Галеев Э.М., Тихомиров В.М. - Оптимизация (теория, примеры, задачи) (1050557), страница 26
Текст из файла (страница 26)
Необходимое условие экстремума Теорема. Пуста функция У доставляет слабый локаяьный экстремум в задаче (Р) (й Е ч»1осехггР), функции Х «Б, Б» — непрерывны в некоторой окрестности расширенного графика Гл: = ((1,2(1),й(1)) [1 Е [1о, 8~]) (Ы,», Ь» Е С(О(ГеД)), функция 1 — непрерывно дифференцируема в окрестности точки (У(го),У(1~)) (1 Е С'(О(х(го),й(1,)))). Тогда Х» непрерывно дифференцируемая функция (Хь Е С ([го, 11))) и выполнены а) уравнение Эйлера — — Х»(1) + Х»(1) = 0 ~ 1 Е [1о, 1~]; Ь) условия трансверсальности Х.(го) = 1ыьь Хл(1,) = -С.(ць Доказательство.
Возьмем произвольную, но фиксированную функцию И 6 С'([1о, 11]). Поскольку х Е 1осехггР, то функция одного переменного «р(Л): = В(й() + ЛА()) = г« = [ Б(1,й(1) + лл(1),й(1)+ лл(1)) и+1(й(г,)+ лл(г,),й(1,)+ лл(1,)) Определение. Говорим, что допустимая Функция й доставляет слабый локальный минимум в задаче (Р), и пишем х Е «н1осгп! и Р, если сушествует б > 0 такое, что В(х()) > В(х()) для любой допустимой функции х, для которой [[х(.) — У()[[~ < 6. 154 Глава 3. Вариациоияее исчисление Р'(О) = „~(Хо(1)л(1) + Х,(1)л(1)) б> +1,ь>и(1о) + 1.ООИ(1,) = О 'Ф И Е С ([1о, 1~]).
(1) Раяенство (1) выполи олняется для любой функции Л Е С> п1, 1 и для функций И Е Со([1о 1~]). Сле ([ о, 1~]), а значит о о, ~]). Слеловательно, из (>) вытекает, что ь (Ьо(1)и(1) + Ь~(1)и(1)) й> = О У Л Е Со|([>о, 1Д). 155 б 2. Задача Больца 2.3. Многомерньой случай Мы сформулировали теорему лля одномерной задачи Больца классического вариациониого исчисления.
Совершенно аналогично ставится векторная задача Больца и формулируются необходимые условия экстремума. Пусть х(1) = (х1(1),...,х„(1)) — и-мерная вектор-функция, инте>рант Ь = Ь(1,хп...,х„,хн...,х„) — функция 2п+ 1 переменного, терминант 1 = 1(х~(1о), х„(1о), хю(1~),..., х„(1~)) — функция 2п переменных. Рассмотрим задачу г,(1 х, .,х„,хп...,х ) бт+ ( (1 ) „(1 ),х,(1,),...,х„(1~)) ехгг. Отсюда по лемме Дюбуа-Реймона функция Х, Е С'([1о 1 и в ется дифференциальное уравнение ([1о, 1~]) и выполня- ббг о()+Х~(1) =О т>е [1о 1~1 — уравнение Эйлера.
Для завершения доказательства тео мы остал енин (оно стало возможным в силу доказанно Хо(1) Е С ([1 А ])): у доказанного включения l — * ~"-,~ — о() . ь и (1)Л(1)бо = ~ Хо(1)аи(1) — Хо(1)л(1)]ь /Л ь ь Подставляя пол е уч нное выражение в соотношение (>) и доказанное уравнение Эйлера, ера, получим ( ) и учитывая уже ь р'(О) = ~ ( — — Х (1) + Х,(1)) и(1) а + ь +(Хо(1,)+1.В>)л(1,)+ (-Хо(И)+1МЬ>)л(1,) = = (Х(1ь)+1.>ь>)Л(11)+(-Хо(>е)+1з<в>)л(1о) = О у Л Е С'([го,,>). о, 1~]) (2) Подставляя в (2) последовательно Л(1) = 1 — 1~ и Л(1) = 1 — 1, п е По о = — ~ и Л(1) =1 — го придем ма ~~~~~ ~ж~на о — юг > и.бо(1~) [ Укажем на необходимые изменения при формулировке условий экстремума для векторного случая.
Необходимые условия экстремума в векторной задаче Больца состоят из системы и уравнений Эйлера б1 — — Хи(1) + Х,,(1) = О, 1 = 1,..., и, и системы 2п условий трансверсальности Х,.(1о) = [~,сц>, Хо,(1~) = — [ бь>, 1 = >,...,и. Доказательство теоремы в векторном случае тривиально редуцируется к одномерному случаю.
Действительно, фиксируем у вектор-функции *(.) = ((х,( ),...,х„()) компоненты кроме х;(). Тогда функционал Больца будет зависеть только от одной функции х;(): В(х,(.)) = В((й~('), „,,о;+,(),х;(),И; 1(),...,х„()). А для одномерного случая необходимые условия экстремума — уравнение Эйлера и условия трансверсальности по х;( ) уже доказаны. Кшкдое уравнение Эйлера — дифференциальное уравнение второго порядка — содержит при интегрировании две константы.
Всего — 2п констант интегрирования. Для их нахождения у нас есть 2п уравнений— условий трансверсальности. В таком случае, когда количество неизвестных совпадает с количеством уравнений лля их нахождения, мы говорим о лоляоте набора условий лля нахождения экстремали. Как правило, во всех наших задачах мы имеем полный набор условий лля определения неизвестных. 157 42. Задача Болыга 156 Глава 3.
Вариаииоииое исчисление 2.5. Задачи Б пд 2А. Прнаеер ! В(х(.)) = [(х~ — х) 4!+ хз(1) — ехгг. а Необходимые условия: а) уравнение Эйлера 4 — — Т . + б . = 0»=ь 2х + 1 = 0; Ж Ь) условия трансверсальности А«(О) = 1«я, Ь (!) = — ! О! е«««х(0) = 0 х(1) = х(1). р Общее решение уравнения Эйлера: х = — -„+ С~1+ С2. Из условий трансверсальности находим, что С~ — — О, С2 = 2. Таким образом, имеется единственная допустимая экстремаль х = =.
Покажем, что э-р она доставляет абсолютный минимум в задаче. Действительно, если Ь Е С ([О, 1[), то ) 1 ! В(й+ Ь) — В(х) = / 2йЬ 41+ / Ь2 41 — / Ь 41 + 28(1)Ь(1) + Ь (1). е о о Интегрируя по частям и учитывая, что х удовлетворяет уравнению Эйлера 2х + 1 = 0 и условиям трансверсальности х(0) = О, 8(1) = — х(1), ! а также отбрасывая неотрицательные члены / Ь2 Ж! н Ь2(1), получим е В(й( ) + Ь(.)) — В (й( )) ш 28(!)Ь(1) ~ — /(2Й(!) + 1) Ь(!) 4! + е ! + „~ Ь'(1) 41 +2х(!)Ь(1) + Ь (1) > г(й(!) + й(1)) Ь(!) — 28(О)Ь(О) = О.
о Таким обРазом, х = 4 6 а1мгп1п. 2-Р 1 Г !2 3 !2 1 !2 3! < 1 2 — 9 + 3 1 ) 7 «, + ) + ( 3~+4 З о Очевидно, что Ям,„= +оо. Действительно, возьмем последовательность функций х„(1) = и, тогда В(х„(.)) = -н + и2 — +со при и — оо. х (1) "(х2 х) 44 — — ехгг. 2 а 1 / (82 .1 х2) 4! — 2х(1) з!2 ! ехГг е 23 /'(. +, 4хз1п 2 2 4 з1п!) 4!+ 2х'(О)+ 2х(я) * (к) о «/2 я 24 ~( 2 х~)а!+х (0) — х ( ) +~~(2 о «/2 ъ х / ( 2 — хз — 2х) 4! — 2х (0) — х ~ 2 7 о ! ~(..
+ „2),ц+,(О)~,(1)+*,(1)хт(О) 'хн. о «-! 27 (!» !)х~4!+2х(0)(х(е — 1)+1) о г 2.8. / !2х24! — 2х(1)+ х2(2)- ехГг. ! « 2(!) 2(е) 4х(е) — ехгг. 2.9. ~ 2(!х + хх ! 2 2.10. / 4*'зх 41+ * (0) — 8х(3) ехгг. е ! / *х24!+4е«!а1+32е * -"ехгг. о "'(*' 2*') и+2х(1)(х(0)+ 1) а 158 Глава 3. Варванвонное исчисление 93. Задача с подвижными концами 3.1. Постановка задачи Задачей с подвихсными концами называется следующая экстремальная задача в пространстве С'(гА) х К~: Х(4) = / Е(С,х,х) дС+ фь(Сь,х(Сь),Спх(С,)) — ~ ехгг; (Р) ф;(Сь,х(Сь),Спх(С~)) = О, ь = 1,...,т, (1) где 4 = (х( ), Сгч С>), й — заданный конечный отрезок, Сь, С~ Е Ь, Сь < С ь Частным случаем является задача, в которой один из концов или даже оба закреплены. Элемент Е = (х(.),Сь, С~) называется допустимым, если х б С (гь), Сь, С~ Е Ь, Сь < См и выполняются условия (1) на концах.
Определение. Говорим, что допустимый элемент Е = (У(),Еь,Е~) доставляет слабый локальный минимум в задаче (Р), и пишем Е Е н!оспппР, если существует б > 0 такое, что 1(Е) > Е(Е) для любого допустимого элемента Е=(х()сь11~), лля которого !!х()-х()!!с !д! <6, !С, - Еь! < й, !С, — Е, ! < б. 3.2. Необходимме условии экстремума Теорема. Пусть элемент Е = (У( ),Еь, Е,) доставляет слабый локальный экстремум в задаче (Р) (Е б чгСосекггР), функции Ы «,Е ь — непрерывны в некоторой окрестности расширенного графика Гг: = ((С,х(С),х(С)) ! С Е дь) (Еь Е„Еь Е С(О(Рьв))), функции ф! — непрерывно дифференцируемы в окрестности точки (Ео,й(Еь),Епй(Е~)) (ф; Е С'(Ео,й(Еь),Е„йЯ)), ь = О, 1,, гп.
Тогда существует ненулевой вектор мноэкителей Лагранхса Л = (Ль,, Л, ) Е К + . Л зг О, такой, что для функции Лагранхса ы / "ьг(С * х)дС+ ~~~,ЛФ;(Сгч (С ),Спх(С,)) ° =О выполнены условию а) стационарности по х — уравнение Зйлера для интегранта б шлеях,х) — — Хе(С)+Х.(С) =О ~СЕ ~ с=» — — Л,Ее(С)+Л,~,(С) =О; в 3 Задача с иолтпкнммн канвами 159 и но х для терминанта = г !г', — ' Л ф;(Сь,х(ть), <=ь г (Еь) = 1 О ! ечь» Льуь(Сь) =Се!ь! Х (С,) = -1*!ц! ш» Ль.гь(11) = Сео !! с) стационарности по подви»иным концам (выписывается только для подеиэкнык концов отрезка интегрирования); Лц(Ео) = 0 с=» -ЛьУ(Еь)+Ем+1,( й(Еь) =о, дц (Е ) = о с=» ль У(Е,) + Е„+ Е.си 1й(Е,) = о.
Необходимые условия экстремума в задаче с че с подвижными концами непосредственно удуг выте б вытекать из необходимых условий экстремума в задаче Лагранжа и. 6.2. 3.3. Пр ер т 2(х(),Т) = Г(х~ — х+!)дС- ек!г; х(0) =О. ь решение. Функция ЛагРанжа: А 1А (хз х+ !)дС+Л1х(0). ь Необходимые условия а) уравнение Эйлера для интсгранта Ь = Ль(х — х + ! ~ г,. + г, — О с=» — 2льх — Ль =0' дС Ь) трансверсальность по з для терминанта 1 = Л, х(0) Ев(0) = 1Мь), йь(Т) = — 1ь!т! с=» 2Льх(0) ш Лп 2Аьх(Т) = 0; с) стационарности по Т (выписываем только для подвижного конца отрезка интегрирования) Лт(Т) = О с=4 Аь(х (Т) — х(Т) + 1) = О.
Ль = О, то из Ь) следует, что Л1 = 0 — все множители Лагранжа Если Ль =, то из Ль — — 1. Тогда условия а)-с) оказались нулями. Если Ль ф О, то положим Ль —— преобразуются к виду -2й — 1 = О, й(Т) = О, х(Т) = 1. 164 Глава 3. Вариаииениве исчисление 2) Неемроледенный случай. Пусть 1шА = К в '. Покажем, что не- вырожденный случай невозможен. Тем самым теорема будет полностью показана.
Возьмем ее = (1,0,...,0), ..., е = (0,...,0,1) — канонический базис в К +'. Поскольку образ отображения А 1шА = К +', то существуют функции Лг б Се([ге, 1! [) такие, что АЛ. = е, 1 = О, 1,..., гп, (1, 1=1, то есть 61в(х,Ьг) = 60 6! = ~ ' ..' — символ Кронекера ~ О, !зеХ Рассмотрим функцию 6': К ь' — К +', действующую по формуле в!В! (,(„т Ввве),...,, (в,г В!в,)) г=е в=с Нетрудно проверить, что построенная функция Р непрерывно дифференцируема в некоторой окрестности точки )) = 0 и Р(б) = (Ха(й),...,Хвв(х)) = (ае,а!,...,а,„) = а (ао! — — 1о(х)).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
