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 10 1112 / 2112 13 14 15 16 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

				111
ляет в задаче абсолютный минимум.
ˆ(	t	)	æ	π ö
x	t		= çt -	÷sin t Î abs min з	. ●
Ответ:			è	2 ø	. ●

В качестве следующего примера приведем одну из классических задач вариационного исчисления – задачу о брахистохроне, сформулированную в 1696 году Бернулли. Задача состоит в отыскании траектории быстрейшего ската материальной точки под действием силы тяжести между двумя заданными точками A и B , не лежащими на одной вертикальной прямой. Эта задача была решена самим И. Бернулли, а также Лейбницем, Я. Бернулли и Ньютоном.

Пример 5. Задача о брахистохроне.

В вертикальной плоскости даны две точки A и B . Определить путь, спускаясь по которому под действием собственной тяжести тело M , начав двигаться из точки A, дойдет до точки B за кратчайшее время.

Решение: Введем в плоскости систему координат Oxy , где ось Ox горизонтальна, ось Oy направлена вертикально вниз, а точка A совпадает с началом координат (рис. 8.2). Пусть B( x1, y1 )

, а y = y( x) - функция, задающая уравнение кривой, соединяющей точки A и B .

В соответствии с законом Галилея скорость тела M в точке ( x, y( x)) не зависит от формы кривой, а зависит лишь от y( x) и

выражается формулой vM = 2gy( x) , где g - ускорение силы тяжести. Время, требуемое для преодоления участка кривой длины

1+ y¢2 ( x)dx

dx2 + dy2

ds =

равно

2gy( x)

. Откуда получает-

ся следующая формализация задачи о брахистохроне:

1+ y¢

I( y(×)) = ò1

dx ® min, y(0) = 0, y( x1 ) = y1

2gy

112

L =

1+ y

¢2

Интегрант задачи

2gy

не зависит явно от x , следо-

вательно, имеет место интеграл энергии:

′

- L

= h Û y

y¢

1+ y¢2

= h Û

y Ly

1+ y¢2

2gy

(

¢2 )

Û -

1+ y¢2

= h Þ h < 0,

y 1+ y

= C1

2gy

Рис. 8.2

Из последнего уравнения получаем (учитывая, что y′ > 0 ) дифференциальное уравнение первого порядка с разделяющимися переменными:

C 2

ydy

y¢ =

-1 Þ ò

= ò dx

C1 - y

Выполним замену переменной:

y = C 2 sin

2 t

, тогда

dy = 2C 2 cost sin tdt

C12 ò 2sin2 tdt = ò dx . Интегрируя последнее равенство, полу-

			113
чаем:		2
ì		2	(2t - sin 2t),
ïx = C2		+ C1	(2t - sin 2t),
ï		2
í	C 2
ï	C 2	(1- cos 2t).
ïy =	1	(1- cos 2t).
î	2		(4)

Так как кривая проходит через точку A(0;0) , то C2 = 0. По-

стоянна C1 находится из условия y( x1) = y1. Уравнения (4) являются параметрическими уравнениями семейства циклоид. Следовательно, кривой наискорейшего спуска является циклоида. ●

Задачи для самостоятельного решения.

	1	2			2		x)dt ® extr,									x(0) = x(1) = 0
		2		- t	2
	ò (x			- t
8.1.0				-1)													.
	3	2						2		dt ® extr,						x(2) = 0, x(3) = 1
8.2.	ò (t						x			dt ® extr,						x(2) = 0, x(3) = 1
8.2.	2																	.
	e		2											x(1) = 0, x(e) = 1
			2	dt	® extr,
8.3.	òtx			dt	® extr,
8.3.	1															.
	1	2				2		+ 4xsht)dt ® extr, x(0)									= -1, x(1) = 0
		2		+ x		2
	ò (x			+ x
8.4.0																					.
	π 2		2		- x				2		)dt ® extr; x(0) = 1,						æπ	ö	= 0
	ò		2						2								æπ	ö
	ò		(x														xç	÷
8.5.	0																è 2	ø		.
8.5.	0																			.
	π 2		2		- x				2		- 4x sin t)dt ® extr;						x(0)	=		æπ		ö	= 0
	ò		2						2										0,	æπ		ö
	ò		(x																0,	xç	2	÷
8.6.	0																			è	2	ø	.
8.6.	0													)dt ® extr, x(1) = 1, x(2) = 0									.
	2		2									2
			2	+								2
8.7.	ò (x			+	2xx + x
8.7.	1							- x)e												.
	1		2				2						2t		dt, x(0) = 0, x(1) = e			−1
			2	- x			2						2t					−1
	ò (x			- x
8.8. 0																			.

						114
π	2	- x		2	+ 4x cost)dt	® extr; x(0) = 0, x(π ) = 0
	2			2
ò (x
8.9. 0	e					.
	e	2				x(1) = 0, x(e) = 1
		2
8.10.	ò (tx		+ xx)dt ® extr,
8.10.	1					.

			1	2
				2	dt
	I( x) = ò xx				dt
8.11. Найти допустимые экстремали функционала			0		,
	x(0) = 1, x(1) = 3
удовлетворяющие граничным условиям	x(0) = 1, x(1) = 3	4	.
удовлетворяющие граничным условиям			.

Занятие 9. Задача Больца.

Определение. Задачей Больца называется следующая экстремальная задача без ограничений в пространстве C1([t0 ;t1]) :

B( x(×))

+ l ( x(t0 ), x(t1) ) ® extr

= ò L(t, x(t), x(t))dt

(з)

- функция трех переменных, называемая

Здесь L = L(t, x, x)

интегрантом, l = l( x(t0 ), x(t1 ))

- функция двух переменных, назы-

ваемая

терминантом,

отрезок [t0 ;t1]

фиксирован и

конечен,

t0 < t1. Функционал B называется функционалом Больца.

▲

Определение. Функции

x(×) ÎC1([t

])

называются допу-

стимыми в задаче.

Говорят, что допустимая функция x(×) доставляет слабый локаль-

ный

минимум

(максимум)

задаче

(з),

пишут:

x Îlocmin з (x Îlocmax з) , если δ > 0 такое, что для любой до-

пустимой

функции

x(×) ,

удовлетворяющей

условию

< δ

x(×) - x(×)

выполнено

неравенство

B( x(×)) ³ B(x(×))

▲

(B( x(×)) £ B(x(×))).

доставляет слабый локальный

Теорема. Пусть функция x(×)

115

экстремум

поставленной

задаче

(з)

(x(×) Îlocextr з) , функции

L, L

, L

непрерывны как функции трех переменных в некоторой

окрестности множества {(t, x(t)

, x(t))

t Î[t0;t1]}, а функция l

непре-

рывно

дифференцируема

некоторой

окрестности

точки

(x(t0 ), x(t1)).

(t) ÎC

([t

;t ])

Тогда

и выполнены условия:

а) уравнение Эйлера

"t Î[t

]

(t) + L

(t) = 0

;

б) условия трансверсальности

) = l

x(t0 )

L (t ) = -l

x(t1) .

Здесь использованы следующие обозначения:

ˆ		¶				ˆ			¶
L (t) =				ˆ	,	L		(t) =
L (t) =			L(t, x, x)	ˆ	,	L	x	(t) =		L(t, x, x)
	x			x=x(t )			x		¶x
		¶x							¶x
				x=x(t )
				ˆ

lˆx(t0 ) = ¶x¶(t0 ) l ( x(t0 ), x(t1))

lˆx(t1) = ¶x¶(t1) l ( x(t0 ), x(t1))

x((t0))→xˆ((t0)) ,

x t1 →xˆ t1

x((t0))→xˆ((t0)) .

x t1 →xˆ t1

x=xˆ(t )

		,
x=x(t )		,
	ˆ

Доказательство: Возьмем произвольную, но фиксирован-

ную функцию h(×) ÎC1([t0 ;t1]) . Рассмотрим функцию одной вещественной переменной

ϕ(λ) = B(xˆ(×) + λh(×)) =

= tò1 L(t, xˆ(t) + λh(t), xˆ(t) + λh(t) )dt + l(xˆ(t0 ) + λh(t0 ), xˆ(t1) + λh(t1) )

t0 .

Функция x(×) = xˆ(×) + λh(×) является допустимой для любого λ R . Так как xˆ(×) Îlocextr з , то функция ϕ(λ) имеет экстремум в точке

116

λ = 0. В силу условий гладкости функция ϕ(λ) дифференцируема в точке λ = 0 и по теореме Ферма ϕ′(0) = 0.

Продифференцируем функцию ϕ(λ) :

ϕ¢(λ) = tò1 {Lx (t, xˆ(t) + λh(t), xˆ(t) + λh(t) )× h(t) +

+Lx (t, xˆ(t) + λh(t), xˆ(t) + λh(t) )× h(t)}dt +

+lx(t0 ) (xˆ(t0 ) + λh(t0 ), xˆ(t1) + λh(t1)) × h(t0 ) +

+lx(t1) (xˆ(t0 ) + λh(t0 ), xˆ(t1) + λh(t1)) × h(t1) ;

ϕ (0) =	t1	ˆ	ˆ			ˆ		ˆ	× h(t ) = 0
ϕ (0) =		{L	(t) × h(t) + L		(t) × h(t)}dt + l			× h(t ) + l	× h(t ) = 0
¢	ò x			x			x(t0 )	0 x(t1)	1
	t0								(1)

"h ÎC1([t0;t1]) .

Так как равенство (1) справедливо для любой функции

h ÎC1([t0 ;t1]) , то оно остается справедливым и для любой функции h ÎC01 ([t0 ;t1]) с нулевыми граничными условиями. Поэтому

(t)

× h(t)

"h ÎC

([t

;t ])

+ L (t) × h(t)}dt =

Согласно лемме Дюбуа-Реймона (см. предыдущее занятие)

(t) ÎC

([t

;t ])

0 1

и функция

x(×)

удовлетворяет уравнению Эйлера:

"t Î[t

;t ]

L (t) + L

(t) = 0

Осталось вывести условия трансверсальности. Проинтегри-

руем по частям второе слагаемое в равенстве (1):

t1 ˆ

t1 d

(t) × h(t)dt =

(t) × h(t)

L (t) ×h(t)dt

ò dt

(2)

Подставим (2) в (1):

117

t1 é ˆ

d ˆ

(t) -

(t)

h(t)dt + L

)h(t

) - L

)h(t

) + l

x(t0 )

h(t

) + l

x(t1)

h(t

) = 0

"h ÎC1([t

])

(3)

В силу уравнения Эйлера выражение в квадратных скобках, стоящее под знаком интеграла в равенстве (3), тождественно рав-

но нулю. Поэтому получаем следующее равенство:

)h(t )

)h(t

) = 0 "h ÎC

([t

, t

])

) + l

x(t1)

+ (- L

) + l

(t0 )

. (4)

h(t) = t - t

)

Положим

. Тогда из (4) получим:

Lx (t1)

= -lx(t

Положим h(t) = t - t1. Тогда из (4) получим:

) = l

x(t0 ) .

Теорема полностью доказана.

■

+ 2tx)dt + x

(2) - 2x(0) ® extr

B( x(×)) = ò (x

Пример 1.

Решение: Интегрант задачи равен

+ 2tx ,

L = L(t, x, x) = x

терминант задачи имеет вид

l = l( x(0), x(2)) = x2 (2) - 2x(0)

. Выпи-

шем необходимые условия локального экстремума:

а) уравнение Эйлера

+ L

= 0 Û -

= 0

;

б) условия трансверсальности

L (0) = l

x(0)

Û 2x(0) = -2 Û x(0) = -1

(2) = -l

x( 2)

Проинтегрируем уравнение Эйлера:

x = t, x = t22 + C1, x = t63 + C1t + C2 .

Постоянные C1,C2 найдем из условий трансверсальности: x(0) = -1Þ C1 = -1,

	+ C	æ	4	+ 2C + C		ö
x(2) = -x(2) Þ 2	+ C	= -ç	3	+ 2C + C		÷
	1	è	3	1	2	ø.

118

= - 13 . Единственная допустимая xˆ(t) = t63 - t - 13 .

Откуда получаем C1 = -1, C2

экстремаль задачи имеет вид:

Покажем, что xˆ(t) доставляет абсолютный минимум в задаче, т.е. покажем, что для любой допустимой функции x выполне-

но неравенство B( x) ³ B(xˆ). Представим функцию x в виде: x(t) = xˆ(t) + h(t) , где h ÎC1([0;2]) . Рассмотрим разность

B(xˆ + h) - B(xˆ):

B(x + h) - B(

(x(

2) + h(2))

- 2(x(0) + h(0)) -

í(x + h)

+ 2t(x + h)ýdt +

0ò

ò (x

+ 2tx)dt - x

(2) + 2x(0) =

= ò{2xh + h

+ 2ht}dt + 2x(2)h(2) + h (2) - 2h(0) =

+ 2ht }dt

- ò

2xh

2xhdt

+ ò{h

+ 2x(2)h(2) + h (2) - 2h(0)

+ 2t]dt +

(2)

+ h

= (2x(2) + 2x(2))h(2)

- (2x(0) + 2)h(0) + ò[-

ò h dt

Учитывая уравнение Эйлера и условия трансверсальности, полу-

чим:

+ h) - B(

+ h

(

2) ³ 0

"h ÎC

([0;2])

B(x

x) = ò h

Откуда следует, что найденная экстремаль доставляет в задаче абсолютный минимум.

119

- t -

Ответ: x(t)

= 6

3 Îabsmin з . ●

Пример 2.

- x)dt -

x2 (1)

B( x(

×)) = ò

® extr

Решение: Интегрант и терминант задачи имеют вид:

- x, l = -

x2 (1)

2 .

L = x

Выпишем необходимые условия локального экстремума:

а) уравнение Эйлера

+ L

= 0 Û -

-1 = 0

;

б) условия трансверсальности

L (0) = l

= 0

x(0)

L (1) = -l

x(1)

Найдем общее решение дифференциального уравнения Эй-

лера:

x = - 12 , x = - 2t + C1, x = - t42 + C1t + C2 .

Постоянные C1,C2 найдем из условий трансверсальности: x(0) = 0 Þ C1 = 0 ;

						1
2x(1) = x(1) Þ -1+ 2C1 = -						4 + C1 + C2 .
Получаем: C1 = 0, C2 = -				3	ˆ	t2 + 3
Получаем: C1 = 0, C2 = -				4	, x(t) = -	4 .
						ˆ
Проведем исследование полученного решения x(t) . Для это-
го возьмем произвольную допустимую функцию
ˆ	h(t) ÎC	1	([0;1])	и рассмотрим разность:
x(t) = x(t) + h(t),	h(t) ÎC		([0;1])	и рассмотрим разность:

																120
										1	ì											ü		(x(1) + h(1))						2
			ˆ					ˆ			ˆ				2				ˆ					ˆ								-
															2

	B(x + h) - B(							x) =		0ò	í(x	+ h) - (							x + h)ýdt -									2
							ˆ2		(1)	0ò	î											þ						2					(1)) =
1		2					ˆ2				1							2				1									2
		2					x											2				1									2
	ˆ			ˆ								ˆ													ˆ
	ˆ			ˆ				2				ˆ													ˆ
- ò{x			- x}dt +					2		= ò{2xh					+ h				- h}dt - 2 (2x(1)h(1) + h
0											0
					1		1				1				2							ˆ				1		2
					1		1				1				2											1		2
			=	ˆ		- ò			ˆ																-			h (1) =
			=	2xh	0	- ò		2xhdt + ò{h								- h}dt - x(1)h(1)									-	2		h (1) =
					0		0				0						1					-1]hdt			1	2
							0				0
				ˆ																							2		1			2		(1) =
	ˆ			ˆ						ˆ										ˆ			+
= (2x(1)				- x(1))h(1) - 2x(0)h(0) + ò														[- 2x					+		ò h dt - 2 h
											1						0								0
											1		2	dt -				1		2	(1)
											= ò h			dt -				2 h			(1)
											0											.													1
																																		ˆ	1
Рассмотрим							последовательность															функций						yn (t) = x(t) +							n .
Рассмотрим							последовательность															функций													n .

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

ми и, кроме того,

yn (×) - x(×)

1 ® 0 при n → ∞. Тогда

< 0

B( yn ) - B(x) = -

2n2

Для

другой

допустимой

последовательности

функций

t −1

zn (t) = x(t) +

n ,

сходящейся

по

норме пространства

C1([0;1])

x(×)

, получим:

> 0

údt

B( zn ) - B(x) = ò

ën

Следовательно, единственная

допустимая

экстремаль

+ 3

x(t) = -

4 не доставляет локального экстремума в поставлен-

ной задаче.

Покажем, что Smax = +¥,

Smin = -¥. Действительно, для по-

следовательности функций xn (t)

= n(t -1)

имеем:

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 2112 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