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 11 12 13 14 1516 / 2116 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

151

элемента

имеются

допустимые

элементы такие, что разность

I(ξ ) - I (ξˆ) может быть как положительной, так и отрицательной.

Следовательно, ξ = (x(t),T )Ïlocextr з .

ξn = ( xn (×),Tn ) ,

Для

последовательности

элементов

где

(t) = 4t

,T = n

имеем:

I(ξn )

æ 16

4t ö

+ 2n ® +¥

= ò

÷dt =

при n → ∞.

è n2

n ø

Рассмотрим последовательность

элементов

где

ηn = (xn (×), Tn ),

Tn = n

ì- t, 0 £ t £ 1,

£ t £ n -1,

xn (t) =

í-1, 1

+ 4

- 5n, n -1 £ t £ n.

î5t

Получим, что I(ηn )

® -¥ при n → ∞.

= 4ýÏlocextr з, Smax = +¥, Smin = -¥

íx(t) =

Ответ: î

. ●

Пример 5. Найти допустимые экстремали в задаче с по-

движными концами:

)dt ® extr; T + x(T ) -1 = 0

+ x

I( x(×),T ) = ò (x

Решение: Составим функцию Лагранжа задачи

+ x

)dt + λ1(T + x(T ) -1)

L( x(×),T ) = òλ0 (x

Выпишем необходимые условия локального экстремума:

а) уравнение Эйлера для интегранта L = λ0 (x2 + x2 )

- dtd Lx + Lx = 0 Û -2λ0x + 2λ0x = 0; б) условия трансверсальности для терминанта

152

l = λ1(T + x(T ) -1)

(0) = l

x(0)

Û 2λ x(0) = 0

(T ) = -l

(T )

Û 2λ x(T ) = -λ

в) условие стационарности функции Лагранжа по T

LT =

(T ) + x

(T ))+ λ1

0 Û λ0 (x

(1+ x(T )) = 0.

Если λ0 = 0, то из б) следует, что λ1 = 0, т.е. вектор множи-

телей Лагранжа обращается в ноль. Поэтому λ0 ¹ 0. Положим

λ0 = 1. Тогда

x - x = 0, x = C1cht + C2sht, x = C1sht + C2cht .

Найдем неизвестные величины C1,C2 ,T,λ1:

x(0) = 0 ÞC2 = 0 Þ x = C1cht, x = C1sht ;

x(T ) + T -1 = 0 Þ C1chT + T -1 = 0;

(2)

λ1

Þ C1shT = -

λ1

x(T ) = -

2 ;

(3)

(T ) + x

(T ) + λ1

(1+ x(T )) = 0 Þ

ÞC2sh2T + C

2ch2T + λ

(1+ C shT ) = 0

(4)

Из равенств (2) и (3) выразим C1,λ1 через T :

1− T

, λ = 2(T -1) thT

chT

Подставим полученные выражения в равенство (4):

(T -1)2 + 2(T -1) thT - (T -1)2 th2T = 0,

Откуда следует, либо T = 1, либо

(T -1) + 2thT - (T -1) th2T = 0 Û sh2T = 1- T .

(5)

Получаем два

экстремальных

элемента:

= 1}

{ x(t) º 0, T

153

ˆü

1- T

cht, T ý

íx(t)

þ, где

chT

T определяется однозначно из равенства

1- T

sh2T

2shT

(5). Заметим, что chT

chT

= 1}

Ответ: { x(t) º 0, T

и { x(t) = 2shTcht, T

определяется однозначно из равенства

sh2T = 1− T .

●

где T

Задачи для самостоятельного решения.

Решить задачи с подвижными концами:

1	2	dt ® extr, x(0)					= 1
ò x		dt ® extr, x(0)					= 1
11.1.0							.
1 2			dt - 2x		2	(1) ® extr,		x(0) = 0
ò x			dt - 2x			(1) ® extr,		x(0) = 0
11.2. 0				+ x)dt ® extr,				.
T		2					x(T ) = T
		2
ò(x
11.3. 0				+ x)dt ® extr, x(0)				.
T		2						= 0, x(T ) = T
		2
ò (x
11.4. 0				+ x)dt				.
1		2			® extr,		x(1)	= 0
		2
ò (x
11.5. 0								.
T 2			dt ® extr, x(0) = 8,					x(T ) + 2T - 4 = 0
ò x			dt ® extr, x(0) = 8,					x(T ) + 2T - 4 = 0
11.6. 0								.

В следующих задачах найти допустимые экстремали:

154

Tò (x2 + x2 )dt ® extr; x(0) = 0, T + x(T ) +1 = 0

11.7. 0

dt ® extr, x(0) = 0, x(T ) =

1+ x

11.8. 0

dt ® extr,

x(0) = 0, x(T ) =

ò x

-T .

11.9. 0

1+ x

dt ® extr, x(0) = 1, x(T )

-T +1 = 0

11.10. 0

Занятие 12. Задача Лагранжа.

Все задачи, рассмотренные ранее, являются частными случаями или могут быть сведены к задаче, поставленной Лагранжем в сочинении «Аналитическая механика» в 1788 году. Для ее решения Лагранж использовал метод неопределенных множителей, который впоследствии стали называть методом множителей Лагранжа.

Постановка задачи. Рассмотрим пространство C1(D,Rn ) - множество вектор-функций x(t) = ( x1(t), x2 (t),..., xn (t)) , где функ-

ции xk (t) (k = 1,...,n)					имеют непрерывные производные на конеч-
ном отрезке .
Задачей Лагранжа называется следующая экстремальная за-
дача:			B0 (ξ ) ® inf;			Bi (ξ ) £ 0, i = 1,...,l,
			B0 (ξ ) ® inf;			Bi (ξ ) £ 0, i = 1,...,l,
					B j (ξ ) = 0, j = l +1,..., m,
						-ϕ(t, x(t)) = 0 .					(1)
					xα (t)	-ϕ(t, x(t)) = 0 .					(1)
Здесь	ξ = ( x(×),t	0	,t )	,	x(×) ÎC1	(D, Rn ), t	0	,t Î D, t	0	< t , D	- заданный
Здесь		0	1	,			0	1	0	1	- заданный

конечный отрезок,

155

Bi (ξ ) =	t1		, x(t0 ),t1, x(t1))	(i = 0,1,..., m).
	ò
		fi (t, x(t), x(t))dt +ψ i (t0
	t0

Условие (1), называемое дифференциальной связью, может быть наложено не на все координаты вектор-функции x(t) = ( x1(t), x2 (t),..., xn (t)) , а только на некоторые, например, на

первые k координат:

xi (t) -ϕi (t, x(t)) = 0 (i = 1,..., k ) .

Обозначим x(t) = (xα (t), xβ (t)), где

xα (t) = ( x1(t),..., xk (t)), xβ (t) = ( xk+1(t),..., xn (t)) .

Если дифференциальная связь отсутствует, то k = 0 и x(t) = xβ (t) .

						можно подставить
Так как вместо xα (t) в функции	fi (t, x(t), x(t))					можно подставить
ϕ(t, x(t)) , то в дальнейшем считаем, что		f	i	= f	i	(t, x, x	)	.
ϕ(t, x(t)) , то в дальнейшем считаем, что			i		i	β		.

Определение. Элемент ξ = ( x(×),t0 ,t1 ) , для которого выполнены все указанные условия и ограничения, называется допусти-

мым.			▲
ˆ	Определение. Говорят, что допустимый элемент
	ˆ	ˆ	ˆ
			,t1) доставляет слабый локальный минимум в поставлен-
ξ = (x(×),t0

ной задаче, если δ > 0 такое, что для любого допустимого эле-

мента

ξ = ( x(×),t0 ,t1 ) ,

удовлетворяющего

условиям

x(×) - x(×)

C1 ( ,Rn ) < δ

t0 - t0

< δ ,

t1 - t1

< δ , выполнено неравен-

ство

B (ξ ) ³ B (ξˆ)

▲

Теорема. Пусть ξˆ = (xˆ(×),tˆ0,tˆ1) доставляет слабый локальный минимум в задаче, функции fi , fix , fix (i = 0,1,...,m) непрерывны

внекоторой окрестности множества {(t, xˆ(t), xˆβ (t)) t Î D}, функции

ϕj , ϕ jx ( j = 1,...,k ) непрерывны в некоторой окрестности множе-

ˆ	(i = 0,1,...,m) непрерывно диф-
ства {(t, x(t)) t Î D}, а функции ψ i

156

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

ференцируемы в некоторой окрестности точки (t0

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

Тогда

найдутся

множители

Лагранжа

(λ, p) Î Rm+1 ´ C1(D,Rk ), (λ, p) ¹ 0

такие, что для функции Ла-

гранжа задачи

(t))

+ p(t)( xα (t) -ϕ

(t, x(t)))}dt + l(t0 , x(t0 ),t1, x(t1))

L = ò{ f (t, x(t), xβ

где

f (t, x, xβ ) = åλi fi

(t, x, xβ ), l(t0 , x(t0 ),t1, x(t1)) = åλiψ i (t0 , x(t0 ),t1, x(t1)) ,

i=0

выполнены условия:

а) стационарности по x - уравнение Эйлера для лагранжиа-

на

-ϕ(t, x)) :

L = f (t, x, xβ ) + p(t)( xα

L (t) + L

(t) = 0 "t Î D

;

б) трансверсальности по x для терминанта

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

l = åλiψ i (t0

i=0

)

(t )

= l

x(t0 )

= -l

x(t1 ) ;

в) стационарности по t0 , t1 (только для подвижных концов

отрезка интегрирования):

Lt0 = 0 Û - f (t0 ) + lt0 + lx(t0 ) x(t0 ) = 0,

= 0 Û f (t1) + lt

+ lx(t ) x(t1) = 0

;

г) дополняющей нежесткости:

λi Bi (ξ )

= 0, i = 1,...,l ;

д) неотрицательности: λi ³ 0, i = 0,1,...,l .

■

Рассмотрим примеры решения задач.

157

Пример 1. Решить задачу классического вариационного исчисления:

1	2	dt ® extr;	1
I( x(×)) = ò x		dt ® extr;	òtxdt = 0, x(0) =1	.
0			0	.

Решение: Рассматриваемая задача не является изопериметрической, так как отсутствует граничное условие для функции

x(×) в точке t = 1. Будем решать поставленную задачу как задачу Лагранжа. Составим функцию Лагранжа задачи:

1	2	+ λ1tx)dt + λ2	( x(0) -1)
	2
L = ò (λ0 x
0			.

Выпишем необходимые условия локального экстремума:

а) уравнение Эйлера для лагранжиана L = λ0x2 + λ1tx

- dtd Lx + Lx = 0 Û -2λ0x + λ1t = 0 ;

б) условия трансверсальности для терминанта l = λ2 ( x(0) -1)

Lx (0) = lx(0) Û 2λ0x(0) = λ2 , Lx (1) = -lx(1) Û 2λ0x(1) = 0.

Если λ0 = 0, то из а) и б) следует, что λ1 = 0, λ2 = 0 , т.е. вектор множителей Лагранжа обращается в ноль. Поэтому λ0 ¹ 0.

Положим λ0 = 12. Тогда из уравнения Эйлера получим

x = λ1t, x = λ12t2 + C1, x = λ16t3 + C1t + C2 .

Найдем неизвестные константы C1,C2 ,λ1,λ2 из ограничений задачи и условий трансверсальности:

x(0) = 1 ÞC2 = 1;

x(1) = 0 Þ λ21 + C1 = 0; x(0) = λ2 Þ C1 = λ2 ;

																		158
1			1 æ				λ t 4		+ C t 2													ö						λ			C				C	2
ò	txdt = 0 Þ		ò		ç			1									+ C				t	÷dt	=	0 Û					1	+		1		+		2		= 0
	txdt = 0 Þ				ç			1									+ C				t	÷dt	=	0 Û				30		+		3		+	2			= 0
					ç			6							1					2		÷						30				3			2		.
0			0		è																	ø															.
Решая полученную систему уравнений, находим:
C = -15 , C				2		= 1, λ = 15 , λ													2	= -15
	1	8		2					1						4				2			8 .
		8													4							8 .
Таким образом, в задаче имеется единственная допустимая
экстремаль												5t3
								ˆ				5t3					15
							x(t)		=							-		8 t +1.
							x(t)		=					8		-		8 t +1.
Проведем исследование полученного решения. Возьмем до-
пустимую функцию x(t)															ˆ		+ h(t) . Из условий задачи получим
пустимую функцию x(t)										= x(t)							+ h(t) . Из условий задачи получим
ограничения для функции h(t) :
		ˆ
x(0) = 0 Û x(0) + h(0) = 0Þ h(0) = 0;
1	ˆ	+ h)dt = 0						1
òt(x		+ h)dt = 0					Þ òthdt = 0										.
0								0		ˆ							.			ˆ
										ˆ										ˆ
Оценим разность I (x + h)																	- I(x) :																	)dt =
		ˆ					ˆ		1								2					1 2				1							2
		ˆ					ˆ				ˆ							dt -				ˆ							ˆ
	I(x + h) - I(						x) =		ò (x					+ h)				dt -				ò x dt = ò (2xh + h
									0													0				0
													1			1						1		2
													1			1						1		2
									ˆ						-	ò		ˆ
								= 2xh					0		-	ò	2xhdt + ò h dt =
													0			0				1		0		1						1
																0						0
																										2						2
	=	ˆ						ˆ									2λ1òthdt +												=
	=	2x(1)h(1) - 2x(0)h(0) -															2λ1òthdt +							ò h dt					=	ò h dt ³ 0							.
																				0				0						0				ˆ			.
Так как для любой допустимой функции x(×)																																		ˆ
Так как для любой допустимой функции x(×)																																= x(×) + h(×) раз-
	ˆ		(	ˆ																																		ˆ
ность I(x + h) - I			(	x)			неотрицательна, то найденная экстремаль x(×)
доставляет в задаче абсолютный минимум.
			1				2		1 æ15t2 15 ö2																15
		Smin =			ˆ			dt = òç							8			- 8				÷ dt = 8
		Smin =	ò x					dt = òç							8			- 8				÷ dt = 8
При этом			0						0		è											ø					.
При этом			0						0																		.

159

Покажем, что Smax = +¥ . Действительно, для допустимой

xn (t)

= x(t) + nçt

t ÷

последовательности функций

ö2

ø получим

1 æ

I( x

) =

÷ dt

® +¥

ç x + nç2t -

при n → ∞.

Ответ:

0ò

5t3

x(t) =

+1Îabsmin з, Smin =

, Smax = +¥

●

Пример 2. Решить задачу классического вариационного ис-

числения:

I( x(×))

dt ® extr;

x(1) = 0,

= òtx

x(1) =

x(e) = 4.

Решение: Сведем поставленную задачу к задаче Лагранжа.

Для этого вместо

функции

x(×)

введем

вектор-функцию

( x1(×), x2 (×) ) , где x1 = x,

x2 = x . Тогда получим задачу:

® extr; x1(1) = 0, x2 (1) = 2, x2 (e) = 4,

òtx2 dt

(2)

x1 - x2 = 0 .

Здесь условие (2) записано в виде дифференциальной связи.

Составим функцию Лагранжа задачи

L = òe [λ0tx22 + p(t)( x1 - x2 )]dt + λ1x1(1) + λ2 ( x2 (1) - 2) + λ3( x2 (e) - 4)

Выпишем необходимые условия локального экстремума: а) система уравнений Эйлера для лагранжиана

L= λ0tx22 + p(t)( x1 - x2 )

-dtd Lx1 + Lx1 = 0 Û - dtd p(t) = 0,

160

− dtd Lx2 + Lx2 = 0 − dtd (2λ0tx2 ) − p(t) = 0; б) условия трансверсальности для терминанта

l = λ1x1(1) + λ2 ( x2 (1) - 2) + λ3 ( x2 (e) - 4) Lx1 (1) = lx1(1) Û p(1) = λ1,

Lx1 (e) = -lx1(e) Û p(e) = 0,

Lx2 (1) = lx2 (1) Û 2λ0x2 (1) = λ2 ,

Lx2 (e) = -lx2 (e) Û 2λ0 x2 (e) = -λ3 . д) условие неотрицательности λ0 ³ 0.

Если λ0 = 0, то из а) следует, что p(t) º 0, а из б) следует, что λ1 = λ2 = λ3 = 0, т.е. все множители Лагранжа равны нулю.

Поэтому λ0 ¹ 0. Положим λ0 = 1 2. Тогда
p(t) = C1,	d

	dt (tx2 ) = −C1.
Так как p(e) = 0, то
			C2		= C2t(ln t −1) + C3t + C4.
		= t , x2 = C2 ln t + C3, x1
C1 = 0, tx2 = C2	, x2	= t , x2 = C2 ln t + C3, x1
Найдем неизвестные величины C2 ,C3,C4 :
		x1(1) = 0 Þ - C2 + C3 + C4 = 0 ,
				x2 (1) = 2 Þ C3 = 2 ,
			x2 (e) = 4 Þ C2 + C3 = 4.
Следовательно,		C2 = 2, C3 = 2, C4 = 0 .			Откуда получаем
				ˆ	ˆ
единственную допустимую экстремаль x = x1(t) = 2t ln t .
Покажем	с	помощью непосредственной проверки. Что
ˆ		доставляет абсолютный минимум в задаче.
функция x = 2t ln t		доставляет абсолютный минимум в задаче.

Возьмем допустимую функцию x(t) = xˆ(t) + h(t) . В силу ограниче-

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1516 / 2116 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 Кб9Metodologia_portalov (2).doc
#
10.05.20151.01 Mб33Metody_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