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 1314 / 2114 15 16 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

131

x(0) + h(0) = 1Þ h(0) = 0,

x(1) + h(1) = 6 Þ h(1) = 0,

+ h)dt

ò(x

= 3 Þ ò hdt = 0

Рассмотрим разность I0 (x + h) − I0 (x) :

)dt =

1 2

I0 (x

+ h) - I0 (x)

ò (x

+ h) dt

-ò x dt =

ò (2xh + h

+ ò

= 2xh

(- 2xh + h

)dt = 2x(1)h(1) - 2x(0)h(0) -12ò hdt + ò h dt =

³ 0

= ò h

Таким образом, для любой допустимой функции x(t) = x(t) + h(t)

разность

Поэтому найденная

I0 (x + h) − I0

(x) неотрицательна.

экстремаль доставляет в задаче абсолютный минимум и

1 2

Smin =

= ò(6t + 2) dt = 28

ò x

Можно показать, что Smax = +∞ . Действительно, рассмотрим последовательность допустимых функций

xn (t) = xˆ(t) + nsin 2πt .

Тогда

I0 ( xn ) =	1ò(6t + 2 + 2nπ cos 2πt)2 dt ® +¥				при n → ∞.
	0		2
ˆ				+ 2t +1Îabsmin з, Smin	= 28, Smax = +¥ . ●
Ответ: x(t) = 3t
В качестве		следующего примера приведем классическую

изопериметрическую задачу о нахождении замкнутой кривой, имеющей заданную длину и охватывающую наибольшую площадь. Еще до Аристотеля (IV век до н.э.) было известно, что среди всех изопериметрических (имеющих равную длину) кривых

132

наиболее вместимой является окружность. Изопериметрическая задача содержится также в легенде о царице Дидоне. Описываемые события легенда относит к 825 году до н.э.

Финикийская царица Дидона со своей свитой, спасаясь от преследований, покинула родной город и отправилась в путь на корабле на Запад вдоль берегов Средиземного моря. Выбрав на африканском побережье удобное место, Дидона и ее спутники решили основать в выбранном месте свой город. Местным жителям эта идея не понравилась, но, тем не менее, финикийской царице удалось уговорить местного предводителя, и он неосторожно согласился уступить Дидоне клочок земли, «который можно окружить бычьей шкурой». Хитрая финикиянка разрезала шкуру на тонкие ремни, связала их в один длинный ремень и, окружив им значительную территорию, заложила на ней город Карфаген.

Таким образом, Дидона «решала» классическую изопериметрическую задачу о наибольшей вместимости. Если предположить, что Дидона хотела сохранить выход к морю, то получим

первую задачу Дидоны: среди всех кривых длины l с концами на фиксированной прямой, найти ту, которая ограничивает фигуру наибольшей площади (рис. 10.1). В рамках рассматриваемой в этом занятии постановки задачи решим вторую задачу Дидоны, в которой оба конца кривой закреплены на прямой.

Рис. 10.1

Пример 2. Задача Дидоны.

a	a			dt = l, x(a) = x(− a) = 0
			2
ò xdt → max;	ò
		1+ x
−a	−a			.

133

Решение: Составим Лагранжиан задачи: L = λ0x + λ11+ x2 . Выпишем уравнение Эйлера:


	d				æ				ö
-		L		+ L = 0 Û -	d	ç		λ1x		÷ + λ = 0


	dt				dt ç			2	÷		0
			x x
					è		1+ x		ø		.

Случай 1: λ0 = 0. Тогда λ1 ¹ 0 (в противном случае обращается в ноль вектор множителей Лагранжа), следовательно,


	λ1x

		2		= const Þ x = C1, x = C1t + C2
		2	.
1+ x			.

С учетом граничных условий:

x(a) = 0 Þ C1a + C2 = 0, x(- a) = 0 Þ -C1a + C2 = 0,

Откуда следует, что C1 = C2 = 0, xˆ(t) º 0.

Из изопериметрического условия тогда получим:

ò dt = l

Þ l = 2a

−a

Таким образом, если l = 2a , то

º 0.

x(t)

Случай 2: λ0 = 1. Тогда

λ1x

÷ =1Þ

λ1x

= t + C

dt ç

è 1

+ x

1+ x

Из последнего уравнения выразим

= (1

)(t + C1)

(t + C )2

= λ2

- (t + C

)2 ,

= ±

λ1 x

+ x

, x

Проинтегрируем по t последнее уравнение:

t + C1

λ12 - (t + C1)2 .

x + C	2	= λ2	- (t + C )2	Û ( x + C	2	)2 + (t + C )2	= λ2
	2	1	1		2	1	1 .

Получили уравнение окружности.

Найдем неизвестные постоянные λ1, C1,C2 из ограничений задачи:

134

x(a) = 0 Þ C	2	+ (a + C )2		= λ2		,
	2		1		1
x(- a) = 0 Þ C	2	+ (- a + C )2			= λ2
Откуда получаем:	2		1			1 .
		C 2 + a2	= λ2
C = 0	,				.	(3)
1		2		1

Учитывая изопериметрическое условие, получим:

1+ x

dt = l Û ò 1+

dt = l Û

λ1

= l Û

- t

λ12 - t2

−a

λ1

−a

Û 2

arcsin

= l Û

λ1

arcsin

u =

Введем обозначение:

. Тогда равенство (4) примет

arcsin u =

вид:

2a .

Последнее уравнение имеет отличное от нуля решение, если 1 < 2la £ π2 Û 2a < l £ πa .

При выполнении этого условия из равенства (4) находим а затем из уравнения (3) определяем C2 . Подведем итоги.

(4)

λ1,

135

Если 2a < l ≤ πa , то в задаче имеется единственная экстремаль, лежащая в верхней полуплоскости и являющаяся дугой

окружности, проходящей через точки (± a;0) , с центром на оси x

(рис. 10.2).			ˆ
			ˆ
Если l = 2a , то x(t) º 0.
Если l < 2a , то в задаче нет допустимых функций.
Если l > πa ,			то	в задаче		нет допустимых			экстремалей.
●
Пример 3.	1					1
	1					1			1− 3e−2
I0 ( x) =		2	+ x	2	)dt → extr; I1( x) = ò xe		−t	dt =	1− 3e−2	;
I0 ( x) =	ò (x		+ x		)dt → extr; I1( x) = ò xe			dt =	4	;
	0					0

x(0) = 0, x(1) = e−1.

Решение: Лагранжиан задачи имеет вид:

L = λ0 (x2 + x2 )+ λ1xe−t .

Уравнение Эйлера:

− dtd Lx + Lx = 0 −2λ0x + 2λ0x + λ1e−t = 0.

Если λ0 = 0, то из уравнения Эйлера получим λ1 = 0, т.е. обращается в ноль вектор множителей Лагранжа. Следовательно,

λ0 ¹ 0. Положим λ0 = 12. Тогда уравнение Эйлера примет вид:

x − x = λ e−t	.	(5)
1
Корни характеристического уравнения для соответствующе-
го однородного дифференциального уравнения		x − x = 0 равны

±1. Поэтому общее решение однородного уравнения имеет вид: xoo = C1et + C2e−t . Частное решение уравнения (5) следует искать в виде: xч = ate−t . Подставляя эту функцию в уравнение (5), получим a = − λ21 . Тогда

136

x(t) = C et

+ C

e−t -

λ1t

e−t

Неизвестные постоянные λ1, C1,C2 найдем из граничных

условий и изопериметрического условия:

x(0) = 0 Þ C1 + C2 = 0,

x(1) = e−1 Þ C e + C

e−1

λ1

e−1 = e−1

1 e−t xdt = 1 (1- 3e−2 )Þ 1

(1- 3e−2 ) Û

æC

+ C

e−2t

- λ1t e−2t

ödt = 1

ç 1

æ1- e−2

æ1- 3e−2 ö

1- 3e−2

Û C + C

2 ç

Откуда получаем: C1 = 0, C2 = 0, λ1 = -2.

Таким образом, в задаче имеется единственная допустимая

экстремаль xˆ(t) = te−t .

Проведем исследование полученного решения. Рассмотрим

произвольную допустимую функцию x(t) = xˆ(t) + h(t) ÎC1([0;1]) . Из ограничений задачи следует, что функция h должна удовлетворять условиям:

				h(0)			= 0, h(1)								1
				h(0)			= 0, h(1)					= 0, òe−t hdt = 0
Рассмотрим разность															0						.
Рассмотрим разность							1 é														1							)dt =
	ˆ				ˆ		1 é					2			ˆ	+ h)		2 ù			1		2		ˆ	2
	ˆ				ˆ				ˆ						ˆ							ˆ			ˆ
I0 (x + h) - I				0 (x) = ò				ê(x		+ h)				+ (x					údt -ò (x					+ x
1							0	ë							1				û		0			1
		2	ˆ			2							1							ˆ							2			2
		2				2							1														2			2
ˆ							)dt =				ˆ						ˆ												+ h	)dt =
= ò (2xh	+ h		+ 2xh + h				)dt =			2xh			0		+ ò (- 2x				+ 2x)hdt				+ ò (h						+ h	)dt =
0													0		0									0
0															0									0
			1	−t	hdt			1		2	+ h			2		1			2	+ h	2	)dt ³ 0
		= 4òe			hdt		+ ò		(h		+ h				)dt = ò		(h			+ h		)dt ³ 0
			0					0								0									.

137

Так как для любой допустимой функции x(t) = x(t) + h(t) выпол-

нено

неравенство

то

найденная экстремаль

I0 (x + h) ³ I

0 (x),

−t

x(t) = te

доставляет в задаче абсолютный минимум.

= te

−t

Î abs min з .

●

Ответ: x(t)

Пример 4.

I0 ( x)

dt =

3π

x(0)

= 0, x(π ) = π

2 ;

= ò x sin tdt ® extr; I1( x) = ò x

Решение: Составим Лагранжиан задачи: L = λ0x sin t + λ1x

Выпишем уравнение Эйлера:

+ L

= 0 Û -

+ λ sin t = 0

Если λ1 = 0, то из уравнения Эйлера получим λ0 = 0, что противоречит условию отличия от нуля вектора множителей Лагранжа. Так как множители Лагранжа определяются с точностью до коэф-

фициента пропорциональности, то положим λ1 = 12. Тогда

x = λ0 sin t, x = -λ0 cost + C1, x = -λ0 sin t + C1t + C2 .

Постоянные λ0 , C1, C2 определим из условий задачи. Учи-

тывая краевые условия, получим:

x(0) = 0 Þ C2 = 0.

x(π ) = π Þ C1π + C2 = π .

Откуда следует, что

= 1, C

= 0, x(t)

= -λ

sin t + t, x(t)

= -λ

cost +1

Из изопериметрического условия найдем λ0 :

3π

(- λ0 cost +1)

3π

dt =

Þ ò

dt =

ò x

2 Û

138

π	æ	2	1+ cos 2t	ö	3π	Û
Û ò	ç	λ0	2	- 2λ0 cost +1÷dt =	2	Û
0	è		2	ø	2

λ2

3π

λ2

3π

sin 2t

- 2λ sin t

π + π =

+1 t +

λ0 = ±1.

Таким образом, в задаче имеются две допустимые экстрема-

ли:

(t) = sin t

+ t .

(t) = −sin t + t и x2

Проведем исследование полученных функций.

рассмотрим допустимую функцию

Для экстремали x1(t)

h(t) Î C

([0;π ])

и удовлетворяет следу-

x(t) = x1(t) + h(t) . Функция

ющим условиям:

h(0) = h(π ) = 0,

)dt = 0

- ò

ò (2x1h

+ h

Û 2x1h

2x1hdt + ò h dt = 0

Û ò 2hsin tdt = ò h

Тогда

+ h)

I0 (x1

- I0 (x1) = ò

(x1

+ h)sin tdt -ò x1 sin tdt =

³ 0

= ò hsin tdt =

ò h

= −sin t + t

доставляет в задаче

Откуда следует, что функция x1(t)

Smin = πò(t - sin t) sin tdt = - 3π

абсолютный минимум и

2 .

139

Для

экстремали

допустимую

функцию

x2 (t) рассмотрим

([0;π ])

и удовлетворяет следу-

x(t) = x2 (t) + h(t) . Функция h(t)

ющим условиям:

h(0) = h(π ) = 0,

)dt

ò (2x2h + h

= 0 2x2h

− ò 2x2hdt + ò h dt = 0

ò2hsin tdt = −òh

Тогда

+ h) − I0 (

I0 (x2

x2 )

= ò

(x2 + h)sin tdt −ò x2 sin tdt = ò hsin tdt =

≤ 0

= − 2

ò h

= sin t + t

доставляет в за-

Откуда следует, что функция x2 (t)

Smax = πò(t + sin t) sin tdt =

3π

даче абсолютный максимум и

2 .

3π

Smin = −

;

Ответ: x1(t) = −sin t + t absmin з ,

3π

Smax =

●

x2 (t)

= sin t + t absmax з ,

Задачи для самостоятельного решения.

Решить изопериметрические задачи:

+12tx)dt → extr,

x(0) = 0,

x(1) = 2

ò xdt = 0,

ò (x

10.1.0

x(0) = 0,

x(1) = 1

ò x

dt → extr, òtxdt = 0,

10.2. 0

140

π 2

x(0) = 1, x(π ) = −1

ò x

dt → extr, ò x costdt =

2 ,

10.3. 0

x(1) = 1,

x(2) = 2

10.4.

òt

→ extr, òtxdt =

π 2

− x

)dt → extr,

ò x sin tdt = 1,

x(0) = 0,

x(π 2) = 0

10.5.

)dt → extr,

+ x

dt =

e2 +1

x(0) = 0,

x(1) = e

ò (x

ò xe

10.6. 0

10.7.

− 6tx)dt → extr; ò xdt = 1,

òtxdt = 2, x(−1) = 0, x(1) = 0

ò (x

−1

dt =

x(0) = 1, x(π ) = −1

ò x costdt → extr, ò x

2 ,

10.8. 0

10.9. Среди всех плоских кривых длины l , концы которой

закреплены в заданных точках (- T0 ;0), (T0 ;0) , найти ту, у которой

ордината центра тяжести минимальна:

= l, x(− T0 ) = x(T0 ) = 0

→ min; ò

1+ x

−T0

Занятие 11. Задача с подвижными концами.

Задачей с подвижными концами называется следующая

экстремальная задача в пространстве	C1	(	) × R2	:
экстремальная задача в пространстве				:

t1
I(ξ ) = ò
	f (t, x(t), x(t))dt +ψ 0 (t0, x(t0 ),t1, x(t1)) → extr;
t0		(з)
ψ i (t0 , x(t0 ), t1, x(t1 )) = 0, i = 1,...,m .		(1)
Здесь ξ = ( x(×),t0 ,t1 ), D - заданный конечный		отрезок,

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 2114 15 16 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