Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

МИРЭА - Российский технологический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Metody_optimizatsii_Shatina_A_V

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

10.05.2015

Размер:

1.01 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 2111 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

101

ляет слабый локальный минимум (максимум) в задаче (з), пишут:

δ > 0 такое, что для любой до-

x Îlocmin з (x Îlocmax з) , если

пустимой

функции

x(×) ,

удовлетворяющей

условию

x(×)

- x(×)

1 < δ , выполнено неравенство

▲

I( x(×)) ³ I (x(×))

(I( x(×)) £ I(x(×))) .

доставляет слабый локальный

Теорема. Пусть функция x(×)

экстремум в поставленной задаче (з) (x(×) Îlocextr з) , а функции

L, L

, L

непрерывны как функции трех переменных в некоторой

окрестности

множества

{(t, x(t), x(t))

t Î[t0;t1]}.

Тогда

(t) ÎC

([t

;t ])

ˆ(

)

и функция

удовлетворяет уравнению Эйле-

ра:

;t ]

(t)

(t) = 0 "t Î

+ L

(1)

Здесь использованы следующие обозначения:

L (t) =

(t) =

L(t, x, x)

=x(t )

¶x

x=x(t )

¶x

=x(t )

x=x(t ) .

Доказательство: Возьмем произвольную, но фиксирован-

ную функцию

h(×) ÎC1 (

])

, где

([t

;t ]) = {h(×) ÎC1

([t

])

h(t

) = h(t ) = 0}

Рассмотрим функцию одной вещественной переменной

ϕ(λ)

)dt

= I(x(×) + λh(×)) = ò L(t, x(t) + λh(t), x(t)

+ λh(t)

Функция

λ R . Так как точке λ = 0.

Положим

x(×) = xˆ(×) + λh(×) является допустимой для любого xˆ(×) Îlocextr з , то функция ϕ(λ) имеет экстремум в

F(t,λ) = L(t, xˆ(t) + λh(t), xˆ(t) + λh(t) ). Тогда

102

ϕ(λ) = tò1 F(t,λ)dt

t0 .

Из условий гладкости, наложенных на функции L, xˆ, h , следует, что функции F и Fλ дифференцируемы в некотором прямоугольнике [t0 ;t1]×[− λ0 ;λ0 ] , поэтому функция ϕ(λ) дифференцируема в нуле и по теореме Ферма ϕ′(0) = 0.

Продифференцируем функцию ϕ(λ) :

ϕ (λ) = ò Fλ (t,λ)dt = ò{Lx (t, x(t)

+ λh(t), x(t) + λh(t) )× h(t) +

}dt

+ L

(t, x(t)

+ λh(t), x(t)

+ λh(t) )× h(t)

{

ϕ (0) =

(t) × h(t) + L (t) × h(t)}dt = 0

(2)

На следующем этапе доказательства теоремы сформулируем

и докажем вспомогательное утверждение.

Лемма Дюбуа-Реймона.

Пусть функции a0 (t), a1(t) непрерывны на отрезке [t0; t1] и

[t0;t1])

ò{a1(t)h(t) + a0 (t)h(t)}dt = 0 "h ÎC0 (

a (t) ÎC1

([t

])

и выполнено равенство

Тогда 1

a (t) + a

(t) = 0 "t Î[t

; t

]

Доказательство леммы: Возьмем функцию

p(t) Î C1([t

])

та-

кую, что

t1 p(t)dt = t1 a (t)dt

p(t) = a

(t),

Такая функция существует, так как из первого условия функция

103

p(t) определяется с точностью до константы, а выбором константы можно удовлетворить второе условие. Тогда для любой функ-

ции h C01 ([t0 ;t1]) по условию леммы справедливы равенства: tò1 {a1(t)h(t) + a0 (t)h(t)}dt = tò1 a1(t)h(t)dt + tò1 h(t) p(t)dt =

= 0

= ò a1(t)h(t)dt + h(t)

p(t)

− ò h(t) p(t)dt

= ò(a1(t) − p(t))h(t)dt

(t) = ò(a1(τ ) − p(τ ))dτ

Рассмотрим функцию

([t

])

. Эта функция

принадлежит пространству

. Действительно,

(t) = a1(t) − p(t) C

([t0;t1]) .

(a1(t) − p(t))dt

= 0

h (t0 ) = 0, h (t1) = ò

Далее,

Тогда для функции

h (t)

также должно выполняться равенство

(t) − p(t))2 dt = 0

(a (t) − p(t))h (t)dt = 0

Откуда

следует,

что a1(t)

≡ p(t) . Поэтому

a1(t) C

([t0

;t1]) и

−

a (t) + a

(t) = 0

t [t0; t1].

Теперь из леммы Дюбуа-Реймона и равенства (2) следует

утверждение теоремы.

■

Уравнение (1) представляет собой дифференциальное уравнение второго порядка, так что его общее решение должно зависеть от двух произвольных постоянных. Значения этих постоянных определяются из граничных условий

x(t0 ) = x0 , x(t1 ) = x1 .

			104
Следует отметить, что краевая задача
ì	d
ï-			Lx + Lx = 0,
ï-	dt		Lx + Lx = 0,
í	dt		) = x , x(t		) = x
ïx(t		0	) = x , x(t		) = x
î		0	0	1	1

не всегда имеет решение, а если решение существует, то оно может быть не единственным.

Определение. Функции, удовлетворяющие уравнению Эйлера задачи (з), называются экстремалями, а допустимые функции, удовлетворяющие уравнению Эйлера, называются допустимыми

экстремалями.					▲
Интегралы уравнения Эйлера.
			не зависит явно от x , то имеет
1. Если интегрант L = L(t, x)			не зависит явно от x , то имеет
место интеграл импульса	ˆ	(t) = const
	ˆ
	L			.
	x			.
			не зависит явно от t , то имеет
2. Если интегрант L = L( x, x)			не зависит явно от t , то имеет
место интеграл энергии
ˆ		ˆ
ˆ
xL (t) - L(t) = const					.
	x				.

Для доказательства интеграла энергии умножим обе части равен-

ства (1) на x(t) :

L (t)

+ L

- x(t)

(t)x(t) = 0 Û

Û -

+ L

Û -

L(t) = 0 Û

x(t)L (t) +

Û -

- L(t) = const.

Отметим, что при выводе интеграла энергии использовалось дополнительное предположение о существовании второй производ- ной xˆ(t) .

			105
	1	2	- 2tx)dt ® extr; x(-1) = 1, x(1) = 1
		2
Пример 1.	I( x(×)) = ò (x
Пример 1.	−1		.

Решение: Интегрант задачи равен L = L(t, x, x) = x2 - 2tx . Уравнение Эйлера имеет вид:

- dtd Lx + Lx = 0 Û - dtd (2x) - 2t = 0 Û x = -t . Общее решение дифференциального уравнения Эйлера:

			x = -			t3	+ C t + C				2 .
			x = -			6	+ C t + C
						6		1
Постоянные C1,C2 найдем из граничных условий:
x(-1) = 1 Þ	1 - C + C			2		= 1, x(1) = 1 Þ -						1 + C + C		2	= 1
	6	1		2								6	1	2	.
	6		1 , C									6			.
		C =	1 , C		2	= 1
Откуда получаем		1	6		2		. Единственная допустимая экс-
Откуда получаем			6				. Единственная допустимая экс-
тремаль задачи имеет вид:
			x(t) = - t3 +						t	+1
			x(t) = - t3 +							+1
			ˆ				6		6 .
		ˆ					6		6 .
		ˆ	доставляет абсолютный минимум в зада-
Покажем, что x(t)			доставляет абсолютный минимум в зада-

че, т.е. покажем, что для любой допустимой функции x выполне-

ˆ		в виде:
но неравенство I( x) ³ I(x). Представим функцию x
ˆ	должна удовлетворять крае-
x(t) = x(t) + h(t) . Так как функция x

вым условиям задачи, то для функции h краевые условия будут нулевыми: h(-1) = h(1) = 0.

Рассмотрим разность I (xˆ + h) - I(xˆ):

I(x + h) - I(x) =

í (x + h) - 2t

(x + h)ýdt -

- 2tx)dt

−1

- 2th)dt =

)dt =

= ò (2xh + h

2xh

−1

ò (- 2xh - 2th + h

−1

				106
	ˆ	1	1	ˆ			2	)dt =
	ˆ	1	+ ò	ˆ			2
= 2xh		−1	+ ò	(- 2xh	- 2th + h
			−1


1	ˆ			1	2	1		2	dt ³ 0
= ò (-	2x	- 2t)hdt + ò h				dt = ò h			dt ³ 0
−1				−1		−1			.

Таким образом, для любой допустимой функции x(t) = xˆ(t) + h(t)

разность I (xˆ + h) - I(xˆ) неотрицательна. Ответ: xˆ(t) = - t63 + 6t +1Îabsmin з .●

Пример 2.

I( x) =	5π 4	2	- 4x	2	)dt ® extr;		x(0) = x(5π 4) = 0
		2		2
	ò (x
	0							2	.	2
								2	- 4x	2	.
Решение: Интегрант задачи равен L = L(t, x, x)								= x	- 4x		.
						d
Выпишем уравнение Эйлера: - dt									+ 4x = 0 .
Выпишем уравнение Эйлера: - dt							(2x) - 8x = 0	Û x	+ 4x = 0 .

Уравнение Эйлера представляет собой линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Его общее решение имеет вид:

x(t) = C1 cos 2t + C2 sin 2t .

Константы C1,C2 найдем из граничных условий: x(0) = 0 Þ C1 = 0; x(5π4) = 0 Þ C2 = 0 .

Откуда получаем единственную возможную допустимую экстре- маль xˆ(t) º 0.

Покажем, что найденная функция	ˆ	не доставляет локаль-
	x
ного экстремума в поставленной задаче.			1 sin	4t
Рассмотрим последовательность		yn (t) =
	функций		n	5 .

Для любого значения n = 1,2,... функции yn являются допустимы-

	ˆ

ми и, кроме того,	yn (×) - x(×)	1	® 0 при n → ∞. Вычислим значе-

ние функционала на yn :

107

5π 4

éæ 4

4t ö2

2 ù

I( yn ) =

êç

cos

- 4ç

sin

údt =

ëè 5n

è n

5π 4

8t ö

21π

cos

÷dt = -

< 0 = I(x).

10n

Рассмотрим другую последовательность допустимых функ-

ций,

сходящихся

по

норме пространства

C1([0;5π 4])

zn =

1 sin

16t

на zn :

5 . Вычислим значение функционала I

I( zn )

5π 4

éæ

cos

16t ö2

æ 1

sin

16t ö2

êç

- 4ç

údt =

ëè

è n

5 ø

1 5π 4

178

32t

39π

cos

÷dt

> 0 = I(

x).

10n

Так как

I ( y ) < I (x)

, а

I( z ) > I(x)

, то x Ïlocextr з .

Из этого примера видно, что уравнение Эйлера

- необходимое,

но не достаточное условие экстремума.

●

Пример 3.

I( x)

x(0)

x(1)

® extr;

=1,

= 2

= ò x

Решение: Заметим, что интегрант задачи L = x2x2 не зависит явно от t . Поэтому имеет место интеграл энергии:

xLx - L = const Û x × 2xx2 - x2x2 = const Û x2 x2 = const . Тогда

= C Û

= C t + C

Û x = ± 2C t + 2C

xx = C

2 .

dt è

Так как на концах отрезка интегрирования функция x(×) принимает положительные значения, то перед квадратным корнем следует взять знак «плюс». Из краевых условий найдем констан-

108

C = 1 , C

= 1

ты C1,C2 :

2 . Получаем единственную допустимую

x(t)

, 2x(t)x(t) = 1

экстремаль x(t)

t +1 . Заметим, что

t +1

Возьмем произвольную допустимую функцию

x(t) = x(t) + h(t), h(0) = h(1) = 0 .

Рассмотрим разность

1 2

I(x + h) - I (x) = ò (x + h)

×(x

+ h) dt -ò x

× x dt =

ˆˆ

= ò[(x + h)(

x + h) - xx]×[(x + h)(x

+ h) + xx]dt

ˆˆ

= ò[xh + hx + hh]×[2xx + xh + hx

+ hh]dt =

h2 ö∙ é

ö∙ ù

æ ˆ

= ò

ç xh +

× ê1+

ç xh +

údt

ù2

æ ˆ

ö∙

éæ

ö∙

= 0

= ò

ç xh

÷ dt + ò

êç xh

dt ³ xh

êè

+ h(t) выпол-

Так как для любой допустимой функции x(t) = x(t)

нено

неравенство

то

найденная

экстремаль

I(x + h)

³ I(x),

t +1 доставляет в задаче абсолютный минимум.

x(t) =

t +1Î abs min з . ●

Ответ: x(t) =

Пример 4.

I( x) =

π 2

- x

+ 4x cost)dt ® extr;

x(0) =

π ö

= 0

ò (x

1, xç

2 ø

Решение: Выпишем интегрант задачи и уравнение Эйлера:

L(t, x, x) = x2 - x2 + 4x cost ;

		109
	d
- dt				+ x = 2cost .	(3)
- dt		(2x) - 2x + 4cost = 0	Û x	+ x = 2cost .	(3)

Уравнение Эйлера представляет собой линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Его общее решение представляется в виде суммы общего решения соответствующего однородного уравне-

ния x + x = 0 и частного решения неоднородного уравнения: x = xoo + xч .

Корни характеристического уравнения равны ± i , поэтому xoo = C1 cost + C2 sin t .

Частное решение неоднородного уравнения ищем в виде: xч = t( Acost + B sin t) .

Подставляя эту функцию в уравнение (3), получим A = 0, B = 1. Поэтому

x = C1 cost + C2 sin t + t sin t .

Постоянные C1,C2 найдем из краевых условий:

x(0) = 0 Þ C1 = 0; x(π2) = 0 Þ C2 + π2 = 0 Û C2 = -π2. Получаем единственную допустимую экстремаль:

ˆ	æ	π ö
x(t) = çt -		2	÷sin t	.
	è		ø

Проведем

исследование

полученного решения. Для этого

возьмем произвольную допустимую функцию

x(t)

= x(t) + h(t),

h(t) ÎC1([0;π 2])

и рассмотрим разность

π 2

I (x + h) - I

(x) = ò

ê(x + h)

- (x + h)

x + h)costúdt -

π 2

+ 4h cost]dt =

- ò

- x

4x cost)dt =

[2xh + h

- 2xh - h

π 2

+ 4cost]hdt +

π 2

]dt =

π 2

- h

2xh

+ ò [- 2x

- 2x

110

π 2

- h

]dt ³ 0

= ò

При выводе последнего неравенства было использовано не-

равенство Стеклова.

Неравенство Стеклова В.А.

f ( x) Î C

([0;

π ])

(

f ¢( x))2 dx ³ ò f 2

( x)dx

Если

то 0

причем

равенство достигается

только для

функций вида

f ( x)

= Asin x

(Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления, часть III, М. Наука, 1969, стр. 595).

Покажем, что если 0 < l < π и g(t) Î C01 ([0;l]) , то

ò(

dt ³

ò g

(t)dt

g (t))

πt , t = t( x) = lx

Действительно, выполним замену переменной

x =

и рассмотрим функцию

f ( x)

= g(t( x)) . Тогда

f ( x) Î C01 ([0;π ]) и

ò( f ¢( x))2 dx ³ ò f

2 ( x)dx

dg dt

= l dt , поэтому

Но f ( x) = dt × dx = g(t) × π , dx

(t)dt

dt ³ ò g

ò( g (t))

dt ³

ò g

(t)dt ³ ò g

(t)dt

ò( g (t))

следовательно, 0

Вернемся к поставленной задаче. Так как для любой допу-

стимой

функции

x(t) = x(t) + h(t)

выполнено

неравенство

x(t) =

çt -

÷sin t

I(x + h)

³ I(x), то найденная экстремаль

достав-

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 2111 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
10.05.2015553.47 Кб8metodichka_Arkh_EVM_k_rabota_2011g.doc
#
12.11.2019702.98 Кб4Metodichka_Dogovornoe_pravo.doc
#
10.05.2015697.34 Кб14Metodichka_Dogovornoe_pravo.doc
#
10.05.2015237.39 Кб12Metodika_Po_Oech_Diplomov.pdf
#
10.05.201561.44 Кб8Metodologia_portalov (2).doc
#
10.05.20151.01 Mб32Metody_optimizatsii_Shatina_A_V.pdf
#
10.05.20153.97 Mб9metod_ACM.doc
#
19.11.201993.7 Кб3Metod_ukaz2.doc
#
10.05.2015687.76 Кб17MIREA_Ekonomika_Metodichka_1076_2011.pdf
#
10.05.2015479.74 Кб26MIR_Kursovoy_proekt_Morina_A_I_ISB-3-12.doc
#
10.05.20153.2 Mб88mukrrtc2ssss011.doc