Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

книги из ГПНТБ / Иоффе, А. Д. Теория экстремальных задач [учеб. пособие]

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

22.10.2023

Размер:

15.51 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 4445 / 4945 46 47 48 49 > Следующая >>>

	ЗАДАЧИ				441
12. Найти закон преломления света на границе двух сред, ис
ходя из вариационного	принципа	Ферма (Ферма,	Гюйгенс,		Лопи-
таль).		D так, чтобы сумма		расстояний
13. Найти в плоскости точку
от D до трех заданных точек А, В и С была наименьшей				(Вивиани,
Торричелли, Ферма, Штейнер).		к отысканию безусловного			мини
Р е ше н и е . Задача	сводится
мума функции
}(х) = \х — у,\ +	\х — уг \+ \х — у3\-> inf;		х е= R2.

Функция f растет на бесконечности, что обеспечивает существо вание решения задачи. Обозначим решение х*. Функция / является выпуклой (но не гладкой). Необходимым и достаточным условием минимума для выпуклой задачи без ограничений является соотно шение

Ое <?/(*,)		(*)
(предложение 1 § 1.3). Воспользовавшись	теоремой М оро— Рока-
феллара, соотношение (*) перепишем в виде
О <= дх \|х„ — г/i \|+ дх \|х„ — у21+	дх \|х, — у3 \.	(**)

Субдифференциал нормы в евклидовом пространстве в ненулевой точке равен единичному вектору, направленному в эту точку, а в

нулевой	точке	это круг	радиуса единица. Значит, если х* ф
i = 1, 2,	3, то	уравнение	(**) означает, что сумма трех единичных

векторов, направленных из х* в точки у,, равна нулю. Это озна чает, что все углы между отрезками [х*. у{[, [х*, г/2] и [х*. г/3] равны 120°. Точка, из которой стороны треугольника видны под углом 120°, называется точкой Торричелли. Если же точка х* сов

падает	с	одной	из точек у,, то уравнение				(**) приобретает вид
г + ei +		^2 = 0,	где \|е,j = 1,		\|z\|	1. Отсюда сразу				следует,	что
угол при вершине треугольника, с которой совпадает х*. не меньше
120°. Получилось полное решение задачи: если один из углов тре
угольника не меньше 120°, то решение совпадает с соответствующей
вершиной, в остальных				случаях решение это — точка						Торричелли.
14.	3 а д а ч а		Н ь ю т о н а .		Найти тело		вращения,			испытываю
щее при движении вдоль оси вращения в жидкости или газе наи
меньшее		сопротивление		в сравнении		с любым		телом	той же длины
и ширины.			При	физической		гипотезе,		принятой		Ньютоном
Р е ше н и е .
(каждый элемент поверхности испытывает нормальное сопротивле
ние среды, пропорциональное нормальной составляющей скорости),
легко	получить		такую	формализацию задачи				(см.	Лаврентьев		и
Люстерник [1]):
Т

I	^ ,f* — - >	i n fх; — и.	гг	0 ,	х ( 0 )	=	0 ,	х ( 7 ’ ) =
J	1+ и
о
Это — стандартная задача			оптимального		управления. Решим ее,
применив принцип максимума в лагранжевой					форме (теорема Г из
§ 2.3).	Лагранжиан	задачи имеет		вид L =	Ы /(1 +	и2) + р{х — и).

44 2			ЗАДАЧИ
Из	уравнения Эйлера —	d L* + Lx = 0		сразу следует, что p(t) —
=	ро = const. Если допустить, что Хо =			0, то из условия минимума
функции L по и следует,		что	и = 0. Этого,		однако, не может быть,
ибо х(Т)~> 0. Положим Я0 =			1. Из условия		минимальности L по и

следует, что до некоторого момента т оптимальное управление рав но нулю, а затем оно задается неявным выражением

					2ut
			Ро	(1 + и2)2 ’
получающимся из		уравнения		Lu =	0.	Момент излома т		опреде
ляется	из равенств	т/(1 +	и2) — т		+ ро«, —2«т/(1 +		и2)2 =	р0, из
которых	следует, что т =		—2р0 и		что	управление в	точке	излома

равно единице. После излома оптимальное решение удовлетворяет интегралу импульса:

Ра_

2 1

Положив dx = udt, х'и= ut'u, можно записать общее решение полу

ченного интеграла в виде (учтя, что при и = 1 х = 0):
Ро	(,п7 + “!+Т
2

Получившееся в результате применения принципа максимума одно параметрическое семейство экстремалей однократно покрывает всю верхнюю полуплоскость. Следовательно, имеется единственная допу стимая экстремаль, определяющая нужное тело вращения. Отметим,

что полученное тело оказалось	тупоносым!
15. З а д а ч а о б р а х и	с т о х р о н е (И. Бернулли). Поста

новка этой задачи была дана во введении, там же приведено не сколько ее формализаций.

16. З а д а ч а о г е о д е з и ч е с к и х . Найти кратчайшую линию на поверхности, соединяющую две заданные точки (И. Бернулли).

17.	Найти форму тяжелой однородной нити,			подвешенной в двух
точках	вертикальной	плоскости	(Лейбниц, Гюйгенс, И. Бернулли).
Р е ш е н и е . Для		простоты	будем считать,	что нить подвешена

в точках, расположенных на одной высоте. Центр тяжести нити должен, в силу известного вариационного принципа в статике, за нимать наинизшее положение. В итоге получается такая изопериметрическая задача:

J У V* + у'2 dx-> inf; J V1+ у'2 dx = /,

-Хо

У (*о) = У(— *о) = h.

ЗАДАЧИ

44 3

Применим теорему 2 из §		2.3. Составим лагранжиан L— X0y V 1 + (/,2+
+ А,1 V l	У'* • Интегрант		L не зависит от х			и,	значит, урав
нение Эйлера допускает		интеграл энергии Х0у +				=	С Y 1 + У'2
Если Хо =	0, то у' = 0,	что	возможно	лишь	при	I =	2х0. Если же
I > 2*o, то	можно считать,		что ко = 1,	=	X.	Интегрируя, полу

чаем общее решение уравнения Эйлера:

у + Х = С ch (-£- + £>).

силу симметрии

граничных

условий

D =

Длина

кривой

у =

Cch(x/C),

—Хо

у ^ х0,

равна 2Csh(x0/C).

Уравнение

(отно

сительно

С)

С sh(xojC) =

//2

имеет

единственное

решение

Со.

итоге

получается

единственная

допустимая

экстремаль

у =

Со ch (х/С0) + X,

дающая

решение задачи о

нити.

Эта кривая

называется

цепной линией.

18. Вписать в круг треугольник с максимальной суммой квадра

тов

сторон.

Задача записывается так:

Р е ше н и е .

I xi — х212 +

|xi — е |2 +

|хг — е |2 -> sup;

|х: |2 =

|х212 =

е = (1,0),

xi e R ! ,

( =

1,2.

Существование решения очевидно в силу компактности ограничения. Применим правило множителей Лагранжа (теорема 1 из § 1.1). Функция Лагранжа имеет вид

3S — Хо ( I Xi — х2\|2 +	I Xi — е I2 + I х2 — е \|2) + Xi \|х, \|2 +		Х2\|х2\|2.
Ясно, что Хо ф 0, ибо	иначе	в силу уравнений - 2 ^ = 0	один из
векторов Xi или х2 оказался		бы нулевым. Положим Хо =	1 и напи
шем уравнения Эйлера — Лагранжа:
0 = &Xl О		(2 + ч) 1 = * 2 + е,
0 = 2 Хг фф (2 + Х2) х2 = *i + е.

Полученная система легко решается. Оказывается, что у нее шесть

решений: l ) x i = x 2 = e,		2)	xt = e ,	х2=	— е.	3)	х1— — е , х 2 — е,
4) xi — х2—	5) Х\	/	1	. / 3	\	/	1	V3 \
4) xi — х2—	5) Х\	I	g >	2	Jr х2 I		2 »	2 /
6 ) * i = ( — - j ,		х 2 = ( —		+	Х р ) -	Максимум в поста

вленной задаче доставляют последние два решения Итак, искомым треугольником является правильный треугольник.

19.Вписать в круг треугольник с наибольшей взвешенной сум мой квадратов сторон.

20.Вписать в я-мерную сферу симплекс максимального объема.

444

ЗАДАЧИ

21. Найти наибольший объем «-мерного параллелепипеда, у ко торого все ребра имеют единичную длину.

Р е ш е н и е . Задача записывается так:

D (x]t	хп) = det (* 0	-> sup; \|xt \|2= 1,
xl =	{x\, . . . . xf).	i, 1 = 1 ........ n.

Существование решения имеет место в силу компактности ограниче ния. Применим правило множителей Лагранжа (теорема 1 из § 1.1). Функция Лагранжа имеет вид

Р-

i=i

Ясно, что Хо # 0, ибо иначе из уравнений 2 ’гг = 0 получилось бы,

что для некоторого to (а именно, для того, при котором множитель Лагранжа отличен от нуля) xit = 0. Положив Хо = 1, получим

уравнения Эйлера — Лагранжа:

-2Ч = =/Ч + Я л = = а

Производная определителя по некоторой строке есть вектор, состав ленный из алгебраических дополнений к элементам этой строки:

Dx. = А { = ( а \,	А").	При этом (At\xi) = D. Умножая (*)
скалярно на Xi,	получаем,	что

		h = - (D; I 0 = ~ D’	/ = I ....... П’
откуда и	из	(*) получается, что Xi =	Aj/D.	Но матрица
есть матрица,		обратная транспонированной		матрице	. Итак,
если .V =	(•/) — решение задачи, то выполнено соотношение XX —I.

Следовательно, X — ортогональная матрица, т. е. искомый паралле лепипед является кубом. Отсюда и из соображений однородности сразу следует известное неравенство Адамара:

(det(*0)2< n	2 МЛ-
* =	1 т = 1
22. Решить задачу 21, предполагая,		что ребра	параллелепипе
да — заданные, но не обязательно равные величины.			заданного тре
23. 3 а д а ч а Шв а р ц а . На	каждой	из сторон	заданного тре

угольника найти по точке так, чтобы образовавшийся треугольник

имел минимальный периметр.	задан
24. 3 а д а ч а Д и д о н ы . Кривой у(х), —ха ^ х ^ х0,	задан
ной длины соединить две точки на оси абсцисс так, чтобы	отсечь
от верхней полуплоскости наибольшую площадь.

						ЗАДАЧИ					445
	Р е ш е н и е . Задача записывается						гак:
					•То
			—		J у (х) dx-> inf;
		*0	______
		J	V \ + y '2 (lx= l.			/ > 2*0,	У {х0) =		у ( — дс0) =		о.
Применим теорему 2 из § 2.3. Составим лагранжиан										L — — Я01/ +
+	Я]	\| /1 +	у'2. Уравнение Эйлера имеет вид
			d	,		>/	+	Я э —	0 .
			dx		1		+	Я э —	0 .
			dx		1
Если		Я 0 =	0 , то у' з= 0	,	что может быть, лишь				если	/ =	2лг0. Если
I >	2х0, то		Яо можно считать			равным	единице.		Интегрируя уравне

ние Эйлера, получаем, что его общее решение составляют дуги окружностей (у + С )2 + (х + D)2 = Я2. Если 2х0 < I < яхо, то найдется единственная дуга, удовлетворяющая изопериметриче-

скому и	краевым условиям. Она и будет	решением задачи.		Если
/ > ях0, решение будет доставлять функция		у (х ) — h +	У х\ — х 2,
к которой	присоединены вертикальные отрезки х = ± Х о ,		0 ^	^ /г,

h— (I — ях0)/2.

25.Кривой заданной длины, имеющей концы на оси абсцисс,

ограничить максимальную площадь в верхней полуплоскости.

26. Среди замкнутых кривых, имеющих заданную длину н рас положенных на двумерной сфере, найти кривую, ограничивающую наибольшую по площади часть сферы.

27. Среди замкнутых кривых заданной длины, расположенных в некоторой полосе, найти кривую, ограничивающую наибольшую

площадь.

28. Среди замкнутых кривых заданной длины, расположенных внутри некоторого ограниченного выпуклого множества на плоско сти, найти кривую, ограничивающую наибольшую площадь.

29. Найти максимальное значение среднего геометрического п положительных чисел при заданном значении их среднего арифме

тического.

Р е ше н и е . Задача записывается так:

Пп

П	У]xi— a, хт>0, / = 1.........	п.
i = i	«=1

Существование решения очевидно. Применим правило множителей Лагранжа (теорема 1 из § 1.1). Функция Лагранжа имеет вид

•2* =

Я 0 хI (.+ [ Я , ху2

i = i

446	ЗАДАЧИ
Ясно,	что Хо Ф 0. Из уравнений Эйлера — Лагранжа 9?„i = 0 по-

лучается, что все Xi равны между собой. Следовательно, решение задачи таково: xt = х2 = ... = хп = а/п. Из соображений одно родности отсюда сразу получается неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим:

1In

Г]

1=1

30. Число	а >	0	разбить	на	п частей xi.........хп так, чтобы
произведение	ai	а9	ап	где	-
произведение	х 1‘х 22		... хп ,	где	а, — заданные числа, было наи

большим.

31. Найти п неотрицательных чисел, сумма q-x степеней кото

рых равна единице, так,	чтобы сумма	р-х степеней этих чисел
была максимальна, р > 1,	q > 1.
Р е ше н и е . Задача записывается так:
п	п
2 \|*; \|р -> sup;	2 \| ^ 1 ? != 1 '	Р > 1 - <7>Ь
i=1	г=1

Существование решения в силу компактности ограничений очевидно. Применим правило множителей Лагранжа (теорема 1 из § 1.1). Функция Лагранжа имеет вид

1=1	г
1=1	1=1
Из уравнений Эйлера — Лагранжа	3?х . = 0 сразу следует, во-пер

вых, что ни Яо, ни Xi не равны нулю и, во-вторых, что отличные от нуля Xi в решении задачи равны между собою по модулю. Это значит, что решения нужно искать среди векторов, у которых ком поненты или равны нулю, или по модулю равны одному и тому же

числу.	При q < р	решения будут доставлять векторы, у которых
одна компонента		равна единице, а остальные равны нулю, а при
q > p	решениями	будут	векторы	(±п-Чч, . . . .	значение
задачи	равно	Отсюда и из соображений однородности сразу
следуют неравенства для средних степенных:
	п	\ 1 / р	/ п	\ \ j q

1=1	/	\ 1=1	/	при q > p -

32. Найти	в плоскости	точку	Е так, чтобы сумма расстояний

от Е до четырех заданных точек А, В, С и D была минимальна.

33.Решить задачу 13 для взвешенной суммы расстояний.

34.Решить задачу 13 при дополнительном условии, что точка D должна быть взята из некоторого выпуклого множества.

35.Доказать, что «точкой Торричелли» правильного симплекса

является его центр тяжести.

ЗАДАЧИ	447
36. Найти кратчайшую линию, соединяющую	две точки плоско

сти, при условии, что эта линия должна отстоять от начала коор


динат	на расстояние не меньшее, чем заданное число а.
37.	Найти кратчайшие линии на поверхности конуса и ци
линдра.
38.	Найти кратчайшие линии на поверхности сферы.
Р е ше н и е .		В полярных координатах (0, <р)	элемент дуги на
единичной сфере		задается формулой ds2 — dQ2+	sin2 0 dq>2. Таким

образом, наша задача имеет следующее аналитическое выражение:

(02, ф3)

(01. Фй

Если заданные точки на сфере не являются диаметрально противо положными, можно выбрать полюс так, чтобы он не совпадал ни с

одной	из	точек	и обе	они	находились бы на одном меридиане:
ф, =	ср2 =	ф, 0 <	01 <	02 <	я. Интегрант задачи не зависит от ф,

т. е. имеет интеграл импульса:

ф sin2 0

У 1 + sin2 0ф2

Из этого выражения видно, что ф сохраняет знак, т. е. ф(9) моно тонна. В силу того, что ф(00 = ф (0г) = ф , получается, что ф (0 )= ф . Итак, существует единственное допустимое решение уравнения Эй лера, а именно, сам меридиан, соединяющий заданные точки. Сово купность всех меридианов образует поле, покрывающее сферический сегмент 0i ^ 0 ^ 02. Применив теорему 4 из § 7.4, получаем, что найденный меридиан доставляет абсолютный минимум в поставлен

ной задаче.

39. Дан угол и точка внутри него. Через эту точку провести отрезок, имеющий концы на сторонах угла, так, чтобы полученный треугольник имел наименьшую площадь.

40. В задаче 39 минимизировать периметр треугольника.

43.	J2	х (1 +	t2x) dt->ini; *(I)	= 3. х (2) = 1.
44.	\|	(х2+	хх + 12tx) dt —> inf;	x ( 0 ) = l , x(\) = 4 .

448			ЗАДАЧИ
	Я/4
45.	J	(4а2 — а 2 + 8а) dt -> sup;		а (0) = —	1,	A	^ j	= 0.
	О
	Г
46.	J"	(а 2 +	a 2) dt -> inf; Т фиксировано,		а (0)	=	0,	х (Т) = £.
	о
Р е ше н и е .			Уравнение Эйлера	(см. § 2.2)	а — а =		0	этой про

стейшей задачи классического вариационного исчисления имеет об

щее решение x(t, Си Сг) = Cie‘ + Сге~1.	Краевым условиям удовле
творяет единственная кривая a * (t\ Т, £) =	\| sh t/sh Т. Непосредствен

ное сравнение этого решения с любой другой допустимой кривой

показывает, что а * ( / , - ) доставляет абсолютный минимум в постав
ленной задаче,
г
47. J (а 2 — a 2) dt —> inf; Т фиксировано,		а (0 )= 0 ,	а (Г) = 5.
о	Уравнение Эйлера (см. § 2.2)	а + а =	0 имеет об
Р е ше н и е .
щее решение	x(t, Ci, Сг) — Ci sin t -f- Сг cos t.	Уравнение Якоби

(§§ 2.2 и 6.3) совпадает с уравнением Эйлера. Его фундаментальное

решение	Ф(/, 0) = sin Л	Точка ti = я — первая точка,			сопряженная
с точкой	нуль. При Т >	я экстремали не доставляют даже слабого
минимума. Аналогично		тому, как	мы	проделали это	в примере 4
из § 2.2,	можно показать, что в		этом	случае нижняя	грань в за

даче равна —оо. Если Т <	я, то	существует	единственная допусти
мая экстремаль		g sin t
а,	(/; Т, £)	g sin t	(•)
а,	(/; Т, £)	sin T	(•)

и при этом можно построить поле экстремалей, включающее дан

ную экстремаль и покрывающее всю полосу 0 ^		а ^	Т. Для	экс
тремали а * =	0 это поле можно задать так:
	a (t, X) = X sin (t + б)
при малом б. Из теоремы 4 § 7.4 получается, что		при	Т <. я	экс
тремаль (*)	доставляет абсолютный минимум в	поставленной		за

даче. Случай Т — я требует дополнительного исследования. В при

мере	4 из §	2.2 было показано, что если Т = я		и	\| =	0, то зна
чение	задачи	равно нулю и все решения описываются				формулой
x(t, С) = С sin t. Можно			показать, что если Т =	я,	£=5^0, то зна
чение	задачи	равно —оо. Отметим, что исследовав			случай Т = я,
\| = 0, мы доказали такое неравенство:
		я	я

J А* Л < J A2 dt, А (0) = А (я) = 0.

0	0
Это неравенство называется неравенством Виртингера.
т
48. J A3rff->inf;	Т фиксировано, а (0 )= 0 , а (7,) = \|.

ЗАДАЧИ

449

49. j (х2+ х3) dt -> inf; T фиксировано, х (0) = 0, х (Т) = £.

50.

Jт

хj

dt -»

inf;

Т фиксировано, л (0) =

0, х (Т) =

£.

51 .

J sin х dt ^

inf;

Т фиксировано, х (0 )= 0 ,

х (Т) —

52.

х dt

-> inf; t0. h

фиксированы, лг (^0) =

дг0,

jf (f,)

== дс,,

x. >0,

i — 0, 1.

53.

П р и м е р

Б о л ь ц а :

J (1 — x2)2 dt -> inf;

T фиксировано,

* (0) = 0 . x (Г) =

54.

П р и м е р

Г и л ь б е р т а :

J {t2x2 + \2x2) dt,

x (0 )= 0 ,

*(1)=1.

55.

П р и м е р

В е й е р ш т р а с с а

— Г и л ь б е р т а

(см.

при-

меры 3

и 5

из §

ta U lp

2.2): J

-----Lp— dt -> inf; Т фиксировано, х (0) = О,

х ( Г ) = |, а > О , Р >

1 . °

Решение мы получим двумя способами, а) Исследуем уравне

ние Эйлера.

Для

простоты ограничимся случаем р = 2.

Интегрант

не зависит от х, и

следовательно,

уравнение Эйлера

(см. §

2.2)

допускает интеграл импульса:

tax =

С.

Интегрируя

это

уравнение при

а <

1, получаем

общее решение

х (t, Си СД =

C\t'~a + Сг.

Граничным

условиям

удовлетворяет

единственная экстремаль

x,(f.T,l) =

^ .

(*)

Непосредственным сравнением этой экстремали с любой			другой до
пустимой кривой легко убедиться, что экстремаль (*)			доставляет
абсолютный минимум в задаче. При а ^ 1, взяв		минимизирующую
последовательность	хп (t) = &,1п/ТЧп, получим,	что значение за-
15 А. Д. Иоффе,	В. М. Тихомиров

450

ЗАДАЧИ

дачи равно нулю; при этом абсолютно непрерывного решения здесь нет. Причина описанного явления была вскрыта в гл. 9.

б) Решим этот же пример (при произвольных а и (5) методами двойственности, развитыми в § 9.3. Сопряженная функция интегранта имеет вид (при Р > 1):

f'(t, р) = *“ / <

•

1/ Р+1/ р ' =1 .

Функции t 1*(I, р) суммируемы при р Ф 0 тогда и только тогда, когда Р = 1 или Р > 1, а < Р — 1. В этом случае применима теорема 1 из § 9.3, в соответствии с которой решение задачи суще ствует и его следует искать из условий:

	<»«!-!»)		=	*(0) =		0,	х(Г) = £.
Отсюда получается уже известное нам в частном случае реше
ние х, (<; Т,	\|) = £ (//7’)1Р -," в)ЛР" ,).				этом		случае функции
Пусть	теперь р >	1,	а ^ Р — 1. В
l~~ f(t,p)	суммируемы,		лишь если	р =	0.	Поэтому		S* (р) (см.
§ 9.3) равна б(х\|{0}).		Эффективное		множество			S(x)	совпадает со

всей прямой, а сама функция S(x) = (S*(p))* тождественно равна нулю. Применив теорему 4 из § 9.3, получаем, что обобщенным решением задачи является кусочно абсолютно непрерывная функция

х (t) = I		Случай Р =		1 требует отдельного рассмотрения.
I		t > 0.
	т
565.. \| У Т + А V l + x * dt -> inf; х (0) = 0,					х (Т) =		\|.
0
	т
7.	J	^ -----x^Jdt -> inf;	Т фиксировано,		х (0) =		0,	х (Т) =		\|.
57.
о
3.	J	x Y \+ х2dt -> inf;		фиксированы,		x(tl) =		x., i =		0, 1.
58.
	и
	и
599..	J	ха \|^1 + х2 dt -> inf;		t{ фиксированы,		x		=	x(, i =	0 ,1.
	1
60.	J	**<«-»• inf; x (0) =	x (0) = 0, x (1) = 0, x ( l ) =						1.
	0
	I

61. J (x2 - 24fx) dt -* inf; X (0) = x (0) = 0, x (1) = 1/5 x (1) = 1.

<<< < Предыдущая 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 4445 / 4945 46 47 48 49 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке книги из ГПНТБ