В.М. Алексеев, В.М. Тихомиров, С.В. Фомин - Оптимальное управление (1979) (1155777), страница 42
Текст из файла (страница 42)
п. 2.1.2, где говорятся об общем виде линейного функционала в произ- веденин пространств), не равные нулю одновременно ((Лэ(-)-))у')ФО) н такие, что <Лэ(' (х), х>+ <У', Р' (х) [х)> = О, Ух. Но это соотношение совпадает с (2), Б) Пусть теперь 1ш Г' (х) = )с х У. Тогда мы можем применить теорему о существовании неявной функции (см.
пп. 2.3.1 — 2.3.3). Согласно этой теореме') существуют константа К > О, окрестность (1 точки (О, 0) в пространстве 11 х У н т] Приведем сопоставление обоэначеннй теоремы п. 2.3.! с обо. аиаченнямн этого пункта. Х вЂ” топологнчсское пространство в теореме о неявной функция (н ф) здесь состоит нэ одной точки (хэ), У (н ф) ФЭХ, д(н ф ) ФЭ Н Х У, Ч (х, У) =Ч' (хе, У) (н ф ) ФФЯ (х), Л (н ф ) ФФ Фа Я' (х), Уе(н.ф ) ФФ х, аэ(н.ф ) Фь ОЧ ЦХУ. Условие !) теоРемы 254 отображение ф: Я- Х такие, что У'(ф(а, н))=(а, и) и (ф(а, у) — хЦ~~К!;У (х) — (сх, у))/. (з) Положим х(в) =ф( — е, 0)=ф(г(з)). Тогда из (3) имеем У (х(и))=г(з)фри(х(з)) — )(х)= — и, Р(х(з))=0, (4) )) х (з) — х1 = '1 ф (г (е)) — х // ( К1 (О, 0) — ( — з, 0) // = К)з (. (5) Из (4), (5) следует, что х(е) — дойустимый элемент в задаче (1), сколь угодно близкий к х и вместе с тем )(х(з)) < 1(х), т, е.
х(1!осв1п (1). Противоречие доказывает, что равенство 1шУ'(х)=11хУ невозможно. Тем самым верно утверждение а) теоремы. В) Пусть Р— регулярно к точке х н гье=О. Тогда у*~О и соотношение(2) приобретает вид: <и', Р' (х) [х)>=0, 'ух. Выберем элемент у такой, что <у', у>~0 (это возможно, ибо у'~0), и найдем элемент х такой, что Р' (х) 1х1 = у (он существует вниду равенства Р' (х) Х = 1'). Тогда 0 ~ <у', у> = <у', Р' (х) 1х)> = О. Этим противоречием доказано второе утверждение. ° 3 а меч а я ив.
Мы построили доказательство по той же схеме, что и доказательство конечномерного правила мнойгителей Лагранжа (и. 1.3.2), и оно оказалось столь же простым и кратким. Прав. да, это потребовало некоторой подготовки: были использованы три фак. та из функционального анализа: теорема о нетривиальности аннулятора (т. е. в конечном счете теорема Хана — Бенаха), лемма о замкнутости образа и теорема о неявной функции.
Для завершения общей теоремы — доказательства правила множителей для задач с неравенствами — нам, помимо этих трех фактов, понадббится еще лишь теорема Куна — Таккера, являющаяся прямым следствием конечномерной теоремы отделимости (см. п. Е) доказательства теоремы в и. 3.2.4). Удивительно, что столь малыми средствами, относящимися к общим математическим структурам, получается результат, в качестве прямого следствия из которого с помощью незначительных вспомогательных средств также общего плана (теорема Рисса о линейных функционалах в пространстве С и стандартные теоремы о дифференциальных уравнениях) в следующей главе будут выведены содержательные конкретные результаты: необходимые условия экстремума в задачах классического вариацнонного исчисления и оптимального управления. удовлетворяется тривиально, условие 2) выполнено вследствие строгой днфференцнруемости У, ибо 'р(х, у') — ф(х, р") — л(р' — у") с)Ф У (х') — У ( ') — У'(х)1 ' — х'1, и, наконец, условие 3) выполнено, поскольку 1шУ'(х) йХ$'.
255 3.2.3. Редукция задачи. Перед тем, как приступить и доказательству теоремы, сформулированной в и. 3.2.1, произведем некоторое преобразование ее условий. Сна. чала, заменив, если нужно, (, на ( — 1)Г„ сведем задачу к задаче на минимум. Если среди ограничений вида ~е(х)(0 или Г!(х)) 0 есть такие, что (;(х) ( 0 или соответственно 1; (х) ) О, то мы' их отбросим, поскольку с локальной точки зрения они несущественны, ибо выполняются во всех точках некоторой окрестности точки х.
Далее, если в (1) п. 3.2.1 имеются неравенства ~;(х) вО, ~,(х)=0, мы заменим их на неравенства ( — 1)~,(х)~~0. Равенства же (; (х) = 0 присоединим к равенству Р(х) =О. Перенумеровав теперь заново все неравенства, задающие ограничения, получим следующую задачу, эквивалент. ную (1): ~,(х)- !п(; Р(х)=0, ~~(х)(0, 1=1,..., т, (1') где Р(х)=(Р(х), 7д„(х), ..., ~„(х)) и для каждого Ои )~р, существует такое ет — — +1 или — 1, что б (х) ~ суй!(х) (2') В задаче (1') х доставляет'локальный минимум и при этом Г (х)=0, 1=1... „т.
Покажем теперь, что для задачи (1') выполнены все условия теоремы. Действительно, Х и $'х1(а""' — баиаховы- пространства. Функции ~~ и отображение )эстрого дифференцируемы в точке х (в силу того, что Р и ~~ были таковыми). Осталось показать лищь, что 1. = 1щ Р (х) замкнуто в Ух Кв-й. Имеем Р'(х) (Р'(х), Ф'(х)), где Ф (х) Я = (<7~ (х) х> ° ° <Ту (х х)> Ф (х): Х 11е Образ 1щ Р'(х) замкнут по условию, а подпросгранство Ф'(х)1Кег Р'(хЯсйа-"' замкнуто, как и любое подпространство коиечномерного пространства.
Значит, по лемме о замкнутости образа (п. 2.1.6) 1щР'(х) замкнут вУх Ка-Й. Предположим теперь, что для задачи (1') доказываемая теорема верна и, следовательно, существуют множители Лагранжа у*=(у', 4+„..., Х„), Х~, ! 0,1,...,т, для которых верны а) и б) и. 3.2.1 (условия в) выполияютсн автоматически, ибо ~~(х)=0, 1=1, ...>т).
26в В снлу б)) )01=0, 1, ..., т, а в силу а) Я'.„(х, у', Хы ..., ь-, Х») = = ~х~~» Х~ ~1(х) + (у»ог)' (х) ° О, (3'] где .У = ~» 1Д(х)+(у'оР) (х). У» Теперь остается положить ь,=Х„Х, =е 1»т, 1 1, ... ..., т, Х; =Х~, у=т+1, ..., р и Х; =О, если ~~ (х) чьО. Полученный набор будет удовлетворять, очевидно, условиям дополняющей нежесткости н условию- согласования знаков (ибо в (2') е =+1, когда ограничение имеет вид Ц(х) «О и е = — 1 при ~;,.) 0). Кроме того, поскольку ° у (х! у» Хо ° ° ° » дю ~ф) = у (х~ у»»»» ° ° » )~»»» т») условие стацнонарности функции Лагранжа выполняется нли не выполняется для обеих функций одновременно. Итак, в дальнейшем можно ограничиться лишь рассмотрением задачи (1').
Однако для простоты мы больше не будем ставить тильду ( ) над Р, ~~ н т. 3.2.4, Доказательство теоремы, Итак, пусть нам дана задача: Г»(х)- 1п1; Р(х)=0, ~~(х) О, 1=1, ..., т, (1) причем выполнены все условия теоремы п. 3.2.1 н ~~(х)=0,1=1, ..., т.
Без ограничения общности можносчнтать также, что и 1»(х)=0. Разобъем доказательство на несколько этапов. А) Линейный случай. Рассмотрим сначала простейшую ситуацию, когда ~» =х» †линейн функционал, ~, =О, 1 1, ..., т, а Р=Л вЂ линейн непрерывный сюръективный оператор. Точка х О решение задачн (х', х) (п1; Лх=О (Л6Я(Х, г), Л(~()=У) (2) тогда н только тогда, когда х»Е(КегЛ)~.. По лемме об аннуляторе ядра (и.
2.1.7) существует элемент у'Е1",' такой, что х'+Л'у'= О, Но это соотношение в точности есть принцип Лагранжа для задачи (2): х'+ Л'у' О ею Я„(0, у', 1) О, 9 в, м. лл»н»»»» и др. ззт где У(х, у', Л») Л» <х» х>+<у» Лх> <Л»х'+А;у', х>— функция Лагранжа задачи (2). Таким образом, в этой ситуации принцип Лагранжа верен.
Б) Вы рожден ный сл уч ай. 1ш Р'(х) есть собственное подпространство У. Вследствие леммы о нетривиальности аннулятора (п. 2.1.4) найдется элемент у'б (1ш Р (х))х <-.э(у' о Р') (х)=0.Остается положить Л,=О, 1=0, ..., т, н убедиться в том, что принцип верен и в рассматриваемом вырожденном случае. Далее считаем, что Р— регулярный оператор в точке х, т. е. 1ш Р'(х) = У.
Положим для 0 «.. й < т Аь —— (х ) <1; (х), х> < О, 1 = й, й+ 1, ..., и» Р' (х) 1х) = О). В) Лемма 1 (основная). Если х есть локальное решение в задаче (1), то множество А, пусто. Иначе говоря, шах <11(х), х>~)0, УхЕКегр'(х). »<С<па Доказательство, Предположим, что А, непусто, т. е. существует элемент 5 такой, что р'(х)1ь)=0, <Д(х), $>=й„йг < О, 0(! <т. Тогда по теореме Люстерника (п. 2.3.5) существует отображение г: 1 — а, сь1 — Х, а)0, такое, что Р(х+74+г(Л))= — О, Л~( х, а], г(Л)=о(Л).
(3) При малых Л) 0 имеем для ю'=О, 1... т неравенства Р,(х+74+г(Л))=Р!(х)+Л<Д(х), $>+о(Л)=Лй;+о(Л)<О. (4г) Соотношения (3) и (4;) 1=1... т, означают, что для малых Л > 0 элемент х+Ля+г (Л) является допустимым в задаче (1). Но при этом неравенство (4,) противоречит локальной минимальности х. ° Г) Лемма 2. Если А есть пустое множество, то для задачи (1) верен принйип Лагранжа. Доказательство. Пустота А„означает, что х=О является решением задачи <1' (х), х> — 1п1, Р' (х) 1х1 = О. В сийу п. А) для этой задачи справедлив принцип Лаг- ранжа, а значит, он справедлив и для задачи (1) (надо только положить х,=...
=Х„,=О), Таким образом, из пп. В) и Г) вытекает, что либо принцип Лагранжа уже обоснован (А„=1д), либо суще- ствует такое й, О <А < т, что Ах=Я, Ал,Ф 8. (5) Д) Лемма 3. Если выполнены ссютношения (5), то нуль является решением следующей задачи линейного про- гралширования: <)е (х), х> — 1п1; <~~ (х), х> в 'О, 1 = й + 1, ..., т, Р' (х) (х1 = О. (6) До к а за тел ь от в.о.
Предположим, что Ч вЂ” такой допустимый в задаче (6) элемент (т. е. <1;(х), и>. О, 1= й+1, Р'(х)1Ч1=0), что <Ге(х), Ч> < О. Пусть Ь вЂ” эле- мент„принадлежащий А„„, т. е. <~1(х), ~> < О, 1)у+1, Р (х)(ь]=0. Тогда при малом е > 0 элемент т~+е~ при- надлежит Аь в противоречии с (5). ° Е) Завершение доказательства. Применяем к задаче (6) теорему Куна — Таккера (и. 1.3.3), учтя при этом, что условие Слейтера для этой задачи выполнено (из-за непустоты А„+г). По этой теореме найдутся такие неотрицательные числа Х„,О ..., Х„, что точка нуль яв- ляется решением задачи <~е(х), х>+ ~ <ХД(х),х>- ш1,' Р'(х))х1=0. (7) ~=в+1 (Это последнее утверждение есть не что иное, как прин- цип минимума для задачи (6), причем множитель Лаг- ранжа при функционале взят равным 1 вследствие вы- полнимости условия Слейтера.) Но задача (7) есть опять- таки задача, о которой говорилось в п.
А). Для нее верен принцип Лагранжа или, что в данной ситуации одно и то же, применима лемма об аннуляторе ядра опе- ратора Р'(х). Иначе говоря, существует элемент у', для которого Д (х) -(- ч~", 1Д(х) -1-(у' о Р') (х) = О. . 1+1 Но это и есть условие стациоиарности функции Лагранжа, если положить А,=... =Хе,— — О, Х„=1. ° ээ 959 По ходу доказательства при А;чья оказалось, по Ь, = 1.
Покажем, что если Р регулярно (т. е. 1ш Р' (х)=)'), то в этом случае вообще никакой набор множителей Лагранжа, для которого выполнено условие стационар- .ности функции Лагранжа, не мажет содержать множитель 1,=0, Действительно, при А,Ф8 существует эле- мент Ь такай, что Р'(х)[И)=0, </;(х), Ь> < 0,1=1, ..., т. Допустим теперь, что нашлись множители Лагранжа Х = (Ь, „Ь„), у'„ие равные нулю одновременно и такие, что Я„(х, у', Ь,О) =О. Тогда ввиду неравенств Ь <[1(х), Ь><0 имеем 0 =,Я'„(х, у", й, 0) [И1= ~~~,'Ь, </~(х), Ь>+ <у', Р' (х) [Ь1> С-~ = ХХ, </;(х)„Ь>=>Л =... =Ь =О =В у'ФО, и теперь О=.У„(х, у', Х, О)[х1=<у', Р'(х)[х1>, Ух=>1шР'(х)Ф)' вопреки предположению. Выделим сказанное в отдельное предложение.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
