Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Metody_optimizatsii_Shatina_A_V

.pdf
Скачиваний:
32
Добавлен:
10.05.2015
Размер:
1.01 Mб
Скачать

 

 

 

 

111

 

ляет в задаче абсолютный минимум.

 

ˆ(

t

)

æ

π ö

 

x

 

= 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

 

 

 

 

 

 

 

 

ds

1+ y¢2 ( x)dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

dx2 + dy2

 

 

 

 

 

 

ds =

равно

2gy( x)

2gy( x)

. Откуда получает-

 

 

 

 

 

 

 

ся следующая формализация задачи о брахистохроне:

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1+ y¢

2

 

 

 

 

 

 

I( y(×)) = ò1

 

 

dx ® min, y(0) = 0, y( x1 ) = y1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2gy

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

 

 

 

2gy

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

 

¢2 )

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

-1 Þ ò

 

 

 

 

 

= ò dx

 

 

 

 

 

 

y

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

C1 - y

 

 

Выполним замену переменной:

y = C 2 sin

2 t

, тогда

 

 

1

 

 

 

 

dy = 2C 2 cost sin tdt

 

и

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

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

 

 

 

113

чаем:

 

2

 

ì

 

(2t - sin 2t),

ïx = C2

+ C1

ï

 

2

 

í

C 2

 

 

ï

(1- cos 2t).

ïy =

1

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

 

 

 

 

 

 

 

 

- t

 

 

 

 

 

 

 

ò (x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8.1.0

 

 

-1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

3

2

 

2

dt ® extr,

x(2) = 0, x(3) = 1

 

 

 

 

 

8.2.

ò (t

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

e

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x(1) = 0, x(e) = 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dt

® extr,

 

 

 

 

 

 

 

 

8.3.

òtx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

 

 

2

+ 4xsht)dt ® extr, x(0)

= -1, x(1) = 0

 

 

 

 

+ x

 

 

 

ò (x

 

 

 

 

 

 

8.4.0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

π 2

2

- x

2

)dt ® extr; x(0) = 1,

æπ

ö

= 0

 

 

 

 

 

ò

 

 

 

 

 

 

 

(x

 

 

xç

÷

 

 

 

 

8.5.

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

è 2

ø

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π 2

2

- x

2

- 4x sin t)dt ® extr;

x(0)

=

 

æπ

ö

= 0

 

ò

 

0,

 

 

(x

 

 

xç

2

÷

8.6.

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

è

ø

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

)dt ® extr, x(1) = 1, x(2) = 0

 

 

 

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

8.7.

ò (x

 

2xx + x

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

- x)e

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

1

 

2

 

 

 

2

2t

dt, x(0) = 0, x(1) = e

1

 

 

 

 

 

 

- x

 

 

 

 

 

ò (x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8.8. 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

114

π

2

- x

2

+ 4x cost)dt

® extr; x(0) = 0, x(π ) = 0

 

ò (x

 

8.9. 0

e

 

 

 

 

.

 

2

 

 

 

x(1) = 0, x(e) = 1

 

 

 

 

8.10.

ò (tx

 

+ xx)dt ® extr,

1

 

 

 

 

.

 

 

 

1

2

 

 

 

 

 

dt

 

I( x) = ò xx

 

8.11. Найти допустимые экстремали функционала

 

0

 

,

 

x(0) = 1, x(1) = 3

 

 

 

 

удовлетворяющие граничным условиям

4

.

 

 

 

 

 

 

Занятие 9. Задача Больца.

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

 

 

 

 

 

B( x(×))

t1

 

 

+ l ( x(t0 ), x(t1) ) ® extr

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= ò L(t, x(t), x(t))dt

 

 

 

 

 

 

 

 

t0

 

 

 

 

 

 

 

 

(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

0

;t

])

называются допу-

 

 

 

1

 

стимыми в задаче.

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

ный

минимум

(максимум)

в

задаче

(з),

пишут:

 

ˆ

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

пустимой

 

функции

x(×) ,

 

удовлетворяющей

условию

 

ˆ

 

 

 

< δ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x(×) - x(×)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

1

 

,

выполнено

неравенство

 

 

B( x(×)) ³ B(x(×))

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(B( x(×)) £ B(x(×))).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

доставляет слабый локальный

 

Теорема. Пусть функция x(×)

115

экстремум

в

 

поставленной

 

задаче

(з)

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

(x(×) Îlocextr з) , функции

L, L

x

, L

непрерывны как функции трех переменных в некоторой

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

окрестности множества {(t, x(t)

, x(t))

 

t Î[t0;t1]}, а функция l

непре-

 

 

 

 

 

рывно

дифференцируема

 

в

 

 

некоторой

 

окрестности

точки

ˆ

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

ˆ

 

(t) ÎC

1

([t

 

 

;t ])

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда

L

 

 

0

 

и выполнены условия:

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

а) уравнение Эйлера

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d

 

 

ˆ

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

"t Î[t

 

 

]

 

 

 

 

 

 

 

 

-

 

 

 

 

L

(t) + L

x

(t) = 0

0

;t

 

 

 

 

 

 

 

 

dt

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

б) условия трансверсальности

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

(t

 

ˆ

 

 

 

,

ˆ

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L

0

) = l

x(t0 )

L (t ) = -l

x(t1) .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

x

1

 

 

 

 

Здесь использованы следующие обозначения:

ˆ

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

L (t) =

 

 

ˆ

,

L

 

(t) =

 

 

 

L(t, x, x)

x

 

L(t, x, x)

 

x

 

x=x(t )

 

 

 

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) +

t0

+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

 

{L

(t) × h(t) + L

(t) × h(t)}dt + l

 

× h(t ) + l

¢

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

 

 

 

 

t1

ˆ

 

(t)

× h(t)

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

0

 

"h ÎC

1

([t

 

;t ])

 

 

 

 

 

ò

{L

x

+ L (t) × h(t)}dt =

 

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

t0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

ˆ

 

Согласно лемме Дюбуа-Реймона (см. предыдущее занятие)

 

(t) ÎC

1

([t

;t ])

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0 1

 

и функция

x(×)

удовлетворяет уравнению Эйлера:

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d

ˆ

 

 

ˆ

 

 

 

 

"t Î[t

 

 

;t ]

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-

 

 

L (t) + L

x

(t) = 0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dt

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

Осталось вывести условия трансверсальности. Проинтегри-

руем по частям второе слагаемое в равенстве (1):

 

 

 

 

 

 

 

 

t1 ˆ

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

t1

 

t1 d

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L

(t) × h(t)dt =

L

(t) × h(t)

 

-

 

 

 

 

L (t) ×h(t)dt

 

 

 

 

 

 

ò

 

ò dt

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

t0

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

(2)

 

 

 

 

 

t0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t0

 

 

 

 

 

 

 

 

Подставим (2) в (1):

117

t1 é ˆ

 

 

d ˆ

 

 

ù

ˆ

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

ˆ

 

 

ò

ê

L

x

(t) -

 

L

(t)

ú

h(t)dt + L

(t

)h(t

) - L

(t

0

)h(t

0

) + l

x(t0 )

h(t

0

) + l

x(t1)

h(t

) = 0

 

 

 

dt

 

x

 

 

x

1

1

 

 

x

 

 

 

 

1

t0

ë

 

 

 

 

 

 

û

 

"h ÎC1([t

 

 

 

])

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

;t

 

 

 

 

 

 

 

 

(3)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

но нулю. Поэтому получаем следующее равенство:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

(t

 

 

ˆ

 

)h(t )

 

 

ˆ

 

(t

 

 

 

ˆ

 

)h(t

 

) = 0 "h ÎC

1

([t

 

 

, t

])

 

 

 

(L

) + l

x(t1)

+ (- L

0

) + l

x

(t0 )

0

 

0

. (4)

 

x

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h(t) = t - t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

ˆ

)

 

 

Положим

0

. Тогда из (4) получим:

 

Lx (t1)

= -lx(t

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

(t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

L

0

) = l

x(t0 ) .

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Теорема полностью доказана.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

2

+ 2tx)dt + x

2

(2) - 2x(0) ® extr

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B( x(×)) = ò (x

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 1.

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

.

 

 

 

 

 

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-

 

d

L

 

+ L

 

= 0 Û -

 

d

 

 

 

 

=

 

 

 

 

= 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dt

x

 

x

 

 

 

 

 

 

dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

;

 

 

 

 

 

б) условия трансверсальности

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L (0) = l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x(0)

Û 2x(0) = -2 Û x(0) = -1

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L

(2) = -l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

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

= -ç

3

 

÷

 

1

è

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

ì

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

ü

(x(

2) + h(2))

2

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

=

í(x + h)

 

+ 2t(x + h)ýdt +

 

ˆ

 

 

 

 

ˆ

0ò

ˆ

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

î

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

þ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

ˆ

 

 

ˆ

2

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ò (x

 

+ 2tx)dt - x

 

(2) + 2x(0) =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= ò{2xh + h

 

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

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

+ 2ht }dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

2

 

 

 

2

 

 

2

 

ˆ

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

ˆ

 

 

- ò

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

2xh

 

0

2xhdt

+ ò{h

 

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

 

 

 

 

0

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

+ 2t]dt +

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

2

(2)

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

+ h

 

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

- (2x(0) + 2)h(0) + ò[-

2x

ò h dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

0

 

 

 

 

.

Учитывая уравнение Эйлера и условия трансверсальности, полу-

чим:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

+ h) - B(

ˆ

 

 

2

dt

+ h

2

(

2) ³ 0

 

"h ÎC

1

([0;2])

 

 

 

 

B(x

x) = ò h

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

119

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

t3

- t -

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ: x(t)

 

= 6

3 Îabsmin з . ●

Пример 2.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

 

 

- x)dt -

 

x2 (1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B( x(

×)) = ò

 

 

 

 

2

 

® extr

 

 

 

 

 

 

(x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

Решение: Интегрант и терминант задачи имеют вид:

 

 

 

 

 

 

2

- x, l = -

x2 (1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L = x

 

 

 

 

 

Выпишем необходимые условия локального экстремума:

а) уравнение Эйлера

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-

d

L

+ L

 

= 0 Û -

 

d

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-1 = 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dt

x

 

x

 

 

 

 

 

dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

;

б) условия трансверсальности

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L (0) = l

 

 

 

 

 

 

 

= 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

x(0)

 

 

 

 

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

L (1) = -l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

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

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),

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

120

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

ì

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ü

 

(x(1) + h(1))

2

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

ˆ

 

ˆ

 

 

2

 

 

ˆ

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B(x + h) - B(

x) =

0ò

í(x

+ h) - (

x + h)ýdt -

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ2

(1)

 

î

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

þ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1)) =

 

1

 

2

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

- ò{x

 

- x}dt +

 

 

= ò{2xh

+ h

 

- h}dt - 2 (2x(1)h(1) + h

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

 

 

1

 

 

2

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

1

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

ˆ

 

 

- ò

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-

 

 

h (1) =

 

 

 

 

 

 

 

 

2xh

 

0

2xhdt + ò{h

 

- h}dt - x(1)h(1)

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

0

 

 

 

 

1

 

 

 

 

-1]hdt

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

1

 

 

2

(1) =

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= (2x(1)

- x(1))h(1) - 2x(0)h(0) + ò

[- 2x

ò h dt - 2 h

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

dt -

1

2

(1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= ò h

2 h

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

Рассмотрим

последовательность

функций

 

yn (t) = x(t) +

n .

 

 

 

 

 

 

 

 

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ми и, кроме того,

 

 

 

 

yn (×) - x(×)

 

 

 

1 ® 0 при n → ∞. Тогда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

1

 

 

< 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B( yn ) - B(x) = -

2n2

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для

другой

допустимой

 

последовательности

функций

 

ˆ

 

 

t 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

zn (t) = x(t) +

n ,

сходящейся

к

 

 

ˆ

 

 

 

по

норме пространства

C1([0;1])

 

 

 

x(×)

 

, получим:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

é

1

 

ù

 

=

 

1

> 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ê

 

 

údt

 

 

 

 

 

 

B( zn ) - B(x) = ò

 

2

 

 

n

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

ën

 

û

 

 

 

 

 

.

 

 

Следовательно, единственная

 

допустимая

экстремаль

ˆ

 

t2

+ 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:

 

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]