В.М. Алексеев, Э.М. Галеев, В.М. Тихомиров, Сборник задач по оптимизации (теория, примеры, задачи) (1155771), страница 35
Текст из файла (страница 35)
5.88. а > — 1 =~. х ю 0 я аЬз ш1п, а = — 1 =~- Х=Сг ев ~ аЬзш1п т С ~й, Яв1, = 0; а с — 1=~- Яв1„= — оо, Яв„, = +со, 5.89. Т = 1, х = — 21 ~ аЬз т1п, Я„„= +со. 5.90. Т = 1/2, х = ~4геи аЬзш1п, Явах = +ос, 591 Яв1п = — оо, Явах = +со, 1 = 0 ф 1ос ех1г. 5 92.
(Р— 1) /4 ы аЬз вип, Яв,х =+ со. 5,93. Решений.1. Функция Лагранжа', о 253 2. Необходимые условия: а) уравнение Эйлера: 2Л,х+ Ло = 0; б) трансверсальность: — 2Лох(О) = Л, Лох(То) = О. 3. Л, = 0 =е- Л = 0 — допустимы(с экстремалей нет. Полагаем Лс =1. Общее решение уравнения Эйлера: х = — й'/4+ С(1+ С,. Единственная допустимая экстремаль: х г(2Т, — 1)/4.
4. Непосредственной проверкой убеждаемся, что х е= аЬз шат. Действительно, если Ь( ) я С'(10, Т„]), /((0) = О, то ( ° (-(-У((( — 1( (((=1 ъй — 1 2Гь Й вЂ” ( Й Й= о о о ~е 1 (2 .(.()Ьй — 2ГВ~ — ) ъ~о= — 1 ( АоО, е о о о Очевидно, что Яш(, = — оо. 5.94. Ап(о = — оо (х„(1) = 1 — 1, Т„= п), Яш,„— +оо. Допустимая экстремаль: х = Р/4 — ~ + 1(Т = 2) ф 1ос ех1г, 5.95.
Яш(, = = — оо (х,(1) = (~Р— я')/4+ и, Т„= п), Яш„= +оо. Допустимая экстремаль: х = Р/4 — 8(Т= 8) ф 1ос ех1г. ~ппп — 0 1<1, х (1) = — 1~ 14. Г ~~  — 1, Т„= В, о Я+ 1) (г — и+1) — 1, п — 1< 1 ~(в Допустимая экстремаль: х = Р/4 (Т = 2Я, . а ) 0) ф1осехсг, Юш((х = +оо. 597, Яш(, = — оо (х„(1) = (Р— ит)/4+ 1, Т„= п), о „, = +оо. Допустимая экстремаль: х = Р/4 — (1+)(5)~ (Т = = 8+ 41(5) ф 1ос ексг. 5.98. Яо((„— — — оо (х„(~) = — 1, Т„= и), Яш„= +оо, Допустимая экстремаль: х = 1Р/4 — )(2 ~ (Т = 2)(2) ф ф 1осех1г, 5.99. сов~+ э(п~ ен аЬвппп, Я„„=+оо.
5ЛОО. Яшш(= = + оо, То( и/2 =о- Х = 0 ен аЬе пап, То = я/2 =~ А э1п 1 ен аЬе ш(п ~А~В; Яш(о =О, То) й/2 =Ф- Яш(п = — оо. ' 5Л01. (~ — я/4— — 1) в(п 1 е= аЬэ ппп, Яш„= +оо. 5Л02. (г — и/4+ 1) соэ ~ ~ сЬ (1 — 1) ев аЬв шах, Яш(, — — — сю. 5ЛОЗ.
Ь 1 еа аЬе ш(п, Яш„=+оо. сп 5Л04. г сЬ | — еЬ1(э1т1+ сЬ 1)/сЬ1 я аЬэ ш(п, Яшш( =+оо, 5.105, 1 вЬ г — 1Ь 1 сЬ | ен аЬв ш1п, аршак = +оо. 5Л06. Решение. 1. Функция Лагранжа: т У=1 Л,(х'+ ')а — Л,х'(1)+Л(х(0) — 1). о 2. Необходимые условия: а) уравнение Эйлера: Л,(х — х) = 0; б) трансверсальность: 2Лах(0) = Л, Л((х(1) = Лох(1). с) 3, Ло — — О =о. Л = 0 — допустимых экстремалей нет.
Полагаем Л, = 1. Общее решение уравнения Эйлера: х= С~ еЬ | + Ст сЬ |, Единственная допустимая экстремаль: х = сЬ 1+ вЬ | = е~.- 4. Покажем, что х ~ аЬэш(п. Действительно, для квадратичного функционала легко проверить, что У (х ( ) + х ( )) = У (х ( ))+У(х( )) Чх ( ) и С' ([О, 1)), х (0) = О. 254 Формула Вейерштрасса приводит к тождеству 1 (( '«-*')51 = о 1 =-) ! — *5!51)'11.5..!5 1,'!!! У*(,1Юа'1[5, !!1,*!5! =Ю. о Отсюда Х (х ( )) ) 0 2!Тх ( ) ел С ((О, 1)), х(0) = 0; поэтому 7(х( ) + + х( )) < 7(Х( )).
ОчевиДно, что Япу,х = +оо. 5Л07. Допустимых экстремалей нет. Я,22, = 1 (х = зЬ|/зЬТ, Ту! = п),Япуах =+со. 5Л08. х = 2зЬТсЬ5, Т вЂ” единственное ре- шение уравнения зЬ2Т+ Т = 1. 5ЛО9. Х = -2сЬ ТзЬ5, Т вЂ” един- ,25ЮРЮ Р тЮЮ УР Ю22 522 =Т-1-1. 5.1Ю. 1=1152, Т= =2ю, 5,1!1, 1 52 — !! — 1!', 5.!12, 1 52 — 21 — 1), 5=2, г 5.113. Экстремали в задаче — цепные линии вида СсЬ-. Пусть С' ст, определяется из уравнений с2 = зЬ т, т = с1Ьт.
Тогда, если ) $ ~ ( аТ„то экстремали нет, ) $ ~ = иТ, =о- экстремаль одна, ~$) ) аТо =о- имеются две экстремали, 5.114. х =(х, х ) = — — 5. 115. х = (х гу х з) = (соз Г+1д 1 з1п Г, соз г + асов 1' соз 1/ + 1!Г 1 З)п Г). 5,116. — + †, ~ †) = 0 5 117. — + — ~~ — ~— дЯ 1 /ЗФ дЯ 1 ПЗй' — х =О. 5.118,.
— + . +х = О. 5,119, + = х ". 5.120. — + 1п — =-О. Указание. В задачах зуу дЯ дЯ дЯ дЯ дг дх дх дх 5Л21 — 5.125 следует искать решение уравнения Гамильтона — Яко- би в виде д(Г) + у'(х). 5Л21. С, + С25. 5Л22. С! еЬ Г+ Сзс125. 5Л23. С! з1п г+ С2 сов г. 5.124. г=)/Сз — (х — С )з, 5.125. 52$ 5.126. Р е ш е н и е. Уравнение Гамильтона — Якоби имеет вид + = Р+х'.
Ищем его решение в виде 1 2 ° Я = 2 1$ з1п <х — 2гхсозс! — х з(па) Общий интеграл уравнения Эйлера согласно теореме Якоби имеет вид дЯ дя 2 откуда получаем тх соя а + 21х в1п а — х' соя а = р. 61. Зтх — 41+ 1и: .аЬяш1п, Я„„= +оп. 6.2. 31х+ 21+ 1~ я аЬв тп1п, Я„„„= +по. 6.3.
(51' — 31)/2 вн аЬв ш1п, Яшах — +по. 6,4. 51х+ 31 — 4 яв аЬв шш, Я„„, = +со. 6.5. 601а — 961х+ Збх ен ов аЬяш1п, Я „=+ . 6.6. — 10ха-121х+бг+ 2он аЬятш, Япах = +оп. 6.7. сов 1 е= аЬя п11п, Явах = +по, 68. (1 — 2 вш 1)/л еп еи аЬв п1ш, Я„„= + оп. 6.9. 1+ я1п 1 я аЬя шах, 1 — вш 1 ев аЬв ш1п. 6 10. 2 я1п 1+ соя 1+ 1 еи аЬя тпш, Я„„= + . 6Л1. 2е'-х + 1 — 1 ев еи аЪя тпш, Япах = +по. 6.12.
2(1 — е')/(е' — 4е + 3) + (е — 1) 8/(е— — 3) в- =аЬв шш> Ята +со. 6.13. Р е ш е н и е. 1. Лагранжиан: х' = Ао(ха+ х') + Ахе~. 2. Уравнение Эйлера: 2Хо( — х + х) + Хе' = О. 3. Ха — — 0 =а- А = 0 — все множители Лагранжа — нули. Пола- гаем Хо = 1/2 =;- х — х = Ле'. Общее решение: х = С,е' + Схе-а + + Са1е'. Единственная допустимая экстремаль: Х = ге'. 4. Непосредственной проверкой убеждаемся, что 1е' ~ аЬв шш, Я~пах +е©. 6 14. 1е -" вв аЬв ш1п, Яшах =+по 6.15.
Решение. 1. Лагранжиан: Е = Ха1хх'+Их, д г 2. Уравнение Эйлера: — ~ ~2Х хох +11=0, 3. Х = О=ФА=Π— все множители Лагранжа — нули. Полао 2, гаем Хо = 1/2, 1хх = Хтх/2 + С =~ х = Х/2 + С/тх Общее решение; х = С~1+ Сх/1+ С,. Единственная допустимая экстремаль: х = ~. 4. Непосредственной проверкой убеждаемся, что 1 ев аЬв т1п, Яшах = +по 6.16.'4/1х е— : аЬЯ ш1п, Яшах = +по. 6.17. Р е ш е н и е, 1. Лагранжпан: Ь = Хохх + Ах'.
2. Уравнение Эйлера: Хах — Хх = О. 2. 3. Ао = О=а Х = 0 — все множители Лагранжа — нули. Пола- гаем Ха — — 1~х= Хх. Общее решение: а) Х)О~х=С е а + Л,~ 1 + С е а 11б) Х = 0 ь- х = С~о+ Сх( в) Х ( 0 - х = С| я1п )~ — а,х + +Сосоя)/ — И. В случаях а) и б) допустимых экстремалей нет.
В случае в) имеется бесконечное число допустимых экстремалей Х = Ч2 в1п /'яг, й = *1, ~2, ... 4. Абсолютный минимум доставляет функция Х = ~)/2я1п я1„ что следует из тождества 1 1 (1 ' — ~)а=~(' —. ~х )'п о о х'х ( ° ) ~ С ((О, Ц), х (0) = х (1) = О, являющегося следствием основной формулы Вейерштрасса.
В справедливости тождества можно также убедиться непосредственной проверкой. Я 1п = ла, Я ах = +по 256 8 6.18. — „»в(п»+Св(п»усвой. 6.19. — „»сов». 6.20. Р е ш е н и е. 1. Лагранжиан: Ь = Х х + Х ~/1+ ха, 2. Уравнение Эйлера: — — + Х О. »»»х 1+х 3. Хо =- 0 =о. либо А = 0 и тогда все множители Лагранжа — нули, либо х = сопв». Тогда из условий на концах и изопериметричеХх ского условия следует, что «~0, 1 2То. Х =1=~ 1+ха в»+с =»+ С > х = т .
Общее решение: (»+ С~)в+ + ~ )' — (+С,)' + (х+С,)'=)2. Из условий на концах следует, что С1 О. 4. При 2То (» 1,, яТо имеется единственная (с точностью до знака) экстремаль, являющаяся дугой длины 1 окружности, проходящей через точки (~Т„О), с центром на оси х. При» «= 2Т, и 1 ~ яТо экстремалей нет. 6,21. »(2Т,— акстремалей нет, »=2То~х жО, 1) 2Т о »» а х = ~ С ~сЬ вЂ” сЬ вЂ” ), где коаффициент С ) 0 определяется с С) То единственным образом из уравнения 2С вЬ вЂ” о =1. 6.22. хт = С л — 6»в + 6», х = 3» — 2» — допустимая зкстремаль, я, » — — оо, пйп Б«1а«+оо. 6.23. х, = О, Х~ = 5»з/2 — 3»/2 — допустимая акстремаль, 8„1, = — оо, Я„„, = + оо.
6.24. х' =(хт «»'1 (3»в 1~ 2/- 6»), хе= Я, хв)= ( — 3» +4»,— 3»~) — допустимые акстремали, 3»п»п= оо' 8»пах = + оо. 6.25. х =~х~, хд)=(З» — », » — »), х = (х~», х~~) (» +», — » +») — допустимые акстремали, Яш!о = — оо, 8та« = +оо. 71. 3»« — 2»'ев аЬеш(п, Я„,„, = + оо. 7.2. »(» — 1)'еиаЬвпй, Я„„= +оо. 7,3, »4 — 4»з+6»» — 4»+ 1я аЬвш1п, Я„„„= +оо. 7.4. »' еи аЬв п1ах, Я,п», = — оо. 7.5. »«(»' — 2»+ 1)»10 ~ аЬв шах, Я„„= — оо. 7.6.
(»» + 3»з — 2Р)!10 еи аЬв ш(п, Я„„„+ оо. 7.7. вЬ» еи аЬв ш1п, Ятах=+оо. 7.8. сЬ» — сов» я аЬв пцп, Я„„, = +оо. 7Э. Решение. 1. »' = х' — х'. 2. Необходимое условие — уравнение Эйлера — Пуассона х — х=О. 3. Общее решение уравнения Эйлера — Пуассона: х = С, вш» + С2 сов»+ Сз вЬ»+ С~ сЬ». Если сЬ То сов Т, чь 1, то имеется единственная допустимая акстремаль х = О.
Если сЬ То сов То = 1, то Х = С((вЬ То — в1п То) (сЬ» — сов») — (сЬ То— — сов То) (вЬ» — в»п») ). 4. Применим достаточные условия акстремума. Условие Лежандра (Х.... (») = 2 ) 0) выполнено; более того, интегрант хх 257 регулярен. Проверим выполнимость условия Якоби. Уравнение Якоби совпадает в задаче с уравнением Эйлера — Пуассона.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
