В.М. Алексеев, Э.М. Галеев, В.М. Тихомиров, Сборник задач по оптимизации (теория, примеры, задачи) (1155771), страница 39
Текст из файла (страница 39)
И 93 Зо»ах — + оо» 1 + зЬ 2 Х Х (з(п«зЬ «)/2+ сЬ вЂ” (сЬ « — соя«)/2е= аЬзш(п. И.94. Я~ = +оо; я1п «ея аЬз ш1п. И 95. Я„„= +оо; яЬ «!а: .аЬя ш«п. И 96 Яо»аа = +со» яЬ («1) е= аЬз и!1п. 11,97, Яо»аа = + оо' сЬ «1 е= аЬя й«1п, И 98 Яшах = + оо; 1 — сЬ (« — 1) ~ аЬз ш1п. И.99. Яшах = + оо; «+ я«п « ~ аЬз ш(п.
И.100. Яо»„„= + оо; 1 — соя « ~ аЬз ш1п, И.101. Я„,а — — + оо; 2(я1п « — соз «вЂ” 32 — «+1)/(4 — л) еьаЬзш1п. И.102. Я~~ = — Я~», = 3 ', х(«) = = «а — 4«!яя аЬзшш, — 4~ аЬзшах. 11 ° 103. Яшах = — Яш«п = 32 (2 — )/ 2 )/3р ~ «~+ (8 — 8 $/2) «, 0 ~» «( 2 '$» 2, х= ~ — (« — 4), 2 (,»'2:-- «с 4, х е= аЬя ш1п, — х еФ аЬз шах. Иа104 Я = — Я 1 = 4' — О(8(1а (1 — 2) — 2, 1( ~(3, — (~-4)', З~/<;4 х ен аЬя ппп, — х ~ аЬя птах.
И.105. Япп — — — Я = 1/(2 1/ЗО); х = ~ 5 (1~ — 21Я + +~)/(2)/6) ел аЬя шах, — хан аЬвппп. И.106. Япз = — Я„„„= — х = 1/5 (з~/3 — 5з~/6+ з~/2) ~ аЬв шах, — х ен аЬя ш)п. 8 5 И.107. Я = — Я ==; х= 1/5х (1 — 1) /2~аЬяп1ах, шах п11п ' — хе= аЬяппп. И.108 Явах =+ оо; 2~ в= аЬвппп, Я„ш =О, 15 И,109. Явах = + оо;5(/а — 6Зз+ 5)/16 ~ аЬв ппп, Ящ~, — — 2 . ИЛ10. Яшах =+по; 15Зх(З вЂ” 2) /8 еп аЬЯ пип, Явора=45. ИЛИ. Явах — — +по; ЗО/з(/ — 1)' ен аЬв пип, Яв„= 720. ИЛ12.
Яв„=+оо; С((яЬ ез/ — в(п в/) (сЬ ь + сов ез) + (соя М вЂ” сЬ в$) (яЬ в + я)п ез) ) ея ен аЬв ппп (в > Π— минимальный корень уравнения сЬ ез соя ез = = — 1, константа С определяется из изопериметрического условия); Я га — — ва. ИЛ13. Я „= +оо; С((сЬв — сов в)(вЬв/ — в)пезз)— — (вЬ ез — в(п со) (сЬ в/ — соя ы/) ) ~ аЬя ппп (ез — минимальный положительный корень уравнения сЬ о совы= 1, С находится из изопеРиметРического УсловиЯ); Яп„п = еза. ИЛ14.
Я„„, = + оо; х = = С((яЬ м + в)п ы/) (сЬ ю — соя ез) — (сЬ ыз + соя езз) (яЬ ез— — в1п ез) ) ел аЬя ш)п (ез — минимальный положительный корень уравнения сЬ а совы = 1, С определяется из условия — ) -.= х оз = 1 ' Я„, „= ез . ИЛ15. Допустимые экстремали: хл —— 2 ° 4 и = 1/2 яй1 (2я/а1 + у) ху ен К, х1ен аЬя ш(п~ Яв~п= (2я)4 Явах= +оо. 11Л16. Я „„= +оо; х = /(1 — ~) (Т = 1) ы аЬя пип. 11Л17. Явах = = +оо; х = Р/2(Т = 1) е= аЬв гп(п. ИЛ18. Явах = +оо; х = гз/16— — зз~/4(Т = 4) н: аЬяпип.
ИЛ19. Я„„=+оо; Х = тз(Т = 1) е= ен аЬя пип. И.120. зз — зз ен аЬя шах, 1' — зз я аЬя пип. ИЛ21. 3/а — 2зз я аЬв зпах, 2/' — 3/з ен аЬв ш1п. ИЛ22. Яв,х = +оо; зз/2 — /4/8 ея аЬя пип, Яв~п = 3. И.123. Яшах = +оо; (/а+21+2)/5 еБ ~ аЬя т)п, Яв~п = О ИЛ24* Явах = +оо; (/з — 5аа + 10/з)/6 ен ен аЬя пип, Яв~п = 20. ИЛ25. Яв„= +оо; (8/з — 25/4+ 201а)/3 ен е= аЬв гп1п, Яш~п = 320.
ИЛ26 Явах = +оо; 6зз — 15з4+ 10зз ен е— : аЬв пйп, Яш~п = 720. ИЛ27. Явах = +оо; гз(~ — 1) з ~ аЬЯ ш1п, Я,=36. ИЛ28. Р е ш е н и е. 1. Рассмотрим экстремальную задачу 1 ° ° ° я х — Х )И/-п1п1; х(О) =О, ~) е 2. Уравнение Эйлера: х + Хх/1 = 0; условие трансверсальнести: х(1) =О. 277 З. Решение, удовлетворяющее условию траксверсальности, имеет вид ~р(~) = УТУ,(2уА1), где У~ — функция Бесселя.
Прн атом У~(2~1) = 0 =~ ~р'(1) = 0 и ~р не имеет нулей на (О, Ц, 4. Из основной формулы Вейерштрасса приходим к формуле 1 1 Ч (1) т о а ( ~. уе(2 У~и) )/~У (2 )/Ъ) проверяемой непосредственно и приводящей к нужному неравенству. Замечание. Здесь необходимое условие использовалось в обстановке недостаточной гладкости, но опо привело к цели. То же касается и других задач цикла. 11Л29. Р е ш е н и е 1. Рассмотрим экстремальную задачу ° з х 2 х — — з И~-~-гп1; х(0) =О, 4~' к+ 2. Уравнение Эйлера: т+ —, =О. 4~' 3. Уравнению Эйлера удовлетворяет функция <р(~) =)'~ (непосредственная проверка). 1 4.
Экстремаль ~р (недопустимая, ибо ~р ф Ь~(В+) ) приводит к формуле ОО ОО СО т. — — сИ= х — гР ) Нй= х — — сй, т(0)=0, о о о проверяемой непосредственно (сьансем, для гладких финнтных функций) й приводящей к нужному неравенству. 11ЛЗО. Ук а з а н и е. Приемом, использованным при решении задачи 11Л29, вывести тождество (ф(г) = )'Г1п г/е' — допустимая экстремаль) проверяемое непосредственно и приводящее к нужному неравенству.
11ЛЗ1. Указание. а) Приемом, использованным при решении задачи 11Л29, вывести тождество (~р(~) = г(2 — ~) — допустимая зкстремаль) 1 'р() ( 278 проверяевдое непосредственно и приводящее к нужному неравенству. б) Поступить аиалогично а) с ~р(1) = де '. 11Л32. У к а з а н н е. Поступить аналогично предыдущей задаче с ср(д) =1(1 — г). 11 133. Р е ш е н и е, 1. Рассмотрим зкстремальную задачу ~(~'*~" — — '')'(=,()»»»»;,~о>=о, о ° 1р д . ° ~» ~р — 1»гр 2. Уравнение Эилера: ((х~ з1дпх)+~ — ) (х(р де1йтдх=О. ' ~р1) 3 Ищем решение уравнения Эйлера вида ~р(г) *1' и получаем, что а = (р — 1)!Р 4. Основная формула Вейерштрасса приводит к тождеству ))'(~'(-(~)' —;:)- =Х(' -) —,,', ~- ('-,",, )) о приводящему к нужному неравенству.
Пример. При р=4 имеем следующее тождество: х — — аг = х — х + — + — йт)~0» о о х(0) =О. ». »»»»».г»ш». [~. А. »ю~»). ». ((»» ~ "г»»»»~ о У~ = хг, хг = и, (и( (1, х,(0) = хо, хг(0) = г»о, х1(Т) = хг(Т) = О. Функция Лагранжа: Т х=~(»,и»- ~.г»-.,(',— *,)»-»,(*,—.))» ~- о +Х (х (0) — *)+Х (х (0) — и)+)д х (Т)+1г х (Т). 2. Необходимые условия: а) уравнение Эйлера: й1 =О, рг+ '+р,= 0 (~=;-рг(д) = ад+ Ь); б) принцип максимума: шах (рг(1) и— ~»»!<д — Хое(и)) рг(»)й(1) — Лое)й(д) ); в) трансверсальность: рг(0) Хо, р»(0) = Хп рг(Т) = — ддг, рг(Т) = — )дг,' г) стационарность,х»т: Хо(1+ е(й(Т) () + )дгй(Т) — 0 3.
рг(г) = О=о. все множители Лагранжа равны нулю, т. е. р ( ) чг» О. Если Хо = О, то из б) и в) =г- )рг(Т)) = 0 =г=~- рг(7) = О, т. е. рг Я = а(1 — Т) =~ й(д) 1 или й(д) — — 1. Итак, О~(х~,г~) ав Г = ((х, х ) [х = х~~/2, х <О, или х — х~~/2, х ~~0). Коли (х0, и0) ф Г, то ХОФО и полагаем Х0 = 1. Из экстремальной задачи рг(~) и — е)и! -+ зпр; ~и~ = 1, получаем Условия трансверсальности с учетом того, что А0=1, таковы: 1+ е(й(Т) ~ — рз(Т)й(Т) О.
Отсюда следует, что случай й(Т) =0 невозможен, т. е. 1 й(Т) [ = 1 =~- !р2(Т) ~ 1+ е. 4. Опишем синтез в этой задаче. Возможны два случая: рз(Т) = =*1+ е и рз(Т) = — (1+ е). Рассмотрим только первый. Случай второй аналогичен. Из рис. 9 ясно, что траектория состоит из трех Р' в частей: вначале (зев [О, т'1) управление равно — 1, затем (~ е= ев (т', т)) оно равно нулю и, пав Т конец, в конце (1~[т, Т~1) й(~)=1. д Из подобия треугольников АВС и ВУЕ получаем (т — т') /(Т— А С вЂ” т) = 2е. Обозначим Т вЂ” т че- рез Т. Тогда второе пероключе- ~ /-в ние происходит, когда х, = — Т, х, = Т'/2.
При первом переключении ха также равно т (ибо между переключениями ускорение разРис. 9. но нулю), а х~ = Т'/2+ 2еТ' (ибо аппарат двигался со скоростью т, время движения 2еТ). Получаем, что кривая первых переключений имеет вид х = (2е+ 1/2) хз, х:~ О. Синтез изображен на рис.
10. Рис. 10. 280 т иао. Реше ив (о. А. Аюнц). 1. ~(1-~- 1( о~~- !~о о х< = хо, хо и, (и( <1> х~(0) = хо хо(0) = ио х1(Т) = хо(Т) О. Функция Лагранжа: т х = ~ (~, о ~-.п о ~-, (*', — *,) ~- р, (', †.)) « ~- о + Х~(х~(0) хо) + Хо(хо(0) во) + р1х)(Т) + рохо(Т). 2. Нвобходимыв условия: а) уравнение Эйлера: р, О, ро+ + р, = 0 (с=;- р,(й) = аг+ Ь); б) принцип максимума: п1ах (ро(й)и — Цеу(и)) = р,(й)й(ю) — Хое1(й(1)); в) трансверсаль1и) <1 ность: ро(0) = Хи р~(0) = Хь р,(Т) = — р„р,(Т) — рб г) стационарность 2'т' Ло(1+ е1(й(Т))) + рой(Т) = О. 3 ро(~) — 0 =о- все множители Лагранжа — нули, т.
е. ро( )чьО. Если Хо — — О, то из б) и в) =о-(ро(Т) ~ = 0 =о- ро(Т) = О, т. в ро(с) = = а(1 — Т) =о. й(~) 1 или й(1) ~ — 1. Итак, Х~ = 0 =о (хо, ио) ~ вв Г= ((хь х,)~х = х~~2, х, -О, или х = — хз/2, х >0). Если же (хо, ио) ф Г, то Хо М 0 и полагаем Хо = 1. Далее предположим для простоты, что ~' строго монотонна. Общий случай требует лишь некоторых уточнений. Рассмотрим экстремальную задачу еТ(и) — роЯи — ~1п1; (и~ к, 1, Решив ее, получим В (р (1) 1е), ~ рв (о) ~ ~( еТ' (1), з(япр (~), ~р (~) ~)е1'(1), где л(у) = (1'(у)) '. Условия же трансвврсальности с учетом того, что Хо — — 1, таковы: 1+ + е1(й(Т)) — Ро(Т)й(Т) = О. ПРи этом возможны два случая: 1+хПВ а') й(Т) = з1дпро(Т); тогда из б) о- 1+ е1(1) ~ро(Т)( о- В В =ь 1+ е((1) ) е~'(1); Я~И б') й(Т) = «(ро(Т)!е; тогда из б) То(ро(Т)/е) = 1/е, где 1о— преобразование Лежандра — Юнга — Фенхеля 1, А С 4. Рассмотрим сначала первый случай, когда ро(Т) = 1+ + е1 (1) ~ е~' (1) (рис.
11) (вариант, когда Ро (Т) -1 — е1 [1), аналогичен). Из рнс 11 ясно, что траектория состоит из трех частей: начальной части (~ ~ [О, т')), когда управление равно минус единице, средней части (1 вш (т', т)), когда управление по модулю меньше единицы, и третьей части (ген [т, Т1), когда управление равно единице и точка (х,(~), хо(~)) движется по кривой Г. Вся траектория восстанавливается по двум параметрам: т и Т. Р частности, т' определяется из подобия треугольников АВС и ВПЕ: 2й — 2е~' (1) —, управление й(г) на участке (т'.
т) Т вЂ” т теО(1 (т — т) (1 + е (1 (1) — у' (1)) ) равно у(ртЯ~е), а р (т) = е~'(1)+ Т вЂ” т При етом, ьаь это'легко усмотреть нз выписанных формул, точки, где происходят переключения (т,(т'), х,(т')), зависят от одного Рис. 12. параметра ( = Т вЂ” т, ооразуя кривую Г'. Синтез схематично изооражен на рис. 12. Рассмотрим таперь второй случай, когда 1+ е((1) -. е~'(1), аког да из и. 3 следует, что ри(Т) = е~~ '(1/е) р(е, ~) = р - е1'(1). Пусть р ) О. Тогда, зафиксировав Т как параметр, опишем совокупность точек (х,(Т), хг(Т)), из которых можно попасть в начало координат, не переходя на режим ~1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
