Metody_optimizatsii_Shatina_A_V
.pdf
|
|
172 |
|
|
|
|
4 |
2 |
+ 2x)dt → extr; |
|
|
|
≤ 1, x(0) = 3 |
|
|
|
|
|||
|
|
|||||
ò (x |
|
|
x |
|
||
0 |
|
|
. |
Решение: Приведем |
задачу к виду |
задачи оптимального |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
управления. Для этого введем управление u = x . Сначала решим |
|||||||||
задачу на минимум, а затем – на максимум. |
|
||||||||
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ò (u |
2 |
+ 2x)dt → min; |
|
u |
|
|
= u |
||
|
|
||||||||
|
|
|
≤ 1, x(0) = 3, x |
||||||
I. 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
Составим функцию Лагранжа задачи: |
|
||||||||
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Λ = ò[λ0 (u |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
+ 2x)+ p( x − u)]dt + λ1( x(0) − 3) |
||||||
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
. |
Выпишем необходимые условия локального минимума: а) уравнение Эйлера для лагранжиана
L= λ0 (u2 + 2x)+ p( x − u)
−dtd Lx + Lx = 0 − dtd p + 2λ0 = 0;
б) условия трансверсальности для терминанта l = λ1( x(0) - 3)
Lx (0) = lx(0) Û p(0) = λ1, Lx (4) = -lx(4) Û p(4) = 0;
в) условие оптимальности по u :
;
Слагаемые в лагранжиане, не содержащие управление u , здесь опущены, так как они выступают в роли аддитивных посто-
янных и uˆ от них не зависит.
г) условие неотрицательности:
λ0 ³ 0.
Если λ0 = 0, то из уравнения Эйлера следует, что p = const , тогда из условия трансверсальности получим p(t) º 0, λ1 = 0, т.е. все множители Лагранжа обращаются в ноль. Поэтому λ0 ¹ 0.
173
Положим λ0 = 1. Тогда из уравнения Эйлера получим: p = 2, p = 2t + C1.
Так как p(4) = 0 , то p(t) = 2t − 8 и − 8 ≤ p(t) ≤ 0 на отрезке [0;4]. Условие оптимальности принимает вид:
|
|
|
|
|
min |
(u |
2 |
- pu) |
ˆ |
2 |
|
ˆ |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
= u |
|
- pu |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
u [−1;1] |
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|||
Графиком функции |
ϕ(u) = u2 |
- pu |
|
является парабола, ветви кото- |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
æ |
p |
|
p2 ö |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ç |
|
;- |
|
÷ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ç |
|
4 ÷ |
||
рой направлены вверх, а вершина имеет координаты è |
|
|
ø |
||||||||||||||||
(рис. 13.1). Поэтому |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
ì |
p |
, если |
|
p |
³ -1, |
|
|
t - 4, |
если t - 4 ³ -1, |
|
|
|
|
|||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
ˆ |
ï 2 |
|
|
|
|
|
|
ì |
|
|
|
|
|
|
|
||||
= í |
|
|
|
|
|
|
|
|
ˆ |
= í |
|
|
|
|
|
|
|
||
u |
|
|
|
|
p |
|
|
|
Û x |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
ï-1, если |
|
£ -1. |
|
|
î-1, если t - 4 £ -1. |
|
|
|
|
|||||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
î |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
С учетом того, что t [0;4], получаем:
|
t - 4, если 3 £ t £ 4, |
|
|
ì(t - 4)2 |
+ C1, если 3 £ t £ 4, |
||
ì |
|
|
ˆ |
ï |
|
||
ˆ |
|
Þ |
|
2 |
|
||
x = í |
£ t £ 3. |
x = í |
|
||||
|
î-1, если 0 |
|
|
ï |
|
, если 0 £ t £ 3. |
|
|
|
|
|
|
î- t + C2 |
174
Рис. 13.1
Так как x(0) = 3, то C2 = 3. Из условия непрерывности
функции xˆ в точке t = 3 найдем константу C1:
12 + C1 = -3 + C2 Þ C1 = - 12 .
В итоге получаем единственно возможную экстремаль
ì3 − t, если 0 ≤ t ≤ 3, xˆ = ï
íït2 - 8t +15 , если 3 £ t £ 4.
î 2 Покажем с помощью непосредственной проверки, что
найденная функции xˆ(t) доставляет абсолютный минимум в задаче. Возьмем допустимую функцию x(t) = xˆ(t) + h(t) . Из условий
задачи получим ограничения для функции h(t) :
x(0) = 0 Û xˆ(0) + h(0) = 0Þ h(0) = 0 ;
x £ 1Þ xˆ + h £ 1 Û -1 £ xˆ + h £ 1. Оценим разность B(xˆ + h) - B(xˆ):
ˆ |
1 |
é |
|
2 |
ˆ |
ù |
4 |
|
2 |
ˆ |
ˆ |
ˆ |
|
|
|
ˆ |
|
||||
B(x + h) - B(x) = ò |
ê(x + h) |
|
+ 2(x + h)údt - ò |
[x |
|
+ 2x]dt = |
||||
|
0 |
ë |
|
|
|
û |
0 |
|
|
|
175
4 |
|
|
2 |
|
|
|
4 |
|
4 |
|
|
|
4 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
ˆ |
|
|
ˆ |
|
|
+ ò |
ˆ |
|
|
|
|
|
|||
= ò (2xh + h |
|
+ 2h)dt = 2xh |
|
0 |
(- 2x |
+ 2)hdt + ò h dt = |
||||||||||
0 |
3 |
|
|
4 |
4 |
|
|
0 |
3 |
4 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
2 |
dt |
2 |
dt |
|
|
||||||
|
= ò 2hdt + ò0× hdt + ò h |
|
= 2ò hdt + ò h |
|
|
|
||||||||||
|
0 |
|
|
3 |
0 |
|
|
|
|
0 |
0 |
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
При t Î[0;3] справедливо двойное неравенство 0 £ h £ 2. Так |
||||||||||||||||
как h(0) = 0 |
и |
h(t) не |
убывает |
на |
отрезке |
|
[0;3], то |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
ˆ |
|
ˆ |
|
|
ˆ |
|
|
|
h(t) ³ 0 "t Î[0;3]. Следовательно, B(x + h) - B(x) ³ 0 |
и x Îabsmin з |
.
II. Приступим к решению задачи на максимум, сведя предварительно ее к задаче на минимум:
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ò (- u |
2 |
- 2x)dt ® min; |
|
u |
|
£1, x(0) = 3, |
|
|||
|
|
|||||||||
|
|
|
x = u |
|||||||
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
Функция Лагранжа имеет вид: |
|
|
||||||||
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
L = ò[- λ0 (u |
2 |
|
|
( x(0) - 3) |
||||||
|
+ 2x)+ p( x - u)]dt + λ1 |
|||||||||
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
Выпишем необходимые условия локального минимума: а) уравнение Эйлера для лагранжиана
L = -λ0 (u2 + 2x)+ p( x - u) :
- dtd p - 2λ0 = 0 ;
б) условия трансверсальности для терминанта
l = λ1( x(0) - 3) : p(0) = λ1, p(4) = 0,
в) условие оптимальности по u :
min |
(- λ0u |
2 |
ˆ |
2 |
ˆ |
|
- pu) = -λ0u |
|
- pu |
||
u [−1;1] |
|
|
|
|
; |
г) условие неотрицательности:
λ0 ³ 0.
Аналогично пункту I можно показать, что λ0 ¹ 0. Положим
177
Рис. 13.2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
h(0) = 0 и h не |
|
Так как - 2 £ h £ 0, то (2 + h)h £ 0 . А так как |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
£ 0, то h(t) £ 0 на от- |
|||
убывает на отрезке [0;4] в силу условия h |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
резке |
[0;4], |
следовательно, |
òhdt £ 0 |
. |
Таким образом, |
|||||
0 |
||||||||||
ˆ |
|
ˆ |
|
£ 0 и |
ˆ |
|
|
|
|
|
B(x + h) - B(x) |
x Îabsmax з. |
|
|
|
|
|
||||
Ответ: |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
3 − t, если 0 ≤ t ≤ 3, |
|
|
|
|
|
||||
|
ì |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ˆ |
ï |
2 |
|
|
|
Îabsmin з |
, |
Smin = |
35 |
|
x = í |
- 8t +15 , если 3 £ t £ |
3 |
||||||||
|
ït |
|
4. |
|
|
|
||||
|
î |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
; |
|
|
|
|
ˆ |
= t + 3Îabsmax з , Smax = 30. |
|
● |
|||
|
|
|
|
x(t) |
|
Пример 2. Решить экстремальную задачу:
4
ò xdt ® min; x £ 2, x(0) + x(4) = 0, x(0) = 0, x(4) = 0
0 |
. |
Решение: Сведем поставленную задачу к задаче оптималь- |
|
ного управления. Для этого вместо функции x(×) |
введем век- |
тор-функцию ( x1(×), x2 (×) ) и управление u , где x1 = x, x2 = x , u = x Тогда получим задачу:
178
4
ò x1dt ® min; u £ 2, x1(0) + x1(4) = 0, x2 (0) = 0, x2 (4) = 0,
0
x1 - x2 = 0, x2 - u = 0 . Составим функцию Лагранжа задачи:
L = 4ò[λ0x1 + p1( x1 - x2 ) + p2 ( x2 - u)]dt + λ1( x1(0) + x1(4)) + 0
+ λ2x2 (0) + λ3x2 (4).
Выпишем необходимые условия локального экстремума: а) система уравнений Эйлера для лагранжиана
L= λ0x1 + p1( x1 - x2 ) + p2 ( x2 - u) :
-dtd Lx1 + Lx1 = 0 Û - dtd p1 + λ0 = 0 ,
-dtd Lx2 + Lx2 = 0 Û - dtd p2 - p1 = 0; б) условия трансверсальности для терминанта
l = λ1( x1(0) + x1(4)) + λ2 x2 (0) + λ3 x2 (4) :
|
L |
|
(0) = l |
x1 |
(0) |
Û p (0) = λ |
|
|
|
||||
|
|
x1 |
|
|
1 |
1, |
|
|
|
||||
|
L |
(4) = -l |
x1 |
( 4) |
Û p (4) = -λ |
|
|
|
|||||
|
x1 |
|
|
|
1 |
1, |
|
|
|
||||
|
L |
|
(0) = l |
x2 |
(0) |
Û p |
2 |
(0) = λ |
|
|
|
||
|
x2 |
|
|
|
2 , |
|
|
|
|||||
|
L |
(4) = -l |
x2 |
(4) |
Û p |
2 |
(4) = -λ |
|
|
|
|||
|
x2 |
|
|
|
|
3 ; |
|
|
|||||
в) условие оптимальности: |
|
|
ì2, p2 > 0, |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
min |
|
|
|
|
|
|
ˆ |
ˆ |
|
ï |
< 0, |
||
[- p2u] = - p2u |
Þ u |
= í- 2, p2 |
|||||||||||
u [−2;2] |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ï[- 2;2], |
p |
2 |
= 0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
î |
|
|
г) условие неотрицательности: λ0 ³ 0.
Если λ0 = 0, то из а) следует, что p1(t) º const , а так как p1(0) + p1(4) = 0, то p1(t) º 0. Тогда из второго уравнения Эйлера получим p2 (t) = C . Если C = 0 , то из б) следует, что
179
λ1 = λ2 = λ3 = 0, т.е. все множители Лагранжа равны нулю. Если
ˆ |
|
ˆ |
|
|
|
|
|
ˆ |
. В этом случае приходим к |
||||||
C > 0 , то u |
= 2 Û x2 = 2 Þ x2 = 2t + C1 |
||||||
|
|
|
ˆ |
|
|
ˆ |
|
противоречию с краевыми условиями x2 (0) = 0, x2 (4) = 0. Если |
|||||||
ˆ |
|
ˆ |
|
|
|
|
|
ˆ |
+ C1. Снова не выполняют- |
||||||
C < 0 , то u |
= -2 Û x2 |
= -2 Þ x2 = -2t |
|||||
|
|
ˆ |
. Поэтому |
λ |
0 |
¹ 0 |
. |
ся краевые условия для функции x2 (t) |
|
|
|||||
|
|
|
~ |
|
|
|
|
Положим λ0 = 1. Тогда p1 = 1, p = t + C . Так как |
|
p1(0) + p1(4) = 0, то p1(t) = t - 2. Тогда из второго уравнения Эйлера
p2 = 2 - t, p2 (t) = - (t -22)2 + C .
Графиком функции p2 (t) является парабола, ветви которой направлены вниз, а осью симметрии является прямая t = 2 . При
этом функция p2 (t) на отрезке [0;4] обязательно должна поменять знак (рис. 13.3), в противном случае придем к противоречию
с краевыми условиями для функции xˆ2 (t) .
Рис. 13.3 Из условия оптимальности получим:
|
|
|
|
|
|
180 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ì- 2, t Î[0;τ ], |
|
|
ì− 2t + C1, t [0;τ ], |
||||||
ˆ |
|
ï |
|
|
|
ˆ |
ï |
|
|
|
|
|
ˆ |
= í 2, t Î[τ ;4 -τ ], Þ |
= í 2t + C2, t Î[τ ;4 -τ ], |
||||||||||
u |
= x2 |
x2 |
||||||||||
|
|
|
ï- 2, t Î[4 -τ ;4]. |
|
ï- 2t + C , t Î[4 -τ ;4]. |
|||||||
|
|
|
î |
|
|
|
|
î |
|
|
3 |
|
|
Найдем неизвестные величины C1,C2 ,C3,τ из краевых усло- |
|||||||||||
|
|
|
ˆ |
и условия непрерывности в точках t = τ и |
||||||||
вий для функции x2 (t) |
||||||||||||
t = 4 −τ : |
|
|
|
ˆ |
(0) = 0 Þ C1 |
= 0, |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
x2 |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
ˆ |
(4) = 0 Þ C3 |
= 8, |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
x2 |
|
|
|
||||
|
|
|
|
t = τ Þ -2τ = 2τ + C2 , |
|
|
|
|||||
|
|
|
t = 4 -τ Þ 2(4 -τ ) + C2 = -2(4 -τ ) + 8. |
|
||||||||
Откуда находим C1 = 0, C2 = -4, C3 = 8, τ = 1. Тогда |
|
|||||||||||
|
|
|
ì- 2t, t Î[0;1], |
|
ì- t |
2 + D , t Î[0;1], |
||||||
|
|
|
|
ï |
|
|
1 |
|
||||
|
|
ˆ |
ï |
|
t Î[1;3], Þ |
ˆ |
ï |
|
2 |
|
t Î[1;3], |
|
|
ˆ |
= í 2t |
- 4, |
= í t |
|
- 4t + D2, |
||||||
|
x1 = x2 |
x1 |
|
|||||||||
|
|
|
ï |
+ 8, |
t Î[3;4]. |
|
ï |
- t |
2 + 8t + D , |
t Î[3;4]. |
||
|
|
|
î- 2t |
|
ï |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
î |
|
|
|
|
|
Найдем неизвестные величины D1, D2 , D3 из краевых усло- |
|||||||||||
|
|
|
ˆ |
|
и условия непрерывности в точках t = 1 и |
|||||||
вий для функции x1(t) |
||||||||||||
t = 3: |
|
ˆ |
|
ˆ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
x1(0) + x1(4) = 0 Þ D1 +16 + D3 = 0, |
|
t= 1 Þ -1+ D1 = -3 + D2 ,
t= 3 Þ -3 + D2 = 15 + D3 .
Решая полученную систему линейных уравнений относительно D1, D2 , D3 , находим: D1 = 0, D2 = 2, D3 = -16, следовательно,
|
ì- t2 |
, t Î[0;1], |
|
||
ˆ ˆ |
ï |
|
|
|
|
ï |
t |
2 |
- 4t + 2, |
t Î[1;3], |
|
x = x1 |
= í |
|
|||
|
ï |
|
2 |
+ 8t -16, |
t Î[3;4]. |
|
ï- t |
||||
|
î |
|
|
|
|
Проведем исследование полученного решения. Рассмотрим