C.В. Конягин - Программа и задачи к экзамену по вариационному исчислению (1155839)
Текст из файла
Программа и задачи к экзамену по вариационному исчислениюЛектор — C. В. КонягинVII семестр, 2005 г.Программа экзамена1. Вариация по Лагранжу и производная по Фреше. Необходимые условия экстремума для гладких задачбез ограничений.2. Простейшая задача классического вариационного исчисления. Уравнение Эйлера.3. Задача Больца. Условия трансверсальности.4. Интегралы импульса и энергии.5. Вариация интегрального функционала с подвижными концами.6. Сильный экстремум в простейшей задаче классического вариационного исчисления.
Теорема Вейерштрасса – Эрдмана.7. Условие Лежандра — необходимое условие для слабого экстремума в простейшей задаче классическоговариационного исчисления.8. Отсутствие сопряженных точек — необходимое условие для слабого экстремума в простейшей задаче классического вариационного исчисления.9.
Усиленное условие Лежандра и отсутствие сопряженных точек — достаточное условие для слабого экстремума в простейшей задаче классического вариационного исчисления.10. Игольчатые вариации. Условие Вейерштрасса — необходимое условие сильного экстремума.11. Элементы теории поля.12. Задача о брахистохроне.13. Гладкая задача с ограничениями типа равенств.14. Изопериметрическая задача.15.
Задача с ограничениями типа равенств и неравенств.16. Задача Лагранжа — постановка и формулировка необходимого условия экстремума.17. Задача оптимального управления — постановка и формулировка необходимого условия экстремума.18. Задача со свободным концом.19. Теорема Болтянского.20. Уравнение Беллмана и принцип максимума.21. Формулировка теоремы отделимости, ее следствия.22. Оптимальный выбор существует.
Доказано Филипповым.23. Теорема Куна – Таккера – Каруша.24. Независимое доказательство следствия принципа Лагранжа об экстремальной задаче на октанте с ограничениями.Литература[1][2][3][4][5]В. М. Алексеев, В. М. Тихомиров, С. В. Фомин. Оптимальное управление. — 1979.Э.
М. Галеев, В. М. Тихомиров. Краткий курс теории экстремальных задач. — 1989.Э. М. Галеев, В. М. Тихомиров. Оптимизация. — 2000.М. И. Зеликин. Оптимальное управление и вариационное исчисление.С. В. Конягин. Несколько лекций из курса «Вариационное исчисление и оптимальное управление».
— Читальный зал библиотеки мехмата.[6] А. Коша. Вариационное исчисление. — 1983.1Задачи к экзаменуЗадача 1. Выведите уравнение Эйлера для векторнозначных функций.Задача 2. Приведите пример простейшей задачиZt1L(x, ẋ) dt → extr;x(t0 ) = x0 , x(t1 ) = x1t0и функции x(·) такой, что Lẋ ẋ − L ≡ const, но x(·) не является экстремалью.Указание. Можно рассмотреть задачу о брахистохроне, но есть и более простые примеры.Решение. Рассмотрим следующую задачу:J(x ·) =Z10(ẋ + x) dt → extr;x(0) = x(1) = 5.Так как L = L(x, ẋ) = ẋ + x, то есть интегрант не зависит явно от t, то имеет место интеграл энергии: ẋLẋ − L ≡≡ const.
В нашем случае: Lẋ = 1,ẋLẋ − L = ẋ − (ẋ + x) = C = const,поэтому x = −C. Из начальных условий находим: x(0) = x(1) = 5, значит, x ≡ 5 = −C. Функция x ≡ 5 —dLẋ + Lx = 0 в данном случае не выполнено, то есть x(·) не являетсядопустимая. А уравнение Эйлера − dtdэкстремалью. Действительно, Lẋ = 1, Lx = 1, − dtLẋ + Lx = 0 + 1 6= 0.Такая ситуация возникла из-за того, что интеграл энергии имеет лишнюю допустимую функцию x(t) = const.При выводе интеграла энергии мы дифференцируем его по t и используем уравнение Эйлера:d(ẋLẋ − L ≡ const)dt⇔ẍLẋ + ẋdLẋ − Lx ẋ − ẍLẋ = 0dt d−ẋ − Lẋ + Lx = 0.dt⇔Таким образом, наличие интеграла энергии ещё не гарантирует экстремальность.
Задача 3. Докажите, что если допустимая экстремаль в задачеZt1L(t, ẋ) dt → extr;x(t0 ) = x0 , x(t1 ) = x1t0удовлетворяет условию Вейерштрасса (не усиленному!), то x(·) доставляет глобальный минимум в задаче.Решение. Для любой допустимой функции x(·) мы имеемZt1t0L t, ẋ(t) dt −Zt1t0L t, x(t)ḃdt =Zt1t0E t, x(t), x(t),ḃẋ dt −Zt1t0b ẋ (t) dt.ẋ(t) − x(t)ḃL(1)В силу предположения задачи, интеграл в правой части (1) неотрицателен. Далее, уравнение Эйлера для xb(·)влечётLẋ (t) ≡ const =: C.(2)Следовательно,Zt1t0b ẋ (t) dt = Cẋ(t) − x(t)ḃLZt1t0ẋ(t) − x(t)ḃ dt = CZt1ẋ(t) dt −t0Zt1t0x(t)ḃ dt = C(x1 − x0 ) − C(x1 − x0 ) = 0,(3)то есть второй интеграл в правой части (1) равен нулю. Значит, в силу (1) получаемZt1t0L t, ẋ(t) dt −Zt1t0что и требуется. 2L t, x(t)ḃdt > 0,(4)Задача 4.
Докажите, что если допустимая экстремаль в задачеZt1A(t) + A0 (t)x(t) + A1 (t)ẋ(t) + A00 (t)x2 (t) + 2A01 (t)x(t)ẋ(t) + A11 (t)ẋ2 (t) dt → extr;t0x(t0 ) = x0 , x(t1 ) = x1доставляет слабый минимум, то она доставляет и глобальный минимум.Указание. Покажите, что если xb(·)— экстремаль в данной задаче, h(·) ∈ C10 [t0 , t1 ], тоJ xb(·) + αh(·) − J xb(·) = α2 J xb(·) + h(·) − J xb(·) .Задача 5. Приведите (с доказательством) пример простейшей задачи классического вариационного исчисления, в которой для некоторой допустимой экстремали xb(·) выполнены усиленные условия Лежандра и Якоби,а также (не усиленное) условие Вейерштрасса, но при этом сильный минимум на xb(·) не достигается.Указание. Рассмотрите задачуZ10ẋ2 − xẋ3 dt → min;x(0) = x(1) = 0и экстремаль xb ≡ 0.Задача 6.
Докажите, что если функция xb(·) и точки bt0 , bt1 доставляют слабый экстремум в задачеJ(x(·), t0 , t1 ) =Zt1t0L t, x(t), ẋ(t) dt + ψ0 t0 , x(t0 ), t1 , x(t1 ) → extr;ψi t0 , x(t0 ), t1 , x(t1 ) = 0 (i = 1, . . . , m),причем функция L и ее производные по x и x′ непрерывны, а функции ψi непрерывно дифференцируемы, то:d bbx;Lẋ = L1) x(·) удовлетворяет уравнению Эйлера dt2) найдется вектор множителей Лагранжа λ = (λ0 , .
. . , λm ) 6= 0 такой, что функцияL x(·), t0 , t1 ; λ =Zt1t0λ0 L t, x(t), ẋ(t) dt + l t0 , x(t0 ), t1 , x(t1 ) ,m Xl t0 , x(t0 ), t1 , x(t1 ) =λi ψi t0 , x(t0 ), t1 , x(t1 )i=0удовлетворяет условияма) условиям трансверсальностиb ẋ (bλ0 Lti ) = (−1)iblx(ti )(i = 0, 1);б) условиям стационарности по подвижным концамLti = 0(i = 0, 1).Задача 7. Привести пример задачи с подвижными концами, в которой необходимо брать λ0 = 0.Указание. Рассмотрите задачуZT0ẋ dt → extr;x2 (T ) = 0.Задача 8.
Вывести из принципа Лагранжа для задачи Лагранжа необходимое условие Эйлера – Пуассонадля задачиZt1L t, x(t), ẋ(t), ẍ(t) dt → extr;t0x(t0 ) = x0 , ẋ(t0 ) = x′0 , x(t1 ) = x1 , ẋ(t1 ) = x′1 .3Решение. Сделаем замену: x1 = x, x2 = ẋ, причем ẋ1 = x2 . Тогда имеемZt1λ0 L(t, x1 , x2 , ẋ2 ) + p1 (ẋ1 − x2 ) dt + λ1 (x1 (t0 ) − x0 ) + λ2 (x1 (t1 ) − x1 ) + λ3 (x2 (t0 ) − x′0 ) + λ4 (x2 (t1 ) − x′1 ).t01◦ Уравнения Эйлера – Лагранжа:dbdt p = λ0 Lx1 ,d bb x2λ0 dt Lẋ2 = λ0 L◦2 Условия трансверсальности:Lẋi (t0 ) = lxi (t0 ),Lẋi (t1 ) = −lxi (t1 ).− p;p(t0 ) = λ1 ,p(t1 ) = −λ2 ;⇒λ0 Lẋ2 (t0 ) = λ3 ,λ0 Lẋ2 (t1 ) = −λ4 .Теперь рассмотрим два случая.• Случай λ0 = 0.
Тогда из 2-го уравнения Эйлера – Лагранжа находим, что р = 0, а из условий трансверсальности — что λ1 = 0, λ2 = 0 и λ3 = 0, λ4 = 0. Получили, что все λi равны нулю, а это невозможно.• Случай λ0 6= 0. Тогда без ограничения общности, λ0 = 1. Запишем уравнение Эйлера – Лагранжа:Отсюдаddt p =d bdt Lẋ2b x1 ,Lb x2 − p;=Lddtи, вспоминая, что x1 = x, x2 = ẋ, имеемЭто и есть уравнение Эйлера – Пуассона. b x1 ,ṗ = L⇒ṗ1 =ddtd bb x2 ;− dtLẋ2 + Ldbbb x1 ,− Lẋ2 + Lx1 = Ldtd2 bdbbLẍ − Lẋ + Lx = 0.dt2dtЗадача 9. Привести пример задачи оптимального управления, в которой функция p не является непрерывнодифференцируемой.Указание.
Рассмотрите задачуZ20−xu2 dt → min;ẋ = u,x(0) = 0,x(2) = 1,0 6 u(t) 6 1.Решение. Рассмотрим задачу оптимального управления:Z20−xu2 dt → min;u = ẋ;x(0) = 0;x(2) = 1,0 6 u 6 1.Запишем функцию Лагранжа:Z20−λ0 (xu2 ) + p(ẋ − u) dt + λ1 x(0) + λ2 x(2) − 1 .Стационарность по x — уравнение Эйлера:Условие трансверсальности:dbb x (t) ⇒ ṗ(t) = −λ0 u2 .Lẋ (t) = LdtLẋ (ti ) = (−1)i lx(ti )⇒p(0) = λ1 ;4p(2) = −λ2 .Оптимальность по u:min L(t, xb(t), x(t),ḃu) = L t, xb(t), x(t),ḃub(t)⇒u∈Umin (−λ0 xbu2 − pu ) = −λ0 xbub2 − pbu.06u61Докажем из этих соотношений, что ṗ(t) — разрывная. Допустим противное. Рассмотрим два случая:• Случай λ0 = 0. Тогда ṗ(t) = −λ0 u2 = 0, следовательно, p(t) = const = λ1 = −λ2 .
Если λ1 = 0, то и λ2 = 0,но тогда все λi равны нулю, что невозможно.Тогда условие оптимальности по u можно переписать в виде min (λ1 u) = λ1 ub, значит, либо ub ≡ 0 (если06u61λ1 > 0), либо ub ≡ 1 (если λ1 < 0). Но в первом случае ẋ = u = 0 ⇒ x = const, что противоречит тому, чтоx(0) = 0; x(2) = 1, а во втором случае ẋ = u = 1 ⇒ x(t) = t + С ⇒ x(t) = t (так как x(0) = 0), поэтомуx(2) = 2 6= 1. Полученное противоречие показывает, что этот случай невозможен.• Случай λ0 6= 0.
Характеристики
Тип файла PDF
PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.
Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
