1612726833-e6f68fc32d761b4e64266f5c195a8f96 (828578), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Задачу (10) будем исследовать на слабый экстремум, тоесть в пространстве C1 ([t0 , t1 ]) .Первый этап: доказать, что функционал J обладает первой вариациейв любой точке x* (⋅) такой, что точки (t , x* (t ), x&* (t )) , t ∈ [t0 , t1 ], принадлежат области U , и получить необходимое условие в терминах первойвариации.65 мая 2014Рассмотрим функцию одной переменнойt1t1t0t0ϕ (λ ) = J ( x* (⋅) + λx (⋅)) = ∫ψ (t , λ ) dt = ∫ L(t , x* (t ) + λx (t ), x&* (t ) + λx& (t )) dt ,(11)порожденную вариацией x (t , λ ) = x* (t ) + λx (t ) точки x* (⋅) понаправлению точки x (⋅) . Функция ψ (t , λ ) является дифференцируемой по λ при достаточно малых λ , и при этом произ-∂ψ∂ψ (t , λ )воднаянепрерывна, так как= L x (t , x* (t ) + λx (t ),∂λ∂λx&* (t ) + λx& (t )) x (t ) + Lx& (t , x* (t ) + λx (t ), x&* (t ) + λx& (t )) x& (t ) .Следовательно, можно дифференцировать под знаком интеграла в (11) и получим75 мая 2014t1ϕ ′(0) = δJ ( x* (⋅), x (⋅)) = ∫ ( q(t ) x (t ) + p(t ) x& (t )) dt ,t0гдеq(t ) = Lx (t , x* (t ), x&* (t )) , p (t ) = Lx& (t , x* (t ), x&* (t )) .Фун.
x* (t ) допустима ՜для любой функции x (t ) , принадлежащей подпространствуL0 = {x (t ) ∈ C1 ([t0 , t1 ]) x (t0 ) = x (t1 ) = 0},x* (t ) + λx (t ) будет проходить через те же граничные точки, что иx* (t ) ՜если x* (t ) есть решение задачи (10), то при условии, x (t ) ∈ L0 , функция (11),функцияфункциядолжна иметь минимум в точке нуль. В итоге получаем необходимое условиеэкстремумаϕ ′(0) = δJ ( x* (⋅), x (⋅)) = 0 , для всех x (⋅) ∈ L0 .(12)85 мая 2014Первый этап вывода закончен.Второй этап: преобразовать выражение для первой вариации на подпространстве L0 интегрированием по частям.
Существует два подхода: поЛагранжу, когда интегрируют по частям второе слагаемое, и, по ДюбуаРаймону, когда интегрируют первое слагаемое.Преобразование по Лагранжу предполагает дополнительное условие гладкости: p (t ) = Lx& x ( t ) является непрерывно дифференцируемой. Теперь про*интегрируем по частям второе слагаемое в выражении для первой вариации приусловии, что x (⋅) ∈ L0 .
Получим:t1δJ ( x* (⋅), x (⋅)) = ∫ a (t ) x (t ) dt ,(13)t0где95 мая 2014d⎛a (t ) = q(t ) − p& (t ) = ⎜ − Lx& + Lx ⎞⎟⎠⎝ dtx* (t ) .Преобразование первой вариации по Дюбуа-Раймону:Для этого проинтегрируем по частям первое слагаемое на пространстве L0 :t1 ⎛ t1⎛ t1⎞⎞∫ q(t ) x (t ) dt = ∫ − d ⎜⎜ ∫ q(τ ) dτ ⎟⎟x(t ) = ∫ ⎜⎜ ∫ q(τ ) dτ ⎟⎟x& (t ) dtt0t0t0 ⎝ t⎝t⎠⎠t1t1и получим, что выражение для первой вариации имеет следующий вид:t1δJ ( x* (⋅), x (⋅)) = ∫ b(t ) x& (t ) dt ,(14)t0105 мая 2014гдеt1t1b(t ) = ∫ q(τ ) dτ + p(t ) = ∫ Lxttx * (τ )dτ + Lx&x* ( t ) .Третий этап:Лемма 13 (Лагранжа). Пусть функция a (t ) непрерывна на отрезке [t0 , t1 ].Предположим, что для любой непрерывно дифференцируемой функции x (t ) ,обращающейся в нуль на концах отрезка [t0 , t1 ], выполнено равенствоt1∫ a (t ) x (t ) dt = 0 ,t0115 мая 2014тогда a (t ) ≡ 0 .Доказательство.
В силу непрерывности функции a (t ) достаточно проверить,что a (t ) ≡ 0 во внутренних точках отрезка [t0 , t1 ].Пусть существует внутренняя точка отрезка τ такая, что a (τ ) ≠ 0 (безограничения общности можно считать, что a (τ ) > 0 ).Выберем ε > 0 такое, чтобы отрезок Δ 0 = [τ − ε ,τ + ε ] целиком лежалвнутри отрезка [t0 , t1 ], а с другой стороны, чтобы на этом отрезке функция a (t ) была больше некоторого положительного числа α .Возьмем теперь любую неотрицательную, но не тождественно равнуюнулю финитную функцию из C1 ([t0 , t1 ]) с носителем в Δ 0 .
Например, вкачестве такой функции можно взять22⎧()(), t ∈ Δ0 ,tt−+−−τετε~~x (t ) = x (t ,τ , ε ) = ⎨0, t ∉ Δ0.⎩125 мая 2014Применив теорему о среднем из интегрального исчисления, получим:t1~~~a(t)x(t)dt=a(t)x(t)dt≥α∫∫∫ x (t ) dt > 0 ,Δ0t0Δ0что противоречит условиям леммы. ▄Итак, из леммы и соотношений (12) и (13) получим:если x* (t ) есть решение задачи (10), то должно выполняться соотношение⎛− d L + L ⎞⎜x&x⎟⎠⎝ dtx* ( t )d= − Lx& (t , x* (t ), x&* (t )) + Lx (t , x* (t ), x&* (t )) = 0 ,dtназываемое уравнением Эйлера задачи (10) в форме Лагранжа.135 мая 2014Лемма 14 (Дюбуа-Раймона).
Пусть функция b(t ) непрерывна на отрезке [t0 , t1 ]. Предположим, что для любой непрерывной функции v (t ) , всреднем равной нулю, выполнено равенствоt1∫ b(t )v(t ) dt = 0 .t0Тогда b(t ) = b0 = const .Доказательство. Напомним, что функция v (t ) называется в среднемравной нулю, еслиt1∫ v(t ) dt = 0 .t0Допустим, что заключение леммы неверно.145 мая 2014Тогда должны найтись две точки τ 1 и τ 2 , лежащие внутри отрезка[t0 , t1 ], для которых b(τ 1 ) ≠ b(τ 2 ) , скажем, τ 1 < τ 2 и b(τ 1) > b(τ 2 ) . Выберем ε > 0 столь малым, чтобы интервалыΔ1 = [τ 1 − ε ,τ 1 + ε ] и Δ 2 = [τ 2 − ε , τ 2 + ε ]не пересекались друг с другом, лежали внутри отрезка [t0 , t1 ], и при этомвыполнялось неравенство:β1 = min b(t ) > max b(t ) = β 2 .t∈Δ 1t∈Δ 2Рассмотрим теперь любую непрерывную функцию v~(t ) , которая внемножества Δ1 U Δ 2 равна нулю, на Δ1 неотрицательна и не тождествен155 мая 2014но равна нулю, а на Δ 2 принимает значения противоположного знака.
Вкачестве примера нужной функции можно взять⎧ ( t − τ 1 + ε ) 2 ( − t + τ 1 + ε ) 2 , t ∈ Δ1 ,⎪~~v (t ) = v (t ,τ 1 ,τ 2 , ε ) = ⎨ − (t − τ 2 + ε ) 2 ( −t + τ 2 + ε ) 2 , t ∈ Δ 2 ,⎪0,t ∈ [t0 , t1 ] \ ( Δ1 U Δ 2 ).⎩Снова по теореме о среднем получимt1~(t ) dt = b(t )v~(t ) dt + b(t )v~(t ) dt ≥( β − β ) v~(t ) dt > 0.b(t)v∫∫∫12 ∫t016Δ1Δ2Δ15 мая 2014Противоречие с условием доказывает лемму. ▄Сопоставив соотношения (12) и (14) с леммой Дюбуа-Раймона, получаем, что если x* (t ) является решением задачи (10), то должно выполняться соотношениеt1∫ q(τ ) dτ + p(t ) ≡ c0 ,tили, подробнее,175 мая 2014t1∫ Lx (τ , x* (τ ), x&* (τ )) dτ + Lx& (t , x* (t ), x&* (t )) = c0 .tЭто соотношение называют уравнением Эйлера в форме ДюбуаРаймона.Первое слагаемое в последнем соотношении можно продифференцировать, откуда вытекает, что и второе слагаемое является непрерывнодифференцируемым. Итак, приходим к следующему утверждению.Предложение 1.Пусть в задаче (10) лагранжиан L непрерывно дифференцируем в некоторой области U ⊂ R 3 такой, что ей принадлежат точки (t , x* (t ), x&* (t )) ,t ∈ [t0 , t1 ], где x* (⋅) ∈C 1([t0 , t1 ]) .
Для того чтобы функция x* (t ) доставляла слабый локальный минимум в задаче (10), необходимо, чтобы быловыполнено уравнение Эйлера в форме Лагранжа:185 мая 2014d− Lx& (t , x* (t ), x&* (t )) + Lx (t , x* (t ), x&* (t )) = 0.dt(15)Функции x* (t ) , вдоль которых выполнено уравнение Эйлера, называются экстремалями.Приведем несколько частных случаев, когда у уравнения Эйлераимеются интегралы.Предложение 2.Если функция L не зависит от x& , то для экстремальности x* (t ) необходимо, чтобы было выполнено соотношениеL x ( t , x * ( t )) = 0 , t ∈ [t0 , t1 ].Предложение 3.
Если функция L не зависит от x , то уравнение Эйлерадопускает интеграл импульса:195 мая 2014p (t ) = Lx& (t , x&* (t )) ≡ p0 = const .Предложение 4. Если функция L не зависит от t , то уравнение Эйлерадопускает интеграл энергии:H (t ) = p(t ) x&* (t ) − L( x* (t ), x&* (t )) =L x& ( x* (t ), x&* (t )) x&* (t ) − L( x* (t ), x&* (t )) ≡ H 0 = const .Предложения 1 и 2 непосредственно вытекают из (15). Для доказатель-dHства Предложения 3 надо взять производнуюи, воспользовавшисьdt(15), показать, что она равна нулю.205 мая 2014Уравнение Эйлера для задачи (10) является полным аналогом классикианализа − уравнения Ферма.
Поэтому простейшая задача классическоговариационного исчисления есть бесконечномерный аналог задач на отыскание безусловного экстремума функций нескольких переменных.Но в задачах вариационного исчисления возникают дополнительные эффекты в сравнении с классическим анализом.215 мая 2014225 мая 2014Лекция № 13Задачи оптимального управления 12 мая 2014Содержательная постановка задачиоптимального управлениязакон движения фазовой точки (самолета или объекта управления)и закон воздействия управления («рулей») записывается в виде системыдифференциальных уравнений:dx i= f i ( x, u ), i = 1,..., n,dtили в векторной формеdx= f ( x, u ) ,(1)dtгде функции f i непрерывны по переменным x и u , непрерывно дифференцируемы по переменной x .
Здесь рассматривается случай, когда система (1) автономна, то есть правые ее части не зависят явно от времени t .212 мая 2014Содержательная постановка задачиоптимального управленияРассмотрим произвольное допустимое управление u (t ) . Перепишемуравнение (1) в следующем виде:dx= f ( x, u (t )).(2)dtТогда при любых начальных условиях x (t 0 ) = x 0 однозначно определяется траектория движения объекта x = x (t ) , то есть решение этогоуравнения, определенное на некотором отрезке времени.Назовем его решением системы (2), соответствующим управлениюu (t ) при начальном условии x (t 0 ) = x 0 .312 мая 2014Содержательная постановка задачиоптимального управленияБудем говорить, что допустимое управление u (t ), t 0 ≤ t ≤ t1 переводитфазовую точку x из положения x0 в x1, если решение x (t ) уравнения (2)с начальным условием x (t0 ) = x0 определено на [t 0 , t1 ] и x (t1 ) = x1.Такую пару ( x (t ) , u (t ) ) назовем управляемым процессом, определенном на отрезке [t 0 , t1 ].412 мая 2014Постановка задачи Пусть задана еще одна функция f 0 непрерывная по переменным x и u ,непрерывно дифференцируемая по переменной x .
Приведем формальную постановку задачи оптимального управления.Найти среди всех допустимых управлений, переводящих фазовуюточку из положения x0 в положение x1, такое, для которого функционалJ ( x (⋅), u(⋅)) =t1∫f 0 ( x (t ), u(t ))dtt0принимает наименьшее значение.Заметим, что при заданных x0 и x1 пределы интегрирования t0 , t1 являются переменными, которые зависят от управления, переводящего x0в x1, и эти пределы определяются из соотношений x (t 0 ) = x 0 , x (t1 ) = x1.512 мая 2014Определения и соглашения:Управление u (⋅) , на котором достигается оптимальное значение даннойзадачи, называется оптимальным управлением, а соответствующая траектория x (t ) – оптимальной траекторией.В этом смысле основная задача – найти оптимальные управления и соответствующие оптимальные траектории, другими словами, найти оптимальный управляемый процесс.Для J = t1 − t 0 оптимальность управления u (t ) эквивалентна минимизации времени перехода из положения x0 в положение x1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
