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 15 16 17 1819 / 2119 20 21 > Следующая >>>

181

допустимую функцию x(t) = xˆ(t) + h(t) . Из ограничений задачи получим условия на функцию h(t) :

h(0) + h(4)

= 0, h(0) =

0, h(4) =

+ h

£ 2 .

Последнее неравенство перепишем в виде: - 2 - x

£ h

2 - x . То-

гда

£ 4 при t [0;1] , и t [3;4],

0 £ h

£ 0 при t [1;3] .

- 4 £ h

Оценим разность B(x + h) − B(x):

B(x + h) - B(x)

= ò

(x + h)dt - ò xdt = ò hdt =

= -ò

p2hdt = - p2h

+ ò

p2hdt =

									4

			(0)h(0) + p2		(4)h(4) - p2 (0)h(0) - ò p2hdt =
= - p2	(4)h(4) + p2
	4		1		3		4		0

	= -ò				- ò
		p2hdt = -ò		p2hdt		p2hdt - ò		p2hdt ³ 0		,
	0		0		1		3

так как на каждом из отрезков [0;1],[1;3],[3;4] произведение

меньше или равно нулю.
Ответ:	ì- t2			, t Î[0;1],
	ì- t2			, t Î[0;1],
ˆ	ï
ˆ	ï	t	2	- 4t + 2,	t Î[1;3], Îabsmin з
x = í		t		- 4t + 2,	t Î[1;3], Îabsmin з
	ï		2	+ 8t -16,	t Î[3;4].
	ï- t		2	+ 8t -16,	t Î[3;4].	.
	î					.

p2h

●

Задачи для самостоятельного решения.

Решить экстремальные задачи:

												182
π												≤ 1, x(± π ) = 0
ò x sin tdt → extr;

								x
13.1.−π															.
7π
4														≤ 1, x(0)
ò x sin tdt → extr;															= 0
ò x sin tdt → extr;									x						= 0
13.2. 0		+ x)dt → extr;													.
4	2													≤ 1, x(4)
															= 0

ò (x										x
13.3. 0		+ x)dt → extr;													.
3	2													≤ 1, x(0)
															= 5

ò (x											x
13.4. 0															.
1
ò xdt → min;					≤ 2,

			x									x(0) = x(1) = 0
13.5.0															.
2													x(0) + x(2) = 0,
ò xdt → min;						≤	2,

				x												x(2) = 0
13.6. 0																.
2													x(0) + x(2) = 0,
ò xdt → min;						≤	2,

				x												x(0) = 0
13.7. 0																.

Занятие 14. Задача оптимального управления (продолжение).

Пример 1. Решить экстремальную задачу:

T ® min; - 3 £ x £ 1, x(0) = 3, x(0) = x(T ) = 0, x(T ) = -5.

Решение: Приведем поставленную задачу к задаче оптимального 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:

183

T ® min; - 3 £ u £ 1, x1(0) = 3, x2 (0) = x2 (T ) = 0, x1(T ) = -5 , x1 - x2 = 0, x2 - u = 0.

Составим функцию Лагранжа задачи:

L = λ0T + Tò[ p1( x1 - x2 ) + p2 ( x2 - u)]dt + λ1x1(0) +

+ λ2 ( x1(T ) + 5) + λ3x2 (0) + λ4x2 (T ) .

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

L= p1( x1 - x2 ) + p2 ( x2 - u) :

-dtd Lx1 + Lx1 = 0 Û - dtd p1 = 0,

-dtd Lx2 + Lx2 = 0 Û - dtd p2 - p1 = 0 ; б) условия трансверсальности для терминанта

l = λ0T + λ1x1(0) + λ2 ( x1(T ) + 5) + λ3x2 (0) + λ4x2 (T ) :

(0) = l

x1(0)

Û p (0) = λ

(T ) = -l

(T )

Û p (T ) = -λ

(0) = l

(0) = λ

2 ,

x2 (0)

Û p

(T ) = -l

(T )

Û p

(T ) = -λ

4 ;

в) условие оптимальности:

1, p

> 0,

min

p2 < 0,

[- p2u] = - p2u

Þ u

= í- 3,

u [−3;1]

ï[

- 3;1], p

= 0.

г) условие стационарности функции Лагранжа по T :

λ0 + λ2x1(T ) + λ4x2 (T ) = 0 ;

д) условие неотрицательности: λ0 ³ 0.

Так как

x1(T ) = 0, λ4 = - p2 (T ), x2 (T ) = u(T ) , то условие ста-

ционарности г) можно записать в виде:λ0 = p2 (T ) ×u (T ) .

Если

= 0

, то p2 (T ) = 0, либо u(T ) = 0. В последнем слу-

184

чае в силу условия оптимальности опять приходим к равенству p2 (T ) = 0.

Из	системы	уравнений	Эйлера	получаем:
p1(t) = C,	p2 (t) = C(t - T ) . Если при этом		p2 (t) º 0, то из условий

трансверсальности следует λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 0, т.е. все множи-

тели Лагранжа равны нулю. Если C > 0 , то

p2 (t)

£ 0 при t Î[0;T ]

поэтому

= -3

= -3,

Так

как

Û x2

x2 = -3t + C1.

= 0,

то приходим к

равенствам

C1 = 0, - 3T = 0 ,

(0) = 0, x2 (T )

откуда T = 0 , что противоречит условию T > 0 . Аналогично при-

дем к противоречию в случае C < 0 . Поэтому λ0 ¹ 0.

Положим

= 1

. Тогда

p2 (T ) ¹ 0 ,

p2 (T ) ×u (T ) = 1. Так как

то либо u(T )

= 1, либо u(T ) = -3. Разберем отдельно эти два слу-

чая.

p2 (T ) = 1. В силу

Случай

уравнений

Эйлера

1. u(T ) = 1,

функция

p2 (t)

является линейной, причем эта функция обяза-

тельно должна менять знак в некоторой точке

t = τ

на отрезке

[0;T ] , иначе мы придем к противоречию, как это было при

рассмотрении случая λ0 = 0. Тогда

p2 (t) = C1(t - T ) +1 и C1 > 0.

Из условия оптимальности получаем:

ì- 3, t Î[0;τ ],

ì- 3t + A1, t Î[0;τ ],

= í

= u = í

t Î[τ ;T ].

Þ x2

t Î[τ ;T ].

t + A ,

Найдем A1, A2 ,τ из краевых условий и условия непрерывно-

в точке t = τ :

сти функции x2 (t)

x2 (0) = 0 Þ A1 = 0,

(T ) = 0 Þ A2 = -T ,

t = τ Þ - 3τ = τ - T Û τ = T4 .

185

Тогда
	ì- 3t, t Î[0;T 4],
ˆ	= í
x1	= í	4;T ].
	t -T , t Î[T	4;T ].
	î

			ì- 3t2		+ A , t Î[0;T 4],
Þ	ˆ	=	ï	2	3
Þ	x1	=	ïí(t -T )2
			ï	2	+ A4, t Î[T 4;T ].
			î	2

Найдем

A3, A4 ,T

из краевых условий и условия непрерыв-

(t)

в точке t = T

ности функции x1

x1(0) = 3 Þ A3 = 3,

(T ) = -5 Þ A4 = -5,

t = T 4 Þ -

+ 3 =

- 5 Þ T =

3 .

Получаем экстремальный элемент

3t2

ï-

+ 3,

t Î ê0;

ú,

x(t) = í

, T =

ït2

3 , t

Î ê

;

ú.

3û

p2 (T )

= - 1

Случай 2. u(T ) = -3,

3 . В силу уравнений Эйлера

функция p2 (t) является линейной: p2 (t)

= C2 (t - T )

+1 и C2 < 0.

В некоторой точке t = τ

интервала (0;T )

функция p2 (t) должна

менять знак. Так как

p2 (t) , то p2 (t)

при t Î[0;τ ) и

p2 (t) < 0 при

t Î (τ ;T ] .

Из условия оптимальности получаем:

t Î[0;τ ],

t + B , t Î[0;τ ],

= í- 3t

+ B , t Î[τ ;T ].

= u

= í- 3, t Î[τ ;T ]. Þ x2

Найдем B1, B2 ,τ

из краевых условий и условия непрерывно-

в точке t = τ :

сти функции x2 (t)

x2 (0) = 0 Þ B1 = 0 ,

(T ) = 0 Þ B2 = 3T ,

186

t = τ Þ τ = -3τ + 3T Û τ =

Тогда

4 .

ìt2 + B , t Î[

t, t Î[0;3T

4],

0;3T 4],

= îí- 3t + 3T, t

= ïí- 3(t - T )2 + B , t Î[

Î[3T 4;T

]. Þ x1

3T 4;T ].

Найдем B3, B4 ,T

из краевых условий и условия непрерывности

4 :

функции x1(t) в точке t = 3T

(0) = 3 Þ B3

= 3,

x1(T ) = -5 Þ B4 = -5,

t = 3T 4 Þ 9T 2

+ 3 = -

3T 2 - 5 Þ T 2 = - 64 < 0

Т.е., во втором случае нет допустимых экстремалей.

Проведем исследование полученной экстремали. Пусть име-

ется другой допустимый элемент ( x(×),T ) и T < T . Доопределим

функцию x(×)

на отрезке [T;T ]:

x(t) = -5,

t Î[T;T ].

В силу

условий на

левом

конце

отрезка интегрирования

x(×)

τ =

в точке

функции ˆ

3 можно представить в виде:

x(τ ) = ò

(τ - s)x(s)ds + 3, x(τ )

= ò

(τ - s)x(s)ds + 3

"s Î[0;τ ], то

Поскольку x(s) = -3 £ x(s)

£ 0

x(τ ) - x(τ )

= ò(τ - s)(x(s) - x(s))ds

(1)

Причем равенство здесь возможно только, если во всех точках

ˆ		"t Î[0;τ ].
непрерывности x(t) = x(t) = -3

187

Аналогично, с учетом условий на правом конце отрезка интегрирования

	ˆ				ˆ
ˆ	T	ˆ			T
ˆ		ˆ
x(τ ) = ò(s -τ )x(s)ds			- 5, x(τ ) = ò(s -τ )x(s)ds - 5				.
	τ			ˆ	τ		.
				ˆ
ˆ
Так как x(s) = 1	³ x(s) "s Î[τ ;T ], то
		ˆ
		T		ˆ
		ˆ		ˆ		³ 0
	x(τ ) - x(τ ) = ò			(s -τ )(x(s) - x(s))ds		³ 0
		τ				,	(2)

причем равенство здесь возможно только, если во всех точках не-

= 1

"t Î[τ ;T ].

прерывности x(t)

= x(t)

Из (1) и

(2)

следует,

что

следовательно,

x(τ ) − x(τ ) = 0,

T = T

3 .

x(t) = x(t) "t Î[0;T ]. Отсюда

3t2

ï-

+ 3,

t Î ê0;

ú,

3û

ç x(t) = í

, T =

÷Îabsmin з

ït2

, t Î

;

ú.

Ответ: è

. ●

Задача, рассмотренная в примере 1, является частным случаем простейшей задачи о быстродействии, вошедшей во многие монографии по оптимальному управлению. Это задача о наибыстрейшей остановке лифта в шахте. Лифт управляется под действием внешней силы, которая может изменяться в заданных пределах, регулируемых человеком. Предполагается, что возможности действующей силы, а, следовательно, и ускорения, ограничены какой-то величиной, например, ускорение может изменяться от -1 до +1. Требуется за кратчайшее время T остановить лифт

( x(T ) = 0) , для определенности в начале координат ( x(T ) = 0) . Задача формализуется следующим образом:

T ® inf; x £ 1, x(0) = ξ1, x(0) = ξ2 , x(T ) = x(T ) = 0 . Аналогично формализуется задача о машине, движущейся

188

прямолинейно по горизонтальной дороге. Машина может двигаться в любую сторону с ускорением, не превышающим единицу. Требуется остановить машину в определенном месте за кратчайшее время.

Пример 2. Решить экстремальную задачу:

2	2	dt ® min;		³ 6,	x(0) = 0,
B( x(×)) = ò x		dt ® min;	x	³ 6,	x(0) = 0,	x(0) = 0, x(2) =17
0						.

Решение: Сведем поставленную задачу к задаче оптимального управления. Для этого введем вектор-функцию ( x1(×), x2 (×) ) и управление u , где x1 = x, x2 = x , u = x . Тогда получим задачу:

òu2dt ® min; u ³ 6, x1(0) = 0, x2 (0) = 0, x1(2) =17,

0				- u = 0.

		x1	- x2 = 0, x2
Составим функцию Лагранжа задачи:
2
L = ò[λ0u	2	+ p1(			(0) +
L = ò[λ0u		+ p1(	x1 - x2 ) + p2	( x2 - u)]dt + λ1x1	(0) +
0	(0) + λ3( x1(2) -17)
+ λ2x2	(0) + λ3( x1(2) -17)				.

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

L= λ0u2 + p1( x1 - x2 ) + p2 ( x2 - u) :

-dtd Lx1 + Lx1 = 0 Û - dtd p1 = 0,

-dtd Lx2 + Lx2 = 0 Û - dtd p2 - p1 = 0 ; б) условия трансверсальности для терминанта

l = λ1x1(0) + λ2x2 (0) + λ3( x1(2) -17) : Lx1 (0) = lx1(0) Û p1(0) = λ1,

Lx1 (2) = -lx1(2) Û p1(2) = -λ3 ,

Lx2 (0) = lx2 (0) Û p2 (0) = λ2 ,

189

Lx2 (2) = -lx2 ( 2) Û p2 (2) = 0;

в) условие оптимальности:

min[λ u

- p

u]= λ u

;

u³6

г) условие неотрицательности: λ0 ³ 0.

Если

λ0 = 0, то из

условий

а)

б)

следует,

что

p1(t) º -C,

p2 (t) = C(t - 2) . Условие оптимальности примет вид:

min[- p2u] = - p2u

u³6

p1(t) º 0,

p2 (t) = 0 ,

Если

C = 0 , то

из б)

следует,

что

λ1 = λ2 = λ3 = 0, т.е. все множители Лагранжа равны нулю. Если

C > 0 ,

то

p2 (t)

< 0

при

t Î[0;2) ,

следовательно,

u = +¥ Þ B(x(×)) = +¥ , тогда решения задачи на минимум мы не

получим. Если C < 0 , то p2 (t)

> 0

при

t Î[0;2) , следовательно,

= 6

= 3t

+ C1t + C2 .

u = 6 Û x2

Þ x2 = 6t + C1,

Так как

(0)

= 0

, то

C = 0

. Далее, используя краевые условия

ˆ2

x (t)

, получим противоречивую систему равенств:

для функции ˆ1

x1(0) = 0 Þ C2 = 0,

(2) = 17 Þ 12 + C2 = 17 .

Следовательно, λ0 ¹ 0. Положим λ0 = 1. Тогда условие оп-

тимальности примет вид:

ì p2

³ 6;

min[u

ˆ2

- p2u]= u

- p2u Þ

u =

u³6

ï6,

£ 6.

Из уравнений Эйлера и условий трансверсальности получа-

ем p2 (t) = C(t - 2) .
	ˆ		ˆ
Если C = 0	, то u	= 6Û x2	= 6 Þ x2	= 6t + D1 = x1	Þ

Þ xˆ1 = 3t2 + D1t + D2 . Используя краевые условия задачи, придем

190

к противоречию.

Если C > 0, то p2 (t) £ 0 Þ uˆ = 6 и опять придем к противоречию.

Рассмотрим случай C < 0 . Тогда функция

p2 (t) убывает на

отрезке [0;2]

и принимает неотрицательные значения. При этом

график функции y = p2 (t)

обязательно должен пересечь прямую

y = 12 в некоторой точке τ на интервале (0;2)

(рис 14.1), иначе

(t) £ 12

, u = 6, и краевые условия снова не выполняются. То-

гда

ìC(t - 2)

,t Î[0;τ );

+ D1, t Î[0;τ );

ïC(t - 2)

= í

= í 4

= x2

Þ x2

= x1

, t Î(τ ;2].

î6, t Î(τ ;2].

î6t + D2

ïìC(t - 2)3 + D t + D , t Î[0;τ );

= í

Þ x1

ï3t2

+ D t + D , t Î(τ ;2].

0100090000030202000002008a01000000008a01000026060f000a035

74d464301000000000001005e860000000001000000e802000000000

000e8020000010000006c00000000000000000000002c000000710000

000000000000000000582300001221000020454d4600000100e80200

000e0000000200000000000000000000000000000080120000a81a000

0c800000021010000000000000000000000000000400d0300e868040

0160000000c000000180000000a00000010000000000000000000000

009000000100000005c080000d0070000250000000c0000000e000080 120000000c000000010000005200000070010000010000009cffffff00000000000000000000000090010000000000cc07400012540069006d006500730020004e0065007700200052006f00 6d0061006e0000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 1819 / 2119 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