Галеев Э.М., Тихомиров В.М. - Оптимизация (теория, примеры, задачи) (1050557), страница 34
Текст из файла (страница 34)
( Ь<0, 1<1<2, грз>О 1<1<2 1(й+ ь) — 1(я) = — з~ ггрз 3и — / драги ) О. 8 и = 1(й(.)) — З~ й3И вЂ” ~ 1 3И+ /(С 41+ 2) И— о е 3 аз 3 (13 2 т32 ! в 1 — — — + 3 — — 21 + 21) ~ = — — + — — 8 + 4 — — + 2 — 2 = — 2. За ~3 3 3 3 = — ! ~-- ' )~=- 3 Ясно, что при решении задачи на максимум — й б аЬзгпах, о,„ш — — 2, так как функционал 1(я) является нечетной функцией относительно я, а множество допустимых функций симметрично относительно нуля. Глава 4.
Задачи оптимального управления 212 Пример 2. Т ппп; — 1 < х < 3, х(0) = 1, х(Т) = — 1, х(0) = х(Т) = О. Решение. Приведем задачу к виду задач оптимальнога управле. ння, аваля вместо функции х вектор-функцию (хз,х?), управление и и обозначения: х~ — — х, х? = х, и = х, Т- ппп; йз —— х?, х? — — и, и6 [ — 1 3], х~(0) = 1, хз(Т) = — 1, х?(0) = х?(Т) = О, Функция Лагранжа: т Л = / <р1(1)(х~ х?) + р?(1)(х? — и)) А1+ о + ЛоТ+ Лз (хз(0) — 1) + Л?х?(0) + Лз(хз(Т) + 1) + Л4х (Т). Необходимые условия: а) система уравнений Эйлера лля лагранжиана В = рз(1)(х~ — х?) + Р?(1)(х? — и) В4+В40 — е=» Р?(1) = С31+ С?, — — Во +Х, =0 Рз Рз= 411 4 44 Ь) трансверсальность по х для терминанта 1 = ЛоТ+ Л1(х~(0) — 1) + Л?х?(0) + Лз(хз(Т) + 1) + Лзх?(Т! В„(0) = 1,14>, В,(Т) = — ! цтз 4.=" Р~(0) = Л„р,(Т) = — Лз, В44(0) 144143 В44(Т) = — 14цз) С"' ' Р2(0) = Л?4 132(2 ) = Лз,' с) оптимальность по и ( — 1, р,(1) <о, 1и <-Р?(1)и) = -Р?(1)0(1)» 0(1) = З,' р,(1) >О, х любое из [ 1 3] р?(С) = 0 д) стационарность по Т: Лт(Т) = 0 4=» Ло+Лзхз(Т)+Ллх?(Т) = 0; е) неотрицательнастгс Ло > О.
Учитывая то, что из начального условия следует хз(Т) = О, а из Ь) Л4 — — — р?(Т), получаем, что б) равносильно условию Ло — — р?(Т)0(Т). Поэтому если Ло = О, то р?(Т) = 0 либо О(Т) = О, но отсюда из с) вновь р?(Т) = О. При этом Р? не может быть тождественным нулем, ибо иначе все множители Лагранжа были бы нулями. Значит, из а) р?(1) = С(1 — Т), С Ф О, а тогда нас) следует, что 0(1) = — 1 или О(1) = 3, 213 Г 3 0<1<т à — 1 0<1<т Первый случай невозможен, так как тогда параболы с заданными условиями на концах не пересекаются.
Интегрируя второе равенство, находим чта *'= ( — 1+Сз, 0(1(т, 31 + См т < 1 < Т, Из условий на концах х(0) = й(Т) = 0 имеем — 0(1 <т, 3(1 — Т), т <1 < Т. Поскольку х б РС?([0, Т]), то функция х должна быть непрерывной в точке т, поэтому — т = 3(т — Т), откуда т = т. Отсюда зт 0<1< —, ЗТ ЗТ вЂ” < 1 ( Т. 12 — — +С, 2 3(1 — Т) +В Из начальных условий х(0) = 1, х(Т) = — ! следует, что С = 1, В = — 1, а из условия непрерывности в точке т = —: — — + 1 = — — 1 зт, от' зт' 4' 32 32 находим, что Т = --.
Таким образам, имеется единственная допустимая 4 Уз экстремаль !? — — +1, О <1<,~З, 2 3(1 — 4/3?'3) 4 — ?'3 < 1 < —. 2 ' 3?3 Аналогично тому, как это было сделано в простейшей задаче быстродействия, можно показать, что х Е аЬзгп!и, т.е. найденное значение доставляет абсолютный минимум в задаче. ~)3 5 3. Избранные задачи оптимального управления 44 41 т е. Й = — 1 или х = 3, откуда х = — — +Аз!+ А? ИЛИ Х = 3-+ В~1+ В?. В обоих случаях не существует функции такого вида, удовлетворяющей условиям на концах х(0) = 1, х(Т) = — 1, й(0) = х(Т) = О. Таким образам, а случае Ло — — 0 нет допустимых экстремалей.
Полагаем Ло = !. В силу условий п.а) р? — линейная функция, не тождественно равная нулю. Значит р? может менять свой знак на отрезке [О, Т] нс более одного раза. Причем, если функция р? не меняет свой знак на [О, Т], то 0(1) з— в — 1 или 0(1) = 3. В обоих случаях мы уже проверили, что нет допустимых экстремалей.
Поэтому Р? меняет знак на [О,Т] ровно один раз в некоторой точке г Е (О, 2). Получаем две возможности: 215 Ответм к эалачам главы 4 214 Глава 4. Задачи оптимального управления 3.4. Задачи оптимального управления Ответы к задачам главы 4 г 3.1. / хяпС о! — екгг; !х! < 1, х( — к) — х( ) — 0 ы/4 3.2. / хо!п14С- екгг; (х! < 1, х(0) — О о 4 33 /(х +х)аС- екгг; !х! <1, х(4) =О, о г З.4.
/ х 41 аког; !х! < 2, (О) + (2) = О, *'(О) = О. о а 3.5. С хгСС екгг; !х! < 2, х(0)+х(4) = О, х(0) = й(4) = О. о З.б. Т пип; /У! <2, х( — !)=1, х(Т)= — 1, х( — !)= (Т)=0. 3,7. Т- пип; — 3 < ху < 1, х(О) = 3, х(Т) = — 5, й(0) =х(Т) =О, З.В. Т вЂ” ~ пип; О < У < 1, а(0) =Си х(0) =Си х(Т) = х(Т) = О. Злк ~/х!гИ -~ пип; У > -2, х(0) = О, х(2) = — 1, х(2) = -2. о 3.10. / !х!4С гп!и; х < 2, х(0) = О, х(2) = 1, х(2) = 2. о 1 ЗЛ1. / х~гл — гп!и; й < 24, х(0) = 11, х(1) = й(1) = О.
о С ..г 3.12. ~ У 41- пии; х > б, х(0) = а(0) =О, х(2) =17. о ! 3.13. С х'~И пип; !х! < 1, х(0) = а(0) = О, х(1) = — —. 24 1 Г Гхг+хг 3.14. ! ~ + !х! 41 — екгг; х(1) = С. 2 о к +С, -к<С< — г 1 8= С э<С<о баЬяп|и Я = 4 Убабапак а,„,„= 4. (-С, 0<!<%, 2. х = ~С < С < 7, б аЬопии; — х б аЬяпак 51 8 ' о Г и 3 ~ т 3 - Е аЬопип; 4 — СЕ аЬяпак. ~!С вЂ” 4, 2<1<4, 4. У = С вЂ” 2 б аЬЯп!и; Я„,м = — -„-У Е абипак; Я о„= 3. — 0<1<1, 5.
8 = (С вЂ” 2) — 2, ! < С < 3, Е аЬяп!и; -х Е аЬяпах. — (С вЂ” 4)~, 3 ~ (С < 4, Г-С' — 21 -1<1 <О ! -'— ,"+3, 0<1<+, 1 —,*-. ь--.ь 2 8. Допустимые экстремали суигествуют при б~ > г, бт < 0; Я и —— г Г Гбгг+бц 0<Са<т, г 1 (О, 0<1<1, — « 'ЕаЬяп1п; Я „,=1.
(о, о<с<1, 10. Е=~(С 1)г 1<1<2 ЕаЬяп!п; Я и=1. 81з 181+11 0 < 1 < 12(С вЂ” 1)~, -' < С < 1, ) -С~ + 61~, О < С < 1, 1( ЗС~+ ЗС вЂ” 1, 1 < С < 2, 1 г' 0<1 < -' — 1~+1 — 1, 1<С<1, Э 4 то' 2 1 14. Щ < <1 ~ У = б б аЬяп!и; ф > 1 ~ У =,, Е 1'с, о<с< —,, аЬопип, гле константа С отыскивается иэ граничного условия на правом конце: СсЬ (1 — +!с!) = б, 8~ =+со (х„(С) = п(С вЂ” 1) +б).
Глава 5 Условия второго порядка в вариационном исчислении В этой главе даны необходимые и достаточные условия экстремума в простейшей задаче вариационного исчисления. Это классические условия — условия Лежандра, Якоби, Вейерштрасса и другие. Причем эти условия будут выведены как следствия принципа максимума. Условие Вейерштрасса будет также выведено без принципа максимума с помощью игольчатых вариаций. При выводе достаточных условий в простейшей залаче вариационного исчисления будет строиться поле экстремалей, выводиться основная формула Вейерштрасса. Формулируется и доказывается отдельно теорема о необходимых и достаточных условиях экстремума в простейшей задаче вариационного исчисления с квалратичным функционалом.
Аналогичные необходимые и достаточные условия экстремума могут быть получены и в других задачах (Больна, изопериметрической задаче, задаче со старшими производными). 1 1. Простейшая зяалча вариациоииого исчисления 217 Напомним, что функция х б Р(Р(йг)) доставляет слабый локальлмй минимум в залаче (Р) (х Е ш!оспппР), если она доставляет локальный минимум в пространстве С'([!гь 1!]), т.е. если существует б > 0 такое, что 1(х) > 1(х) для любой функции х Е Р(Р(И')), лля которой ][х(.) — х( )]]с~!!г„,!,!! < б. Наряду со слабым экстремумом простейшую задачу КВИ будем рассматривать на сильный экстремум Р(5) (буква 5 — начальная буква слова нюпй — сильный).
Множество допустимых элементов в задаче на сильный экстремум .Р(Р(Ь')) составляют кусочно-дифференцируемые функции класса РС ([гь, И]) с заданными условиями на концах. Функция х Е Р(Р(5)) доставляет сильвий локальный мивимум в задаче (Р) (х 6 згг!оспипР), если она доставляет локальный минимум в пространстве С([гь, И]), т.е. если существует б > 0 такое, что 1(х) > 1(х) лля любой функции х б Р(Р(5)), для которой []х(') х()Пс!1!ь!,11 < б, Так как множество функций, среди которых доставляется сильный экстремум, шире, чем для слабого экстремума, то если функция Е Е С'([1ь, !!]) доставлЯет сильный, то она доставлЯет и слабый экстРемум.
Поэтому для функций х Е С'([!ь, !!]) необходимое условие слабого экстремума является необходимым условием сильного, а достаточное условие сильного экстремума является достаточным условием слабого. 1.2. Пример слабого, но не сильного экстремума Приведем пример задачи, в которой допустимая экстремаль доставляет слабый локальный минимум, но не доставляет сильного локального минимума 4 1.
Простейшая задача вариационного исчисления Рассмотрим простейшую задачу вариационного исчисления (для определенности задачу на минимум) !, 1(х()) = / Х(г,х(!),х(Ц) а!- !пГ; х(!ь) = хгь х(И) = х,. (Р) 1.1. Сильный и слабый экстремум Задачу (Р) мы рассматривали на слабый экстремум. Иногда чтобы подчеркнуть, что задача рассматривается на слабый экстремум, мы будем писать Р(%'). Множество допустимых элементов в задаче на слабый экстремум Р(Р(ьг)) составляют непрерывно дифференцируемые функции класса С'([!ь, !!]) с заданными условиями на концах.
х о! — !пс х(0) = О, х(1) = !. а Необходимое условие слабого, а значит и сильного экстремума— уравнение Эйлера: (! ° 2 -2 — — 1„+ Ь, = О е==» — Зх =0 «=» Зх = С е=» х = сопи, ог б! Общее решение уравнения Эйлера: х = С!! + Сз. Из условий на концах находим, что С! = 1, Сз = О. Таким образом, имеется единственная допустимая экстремаль й = !. Покажем, что она доставляет слабый локальный минимум в задаче (х Е гь1осш!и). Действительно, если ! и Е Сь([0,1]), то Лла фУнкционала 1(х) = [ хз в! имеем ь ! ! ! 1(е+ л) - 1(а) = ~(! + ц' й! - / !' и = ~ л'(з+ ь) бг. (*) Ь„(!) = О, Тогда — ~/п1, 1 21 2 4й ~/а' 2!8 Глава 5.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
