Э.М. Галеев, В.М. Тихомиров - Оптимизация - теория, примеры, задачи (2000) (1125255), страница 26
Текст из файла (страница 26)
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)). Поскольку якобиан отображения Р не равен нулю как определитель елиннчной матрицы (6"(0) = (61в(х, Л,)),. = Š— единичная матрица), то по теореме об обратной функции существует обратное отображение Р ' некоторой окрестности точки а в окрестность точки )3 = Р ~(б) = 0 такое, что [6' '(а) — Р '(б)[ < К[а — б[ с=з [л '(а)[ < К[а — а[ с некоторой константой К > О. Возьмем а = а(е) = (ае+е,а!,...,а ) при достаточно малом е и обозначим )3(е) = Р ' (а(е)).
Тогда л ()3(е)) = а(е), т.е. Хе (й( ) + у )Зв (е) Лг( )) = ае + е, г=о Хв~й(.) + ~3 Ц(е)Лв(.))= ап 1 = 1,...,гп, г=о при этом [л' ~(а)[ < К[а — б[ е=» [)3(е)[ < К[с[. Получилось, что в любой окрестности экстремальной функции й в пространстве С ([1е, 1в[) существует допустимая функция (а именно й() + 2 )Зг(е)Ьг()), на которой значение функционала может быть г=о и больше (при е > 0), н меньше (при е < 0) чем на х. Пришли к противоречию, что х не доставляет локального экстремума. Таким образом, случай 2) невозможен. э 4 Изопериметрическля за ш 165 4.3.
Пример ! ,[ хвИ = О, х(0) = О, х(1) — 1 а -г = Лех + Л!х. уравнение Эйлера Х(х()) = / хгвИ вЂ” ехгг; е Решение. Лагранжиан Е, Необходимое условие— в! — — Ел+Я, = 0 ч=ь -2Лей+Л, = О, ! ( + Л) 1(х) В >2 ~А!ЕЛ = 24Ь[ — 2 ~ ЬЬвИ вЂ” !2 Х Ь И 0 !о е о Тйким об азам н р, раз осп всегда неотрицательна, то есть имеем абсолютный минимум. / г /' г 3 61г 241 г еввв — — ~ й вИ = ~ (61 — 2) вИ = — — — +41~ = 12 — 12 4 =4 ячв — + . Действительно, возьмем последовательОчевилно, что Я = со. Мветъ допустимых функций х„(1) = У(1)+пьйп2л1, тогда Х(х (.))— ирн и - сю. сли Л- — О, то Л! = 0 — все множители Лагранжа — нули.
Этого не может быть. Положим Ле = 1/2. Тогда х = Л Об х=С1г+С1 С.Н вЂ” х = !. щее решение: г + г. еизвестные константы С„Сг, С накопим из й и г им из услови на концах и изопериметрических условий х(0) — 0 вС3 =0; (1) =!~С, +С, =1; ! ,) х И=О~У(С!1'+Сгг),И=О~а.+Г =О, е о з г Отсюла С = 3, С вЂ” г — — 2. Таким образом, в задаче имеется един- ственная лопустимая экстремаль х = Згг — 21. П окажем с помощью непосредственной проверки, что найденная ЛОС 01 та ю, функция х доставляет абсолютный минимум в зада .
В ф ([, [) такую, что х+ Л допустимая. Для этого надо взять функцию Ь, для которой Ь(0) = Л(!) = 0 и [ Ь вИ = О. Тогда а ! ! ! 1(й+Ь) — 1(х)=~(х+Ь'!)е1 — ~й И=2~йЛИ ~Ьггй>2~МА! е е е а о Интегрируя по частям с учетом условий на Л, получим !06 169 Глава 3. Вариациоииое исчисоевие 4.5. Изоиериметрические задачи 6 5 Задача со старштмн производными 9 5. Задача со старшими производными 4.1. / х 41- ехгг; /хд( =О, х(0) =1, х(1) =О. а о ! 4.2. / х гй- ехгг; /гхоз =О, х(0) = О, х(1) =1. о о ! ! ! 4.3.
/ х 41 — ея(г; / хгй =1, ~1хдг =О, х(0) =х(1) =О. о о о 4.4. / х 41- екгг; 3[ хсоа(!и= —, х(0) =1, х(я) = — 1. 2' о о 4.5. / ххд(- ек(г; / хо!п(гй = О, х(0) = О, х(я) = 1. о о ! 4.6. / х~д(- ехгг; э~хе '!и = е, х(0) = 2е+1, х(1) = 2. о о ! ! е +1 4.7. /(х~+х )41- ехгг; / хе ой=, х(0) =О, х(!) =е. о а з з 7 4.6. /1 х 41- ехгг; /(хгй= —, х(1) = 1, х(2) =2. 3' ! ! ! ! 4.9.
/ хада-! ск(г; / х ой = 1, х(0) =х(1) = О. о о ьгз «/2 4.10. /(х — х )Ф- екгг; / хо(п(И= 1, х(0) =х(-) =О. о о то и хьг)1 + хз !а ! ек(г. /,!г'! + хз го 4Л1. -та <д х(-То) = х(Т) = О. ! ! (х! + хз) дг -+ ех(г; / х!хз д( = О, 4.12. о о х!(0) = хз(0) = О, х!(!) = 1, хз(!) = — 3. 5.1. Постановка задачи Задачей со старшими производными в классическом вариационном исчислении называется следующая экстремальная задача в пространстве С ([(а, Г![): 1(х()) =/ Ъ(г,хЯ,хЯ,хЯ,...,х")(1)) !й — ехгг; г! ход(1!)=хо, й=0,1 ... и — 1, 1=0 1. Здесь Ь = Ь(г,х,х,...,х(")) — функция и+ 2 переменных, называемая интггрантом. Отрезок [го,(!! является фиксированным и ко- НЕЧНЫМ, Фо < Г!.
ЭКСТРЕМУМ В ЗаДаЧЕ РаССМатРИВаЕтСЯ СРЕДИ фУНКЦИй х е с" ([га, 1! [), удовлетворяюших условиям на концах (1); такие функции называются допустимыми. Введем норму в пространстве С" ([Го, 1, [): [[У[!». — — [[У[[с.((г„!,))! = шах([[У[[с((гьг,)), [[У[[с(!г„г,!),".,[[У [[с((ььг,р) Определение. Говорим, что допустимая функция х доставляет слабый локальный минимум в задаче (Р), и пишем и) Е а!!осш(пР, если существует б ) О такое, что 2(х()) > Т(х(-)) для любой допустимой ФУНКЦИИ Х, ДЛЯ КОтОРОИ [[Х( ) — Е( )! [ь < б 5.2.
Необходимое условие экстремума Теорема. Пусть функция х доставляет слабый локальный эксгпргмум в задаче (Р) (г Е !и!осек(гР), функции Х,Ьь,Ьо,...,Ь ! ! — непрерывны в некоторой окрестности расширенного графика Гь. ( (1, й(1), Е(1),..., Е(") Я) ! 1 Е [1о, 1! [) (Ть Ь„..., Е ! ! б С (О(Гол оы ) ) ) . Тогда Х !е б С" ([1о, 1! [), й = 1,..., и, и выполнено уравнение Эйлера— Пуассона л ь ~ь ( — !)" — „Ььо!(1) = 0 Чг б [го, 1!].
ь=а При и = 1 уравнение Эйлера — Пуассона совпадает с уравнением Эйлера. При и = 2 уравнение Эйлера — Пуассона выглядит следуюшим образом: д - д — Хо(1) — — Хо(г) + Х.(1) = о. д(г гй 172 Гуз Глава 3. Вариашюииое исчисление 5.4. Задачи со старшими производными 86. задача Лагранжа ф 6. Задача Лагранжа 5.1. / х~зММ вЂ” ехсг; х(0) = й(0) = й(1) = О, х(1) = 1. о ! 5.2. / (й — 48х) зММ ехсг; х(0) = 1, х(0) = — 4, х(1) = 6(1) = О. о 5.3. / (х — 24Мх) сММ - ексг; х(0) = х(0) = О, х(1) = —, Й(1) = 1. 5' о к (х — х )сММ вЂ” ексг; х(0)=0, х(0) = 1, 5.4. о х(зг) = з1с'з'1 х(зг) = С!с!с.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
