В.М. Алексеев, В.М. Тихомиров, С.В. Фомин - Оптимальное управление (1979) (1155777), страница 18
Текст из файла (страница 18)
Таким образом, точка х является точкой Торичелли. Она может быть найдена как точка пересечения двух дуг окружностей, стигиваемых хордами ($„$,1 и Д„$,! и вмещающих углы 120'. Это построение возможно, если только ни один из углов треугольника не больше 120'. В противном случае дуги не пересекаются, и, значит, невозможно, чтобы точка х не совпадала ни с одной из точек $о 1=1, 2, 3. Но тогда она должна, очевидно, совпадать с вершиной тупого угла, ибо против тупого угла лежит самая большая сторона треугольника.
Ответ: Искомая точка есть точка Торичелли, если все величины углов треугольника меньше 120' и есть вершина тупого угла в остальных случаях. Итак, все геометрические задачи„о которых говорилось в и. 1.1.2, а также задача о преломлении света из п.1.1.3 решены. Заодно решим и задачу Тарта л ьи: Ю !.
~,(х)=х(8 — х)(8 — 2х)- зцр, О«=х~~4. 2 — 5. ~;(х) =О=чь3х' — 24х+32=0~х=4 — 44 ~ 3. Б. Ответ: Одно число равно 4 — 4/~' 3, другое 4+43'3. 1.6.2. Аэродинамическая задача Ньютона. Эта задача была поставлена в п, !.!.5 и формализована в п, 1.2.3. 1. г! —,— «!и1, х=и, х(0)=0, х(Т)=$, и~К~ г !в! ь Для такого рода задач доказать непосредственно тео- рему существования не совсем просто. Главная беда— невыпуклость интегранта (/(1+и») по и при и)0.
Но тем не менее эту задачу мы решим до конца. Наш даль- нейший план таков. Предположив, что решение задачи существует, мы применим к гипотетическому решению принцип Лагранжа. Выяснив, что существует единствен- ная допустимая в задаче стационарная кривая (т. е. до- пустимая кривая, для которой выполняются исе условия, диктуемые принципом Лагранжа), непосредственной вы- кладкой убедимся, что именно она доставляет абсолют- ный мииимум. В заключение вспомним слова Ньютона и убедимся, что найденное решение в точности то, которое было им описано в 1687 г.
т 2. Я = Г) у. Ю+ рох(0)+(»1(х(т) — Р, а от ~о~ 3. Уравнение Эйлера: — — „) Е.„. + 1 „= 0 =т» р (() = сопз( р,. (1) Условие трансверсальяости: (2) Ро = Ро = рг. Условие минимальности цо и: —,— р,и~ — „— р,и(т), Чи) О. (3) Х»1 1+и» о = 11 йо(1) 4. Если допустить, что ьо=О, то необходимо, чтобы ро~О (ибо иначе из (2) вытекали бы равенства хо =р, = =1»о=р»= О, но все множители Лагранжа не могут обратиться в нуль одновременно). Если же Ао =0 и р,Ф О, то из (3) следует, что й (1)= — О, а значит, х(()= ~ й (1) Нт ча О. а Но тогда искомое тело не имеет аллины» — оно является плоской пластиной.
Если же $ ) О, то- К,чь 0 и можно считать, что 1,=1. Отметим еще, что случай ро)0 также невозможен, ибо при этом функция 100 ,2)(.1+и*) — р,и монотонно убывает и (3) не выполняется при и >й(1). 5. Из (3) (с 3,,=1) следует, что до некоторого момента оптимальное управление равно нулю (проверьте, что при р,<0 и малых ! функция и (1)(1-(-ит)) — р,и достигает минимума при и = 0). Затем оптимальное управление й( ) должно быть найдено из уравнения 2и! Ро= (1+и ) (4) получающегося из уравнения Е,=О.
Момент излома т дпредеаяетсятем, что функция и- (т/(1+и')) —.р,и имеет два равных минимума — в нуле и в точке, определяемой нз (4) при (=т, Иначе говоря, в момент излома должны удовлетворяться соотношения (далее через й(т) обозначено й(т+0)чьО)! 2й(т) т — р,=, = — р,и(т) =т. (5) (1+ йт (т))т 1+ йт (т) Из второго уравнения получаем: — й'(т) т/(1+ и'(т))= ртй (т), откуда р, = — тй (т)/(1+ й*(т)). Подставив ато соотношение в первое уравнение (5), находим, что йт(т)=1=Фй(т)=1 (ибо й)0) и 'тогда снова нз пер: ного уравнения (5) получаем' равенство т= — 2р,. После излома оптимальное решение удовлетворяет соотношению (4), из которого следует, что ! = — — ! — — ' 11 — + 2 и+ ит).
Ро(1+и~) Рт / 1 2и 2 1и (6) Но йи йх Ит ж «Ы р, Г 1 иихф — = — — и — = — — ' ~ — — +2и+Зи') ит йи Ф Ки Ни 2 ~ и + Интегрируя зто соотношение с учетом равенства х (т) = О, й(т)=1, получаем параметрические уравнения искомой овтимальной кривой х (1, р,) = — — ()и — +и'+ — и ~ 1 — р„ (7) 2 ~и 101 5. Кривую (7) называют кривой Ньютона.
При этом в (7) и~(1, со). Нетрудно понять, что пересечение прямой х=а( с кривой Ньютона, соответствующей параметру р,= — 1, единственно. Действительно, х(, — 1) непрерывна и выпукла, ибо Рх йи 1 — — — О. й1' й1 ййди Но, с другой стороны, из формул (7) видно, что кривая Ньютона х(, р,) получается из,кривой х(, — 1) гомотетней с центром в (О, 0) и коэффициентом ) р,! (рис. 27). Значит, для того чтобы провести кривую семейства (7) через заданную точку (Ч, Т), нужно, найти точку пересечения прямой х=5(/Т с кривой х (, — 1) и затем сделать соответствующую гомотетию кригу вой х( °, — 1).
Получим допусти- мую кривую х( ). Убедимся, что Рис. 27. она дает абсолютный минимум в задаче. Для этого вернемся к соотношению (3) с 1,=1. Пусть х( ) — любая допустимая кривая (т. е. х( ) чКС'(10, Т]), х(0)=0, х(Т) =5). Тогда в силу (3) 1 + '(1) 1 + 11) Проинтегрировав это соотношение и учитывая, что т т й(Г) ='х(Г) и ) х(Г)йг= ) х (1)й(=$, получаем о о Задача полностью решена. П р и м е ч а н и я.
1. В п. 2 — 5 применялся принцип Лагранжа для задачи оптимального уравнения, сводящийся к принципу максимума Понтрягина (п. 1.5.3). 2. Сопоставим теперь полученное решение с решением, описанным самим Ньютоном. Вспомним слова Ньютона, приведенные в п. 1.1.5 и посмотрим еще раз ця( на его чертеж (рис. 18).
При этом наряду с буквами, 'расставленными самим Ньютоном, используем еще и некоторые наши обозначения. Имеем: 1МУ) = Г, (ВМ(=х, 1В6(=т, угол В6Р=ф, и тогда из построения Ньютона получавм, что 18ф=х(1), (ВРЦВ6~=18ф=э(ВР)=тх, (6Р )'= ( В6)'+ ( ВР('=(х'+1)т'. Теперь из пропорции Ньютона ) МУ ):(6Р( =) 6Р )'.4 ) ВР (х) 6В !», подставляя наши обозначения, получаем »«(х»+ 1) н х1 (х»-)-1)Ч'т 4«х»» (х»-1-1)' 4 ' Но это — не что иное, как соотношение (4), в которое подставлено значение р«= — т(2. Из (8), рассуждая так же, как и раньше, мы находим интегрированием выражение (7) для кривой Ньютона.
Отметим еще, что «затупленность» кривой и условие на скачок вточке6е>т(уголтам равен 135') были по существу предусмотрены Ньютоном в его «Поучении» об усеченном конусе. Таким образом, задача Ньютона была им решена полностью, но смысл его решения оказался недоступным ни для его современников, ни для многих его последователей — вплоть до нашего времени, 1.6.3. Простейшая задача о быстродействии. Поставленная в п. 1.1.7, эта задача была формализована следующим образом: Т ш1, тх=и, и~~и„и1, х (О) = х„х (О) = ом х (Т) = х (Т) = 0 (см. (5) в п. 1.2.4).
Случай и,=и, интереса не представляет, поскольку при этом не для всякой пары (х„о») существует функция х( ), удовлетворяющая всем ограничениям (Ч), а если такая функция существует и отлична от тождественного нуля, то значение Т определяется однозначно, так что задачи минимизации в сущности и нет. При и, < и, мы можем уменьшить число параметров задачи при помощи замены х(1) = А$ (1) + В (1 — Т)'. В терминах функции $(.) общий вид задачи (1) не меняется, но параметры хм о„и„и» приобретают другие 103 значения.
В частности, если положить А=(и,— и»)/2т, В=(и,+и»)(4т, то вч1 — 1, Ц. Имея зто в виду, будем считать далее в (1) т=1, и,= — 1, и,= +1. Кроме того, обезначнм х=х„х=х,. Теперь приступаем к реализации нашей стандартной схемы: т 1. Т=11 (1 (п1, х, „х,-, иЦ вЂ” 1, Ц, (2) х,(0) =х„х,(0) = о„х,(Т) =х,(Т) =О. С существованием решения мы поступим точно так же, как и в предыдущем пункте: найдя нз принципа Ла- гранжа функцию х ( ), «подозреваемую» на оптималь- ность, непосредственной проверкой убедимся в том, что она дает нам решение задачи. т 2,,3'= ~.СМ+р, (х, (О) — х,)+р» (х, (0) — о,)+ а + т,х, (Т) + т«х»(Т), (3) где И )ь+р,(х,-х»)+р,(х» — и).
3. Уравнения Эйлера-Лагранжа: — Ь +Е,„» О, 1=1, 2чо-9- О, +' — р,. (4) , Условия трансверсальности: р,(0) =1»ы р,(О) = р„р,(Т)= — т„р»(Т) — т,. (5) Прн.нцнп максймума: опустив не зависящие от и слагаемые, можно записать это условие в анде р»(1)й(1) гпах (р«Яи)=(р»(1)~, -~С«С1 или ( з(йп р»(1), если р«(1)ФО, й(1)-1 ~ любое из 1 — 1, Ц, если р,(1) =О. Кроме того, в рассматриваемой задаче переменным является также конечный момент времени Т (ведь именно его мы н мнннмнзыруем), так что формально эта задача 104 ие укладывается и рамки п.
1.5.3. Можно показать, и ато будет сделано в гл. 11(, что в такой ситуации к урав- нениям (4) — (6) следует-добавить еще и условие.Уг= О (стационарность функции Лагранжа по Т), вполне согла- суиицееся с общей идеологией принципа Лагранжа. Диф. ференцируя (3) по Т и учитывая равенствах,(Т)=и(Т), ха(Т)=х,(Т)=0, получаем Уг — — Л, + т, й4Т) = О. (7) ' 4. Обращается ли Е, в нуль или нет — специальной роли в данной задаче не играет, поскольку Л, не входит в (4) — (6).
5. Из уравнений (4) заключаем, что р((()=сонэ(, а р,( ) — произвольная линейная функция. При этом р,(1) ~0, ибо (4) (б) „(7) р (1)— = О~р((г) — Оьор(=р =т =й =О=ФЛ =0 и все множители Лагран)ка оказываются нулями. ,Линейная функция, отличная от тождественного нуля, обращается в нуль на отрезке (О,Т'1 не более одного раза. Поэтому из (6) получаем следующие возможности для оптимального управления: а) и(1) = 1; б) й(1) — = — 1 ()),(.) не обращается в нуль иа 10, Т)), 1, 0~((<т, в) й(()=~ 1 т< 1(Т ( — 1, О.'=; ( < т, г) й(1) =~ 1', <, (р,( ) обращается в нуль в точке (=т, значение управ- ления в точке т несущественно, так как изменение его в одной точке не оказывает влияния на функцию х ( ) (почему?); по той же причине можно опустить случай т=Т и т=О.) Дальнейшие рассмотрения удобно вести на фазовой плоскости (х„х,) .(рис.
28). Решая задачу Коши х,=х„х,=й((), хг(Т)=х,(Т)=0 (8) 105 для одного из управлений а) — г), получаем единственное решение, а с ним и единственную начальную точку (х„о,) =(х,(0), х,(0)), которая этому решению соответствует. Нетрудно проверить, что при всевозможных т и Т эти' начальные точки однозначно покрывают всю плоскость. Прежде всего, х,=х„х,=! =эх,=х',(2+С„ (9) х,=х„х, = — 1 =эх, = — х3/2+С„(10) и, таким образом, фазовые траектории на участках постоянства управления лежат на параболах одного из семейств (9) или (10). Рис. 28.
Управлению а) соответствуют начальные точки, лежащие на дуге ОРА (рис. 28): х, = 4/2, о, < 0; управлению б)— точки на дуге О))В: х,= — о3!2, о,) О. Начальные точки С, лежащие слева от разделительной линии ВООЕА (х, = — о, ~ о, 1/2) отвечают управлениям в): на дуге СО семейства (9) й(Г)=— 1, в момент (=т попадаем в точку Е), происходит переключение управления, и далее движемся по дуге ОО с й(1)= — 1. Аналогично начальным точкам Е справа от разделительной кривой соответствуют управления г). б, Остается показать, что найденное единственное решение х(1)=х,((), отвечающее заданной начальной точке (х„ о,), действительно доставляет решение задаче (2). Предположим, что некоторая функция х( ) определена на отрезке 10, Т], имеет кусочно-непрерывную вторую производную и х(0) =х„х (0) =о„х(Т) = х(Т) =О, причем Т=Т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
