В.М. Алексеев, Э.М. Галеев, В.М. Тихомиров, Сборник задач по оптимизации (теория, примеры, задачи) (1155771), страница 19
Текст из файла (страница 19)
1. Лагранжиан: Ь = Л,х'+ Лх. 2. Необходимое условие — уравнение Эйлера — д ~ (Ю) + ~ х (~) = О -"'~ — 2Лох + Л = О д 3. Если Х О, то Х О вЂ” все множители Лагранжа— нули. В атом случае допустимых экстремалей нет. Положим Х, 1/2. Тогда х=Х. Общее решение: х=С,го+С.г+ + Со. Неизвестные константы ффС, находим из условий на концах и изопериметрических условий х (О) = О =~ С, = О, х(1) = 1=о С~ + С = 1, т С, С, х й = О ='~ (С,Р + С,г) й = О =~ —, + —. = О и о о Сг=З, С, = — 2. В задаче имеется единственная допустимая экстремаль х = Зг2 — 2г.
4. Покажем, что х( ) доставляет абсолютный минимум. Действительно, возьмем допустимую функцию х( ); тогда 1 х( ° ) — х( ° ) =-Ь( ° ) я= С,'((0,1О и ) Ьй = О, Далее, Р (х ( )) — я(х ( )) = ~ ~х + Ь) й — ~ хой = о о 1 1 1 = ') 2х Ь й + ) Ь'й ~ 2 ) х Ь й. Интегрируя по частям, получим г 1 1. 1 ~ хЬй = ~ х г1Ь = х (г) Ь (г) о о = ) (бг — 2)' й = 4. о От в е т. Функция х- Зго — 2~ доставляет в задаче абсолютный минимум; значение задачи Я,„= 4; очевидно, что Я „ + о . Таким образом, У(х( )) ~Р(х( )) для любой допустимой функции х( ).
Нетрудно получить, что 5'гог„= ~ хой = о 6.2. Необходимые условия высших порядков и достаточные условия. 6.2Л. Теория. Рассмотрим изопериметрическую задачу Ур(х( ° )) - 1Ы; У»(х( )) = а», 1= 1, ..., и; х(~р) = х„хИ») х„' (з) где ут (х ( )) = ) у((т, х, х) й, » О, 1,..., т, еО ~»: Я -+ й, Я е= 0 (Н з). Будем далее предполагать, что интегранты ~» по меньшей мере принадлежат классу С'(Я). Пусть х(.) ез ~ С'([г„Ц) — экстремаль задачи (з) с Хр = 1, т.
е. на ней выполнено уравнение Эйлера для интегранта Ь = ~, + +,~~ »(,Д с некоторыми множителями Лагранжа Х». Гово»=1 рят, что на х( ) выполнено условие Лежандра (усиленное условие Лежандра), если При наших допущениях относительно гладкости интег»,. рантов», фуиициоиап У (х( ° )) )» й имеет вторую про- »О изводную по Фреше в точке х( ): Л'(х( )) = Р" (х ( ))(х( ),х( )) = ) (Ахе»-2Схх; Вх') й, где А (г) = Х, . (~), С(г) = Ь ° © В (~) = Х„„(г), Если х( ) я [ос ш1п з, то по необходимому условию второго порядка в задачах с равенствами (и.
2.5.3) функция х( ) = О ее аЬз ш1п в задаче У' (х ( ° ) ) [х( ° ), х ( ° )) -р. М; У( (х ( ° )) [х ( ° )) = О; х(г,) = х(г,) = О. 129 Правило множителей Лагранжа, примененное к этой задаче, приводит к уравнению И > — —,(Ах + Сх) + Сх + Вх+ „~' )л,д> = О, Ы где К~ (~) = — у ~ ° (~) + ~ х(~). Это уравнение называется (неоднородным) уравнением Якоби для (з) на экстремали х( ). Пусть на экстремали х( ) выполнено усиленное условие Лежандра. Точка т называется сопряженной к точке 10, если существует нетривиальное решение Ь неоднородного уравнения Якоби, для которого ~д,(й)Ь(й)сй= О, К =1,...,и, Ь(йо) =Ь(т) = О, о Говорят, что на х( ) выполнено условие Якоби (усиленное условие Якоби), если в интервале И„ Ю>) (полуинтервале (>,, Ц) нет точек, сопряженных с 1,.
Дадим аналитическое средство нахождения сопряженных точек для случая, когда функции д> 1= 1,,, т, линейно независим%4 на отрезках (тр> т>1 > 1» ~~ то ( т> Пусть Ь, — решение однородного уравнения Якоби (р> = О, 1=1, ..., тп) с краевыми условиями ЬОИо) =О Йо(~,) =1; Ь,( ) — решение неоднородного уравнения Якоби с р, = 1, р = О, 1Ф1, и краевыми условиями Ь,(~,) = Ь',(~,) = О, 1, ..., т.
Нетрудно понять, что точка т является сопряженной тогда и только тогда, когда матрица 1> (т) ~Ь д,ж Ъ (т) ~ Ьое,а 'о П(т) = 1> е >й ... 1>оК а1 Со о является вырожденнои. Теорема 1. Необходимые условия слабог о м и н и и у и а. Пусть в задаче (з) интегранты 1=0, 1, ..., та, удовлетворяют условию гладкости ~С'(Я).
Если х( ) оз С'Фо, 8>)) доставляет слабый инни- $30 мум (з) и при этом имеет место условие регулярности, заключающееся в линейной независимости на любом отрез- КЕ ИОа т1', [т, 1а) ПРи ЛЮбОМ т фУНКЦий д, (К) =- — — „, 7 ° (~) + ~ „(Е), 1 = 1,..., и, то х( ) — экстремаль задачи (з), на которой удовлетворяются условия Лежандра и Якоби.
Достаточные условия сильного мини мума. Пусть %= $'ХВ, Р~ О(В'), интегрант Х = ~О+ + ~~ рА~ С (Я) квазирегулярен для всех Иа х) ез T и а=1 на допустимой экстремали х( ) ее С'(И„Е,1) задачи (з) выполнены усиленные условия Лежандра, Якоби и условие регулярности. Тогда х( ) доставляет сильный минимум, Те о р е м а 2. Пусть в задаче (з) функционал У, квадратичен: УО (х( )) = ~ (А,х'+ В,х') Аа О функционалы Р, линейны: Р, (х( )) =- ~ (а,х + Ь,х) й, 1 = 1,..., и, причем функции АО, аа, ..., а непрерывно дифференцируемы, функции В„Ьа, ..., Ь непрерывны и выполнены усиленное условие Лежандра и условие регулярности. Тогда, если не выполнено условие Якоби, т.
е, в интервале (Г„1а) есть сопряженные точки, то нижняя грань в задаче равна — . Если выполнено усиленное условие Якоби, то допустимая экстремаль существует, единственна и доставляет абсолютный минимум. 6.2,2. Пример. то то В 1. 0 (Х вЂ” х')Оа !па', 0 т0а = О, хаО) = л(Т ) = О. О О 2. Необходимое условие — правило множителей Лагран1на: х+х — Х =О. 3. Общее решение уравнения п. 2 с условием х(0) = 0 есть хИ) = А в(п ~+ В(соз ~ — 1). Среди допустимых экстремалей всегда имеется допустимая экстремаль хИ) ~ О.
4. Применяем достаточные условия и. 6.2Л (теорема 2). Условие Лежандра выполнено: А, = 2 ~ О. Проверим выполнимость условия Якоби. Уравнение Якоби здесь совпадает с уравнением Эйлера. Решение Ь, однородного уравнения с условиями Ьо(0) = О, Ьо(0) = 1 есть з(п ~. Решение Ь1 неоднородного уравнения х + х + 1 = 0 с условиями Ь,(0) = Ь,(0) = 0 есть соз ~ — 1. Матрица НИ) имеет вид ь6 (О Ь1 (Ф) с о1п о соя 1 — 11 ') Ь Ит ') й Ит ~1 — сов~ з1п~ — ~~ Н(~) = о о Таким образом, сопряженные точки — это решения уравнения йе$ НЫ = 2 — 2 соз ~ — ~ зш ~ = 0 ~.-о. з1п г/2 = О, ~/2 = 1я ~/2. Ближайшая к нулю сопряженная точка: 1, — 2л.
О т в е т. Из теоремы 2 п. 6.2Л следует, что при Т, = 2л х( ) = — 0 — единственная допустимая экстремаль, доставляющая абсолютный минимум, Я,„= 0; при Т,)2л Я „= — . Можно показать, что при Т, = 2л допустимые экстремали имеют вид хИ) =Сз1п ~ и они доставляют абсолютный минимум, о „=О. П р и м е ч а н и е. Рассмотренную задачу заменой у = х, у(0) 0 можно свести к задаче со старшими производными: ~ (у' — у') й-~ 1пГ; у (0) = у (0) = у (То) = у (То) = О, о а ее можно исследовать методами и.
7.2.2. 3'а дач и Решить изопернметрические задачи 6.1 — 6Л7. 1 6.1. ) х'й-~ех$г; ') хй = О, х(0) = 1, х(1) = О. о о 1 1 6.2. ~ хой — ~. ех1г; ) хй = 3, х(0) = 1, х(1) = 6, т 1 63. ) хтдт ег1г; 1 Гхй= О, х(0)=0, х(1) =1. 4) о 1 1 6.4. ) х'дт~ ехтг; ) гхй = О, х (0) = — 4, х (1) = 4. о о 1 1 1 6.5. ) Х де~ егтг; 4 хй = 1, 4 гхдт = О, о О о х (0) = х (1) = О. 1 1 г 6.6. х'й- ехсг; хй= — —,, )1хй= — 2, 3 Г у ~ О о о х(0) = 2, х(1) = — 14.
6.7. х'й — ехсг; 'хсоз~й = —, о о х(0) =1, х(л) = — 1. 6.8. (Хдг ех1г; ~ хетп где= О, о о х (0) = О, х (л) = 1. Г' 324 6.9. хе122 1й — )-ех$г; ) х й= ~, о о х(0) = О, х (л) = л, 6.10. х2 й — )- ех1г; х соя 1 й = —,; т о о 24 ) х ып ~ й= л + 2, х (0) = 2, х (л) = О. о 1 1 6.11 ) х дт~егтг; ) хе 'де =е, о 0 х (1) = 2, х (0) = 2е + 1.
1 2 6.12. ) х~дт еггг~ ) хе~де О, х(0)= О, х(1) =1. 1 1 6ЛЗ. (Р) ~ (х'+ х')й ех1г; ~ хе'й=— г е'+ 1 о о х(0) = О, х (1) = е. 1 1 6.14. (х'+ хо) й — э. ех1г; ~ хе й = 4 1 — Зе-2 о о х(0) = О, х (1) = —,. 2 2 6Л5. (Р) 12х2 й — э-ех1г, ~х й = —., 7 х(1) = 1, х(2) = 2. 2 2 6.16.
) гех'81 ехгг; ) хе)1 = 2, хе1) = 4, хс2) = 1. 1 1 617. сР) ) х'с)1 егггс ) х'81= 1, х)0) =хс1) = О. В задачах 618 — 625 найти допустимые экстремали. 6.18. ) сх~ — хе)ссг ехсг, ) хсохгН=1, о о х (0).= х (72) = О. 71гс2 7712 6.1 9. ) ох~ — х') еегг; ) х его 1 81 — 1, О о х (О) — х — — О. то т, 6.20. (Р) ) хй — )-ет1г; ) 1 1+ х" й = 7, то -т, х ( — Т,) = х (Т,) = О (задача Дидоны).
т О т о 6„21, ~ х3~ 1+ той-9.ех1г; ~ 3 1+ х'й = 6, -'т, ( — Т)= (Т)=О, .7Л.2. Правило решения. 1. Формализовать задачу, т. е. привести ее к виду (з) п. 7ЛЛ. 2. Выписать необходиья)е условие — уравнение Эйлера — Пуассона: г', ( — 1)'(-,',) ~„,„, (о - о. й-о 3.
Найти допустимые акстремали, т. е. решения уравнения Эйлера — Пуассона с заданными краевыми условиями. 4. Доказать, что решением является одна из допустимых акстремалей, или показать, что решения нет. 7Л.З. Уравнение Эйлера — Пуассона. Теорема.
Пусть %~0(В"+'), Е: %-  — интегрант, являющийся непрерывной функцией вместе со своими производными по х, х, ..., хоо (условие гладкости), И, хИ),, х(~), ..., х(") И) ) о- =% Ю ~ И„1,]. Тогда, если функция х( ) доставляет локальный экстремум в задаче ' со старшими производными (з) в пространстве С"(И 1,1), то выполнено следующее уравнение: — — ° ~ — д ~ — ,д Т „(и) (~) + Т-„(о 1) (~) + + ~х(о — 2) (~) ' ' + ~х (й) =- О.
Если допустить, что Х„(о) ( ) е= С~ ([~о, ~,)), (о= О, 1, ..., и, то получим уравнение Эйлера — Пуассона. ( А) Определение вариации по Лагранжу. Дифференцируя под знаком интеграла так же, как мы ато делали в пп. 5.1.3, 5.2.3, 6.1.3, приходим к следующей формуле: Б) Усилен н ая лемма Дюбуа — Реймона. Пусть а„( ) ое С(~Л„8,1), й = О, 1,..., и, и для любой функс~ии х( ) я С" ((й„й,)), х")(й,) = О, у = О, 1, ..., и — 1, К = О, 1, выполняется равенство о Х а~(ох~~~~ (о) й = О. о 136 Тогда на отрезке (г„г,1 непрерывно дифференцируеяы функции И а„( ), — —, а„( ° ) + а, 1( ° ), ~( и — — „,~ — — а,( ° ) + а„1( ° ) + а„,>... и выполняется равенство — — — -„~ а„(1)+а„1(г) +а„ф) ... +ао(8)=О, 04 Рассмотрим следующую систему из п линейных дифференциальных уравнений: ро+ ао=О, — р,— р,+а,=О, (2) Ф вЂ” р„, — р„, + а„, = О.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
