, как соотношение (4), в которое подставлено значение р«= — т(2.
Из (8), рассуждая так же, как и раньше, мы находим интегрированием выражение (7) для кривой Ньютона. Отметим еще, что «затупленность» кривой и условие на скачок вточке6е>т(уголтам равен 135') были по существу предусмотрены Ньютоном в его «Поучении» об усеченном конусе. Таким образом, задача Ньютона была им решена полностью, но смысл его решения оказался недоступным ни для его современников, ни для многих его последователей — вплоть до нашего времени, 1.6.3. Простейшая задача о быстродействии. Поставленная в п.
1.1.7, эта задача была формализована следующим образом: Т ш1, тх=и, и~~и„и1, х (О) = х„х (О) = ом х (Т) = х (Т) = 0 (см. (5) в п. 1.2.4). Случай и,=и, интереса не представляет, поскольку при этом не для всякой пары (х„о») существует функция х( ), удовлетворяющая всем ограничениям (Ч), а если такая функция существует и отлична от тождественного нуля, то значение Т определяется однозначно, так что задачи минимизации в сущности и нет. При и, < и, мы можем уменьшить число параметров задачи при помощи замены х(1) = А$ (1) + В (1 — Т)'.
В терминах функции $(.) общий вид задачи (1) не меняется, но параметры хм о„и„и» приобретают другие 103 значения. В частности, если положить А=(и,— и»)/2т, В=(и,+и»)(4т, то вч1 — 1, Ц. Имея зто в виду, будем считать далее в (1) т=1, и,= — 1, и,= +1. Кроме того, обезначнм х=х„х=х,. Теперь приступаем к реализации нашей стандартной схемы: т 1. Т=11 (1 (п1, х, „х,-, иЦ вЂ” 1, Ц, (2) х,(0) =х„х,(0) = о„х,(Т) =х,(Т) =О. С существованием решения мы поступим точно так же, как и в предыдущем пункте: найдя нз принципа Ла- гранжа функцию х ( ), «подозреваемую» на оптималь- ность, непосредственной проверкой убедимся в том, что она дает нам решение задачи.
т 2,,3'= ~.СМ+р, (х, (О) — х,)+р» (х, (0) — о,)+ а + т,х, (Т) + т«х»(Т), (3) где И )ь+р,(х,-х»)+р,(х» — и). 3. Уравнения Эйлера-Лагранжа: — Ь +Е,„» О, 1=1, 2чо-9- О, +' — р,. (4) , Условия трансверсальности: р,(0) =1»ы р,(О) = р„р,(Т)= — т„р»(Т) — т,. (5) Прн.нцнп максймума: опустив не зависящие от и слагаемые, можно записать это условие в анде р»(1)й(1) гпах (р«Яи)=(р»(1)~, -~С«С1 или ( з(йп р»(1), если р«(1)ФО, й(1)-1 ~ любое из 1 — 1, Ц, если р,(1) =О. Кроме того, в рассматриваемой задаче переменным является также конечный момент времени Т (ведь именно его мы н мнннмнзыруем), так что формально эта задача 104 ие укладывается и рамки п.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
