Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

МИРЭА - Российский технологический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

А.В.Шатина МО 2012 версия 20.09.2013

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

10.05.2015

Размер:

5.05 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 2012 13 14 15 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

111

Так

h C	t
1
		0

ции h C

		h C	1	t0;t1 .

как		равенство (1) справедливо для любой функции
;t1	, то оно остается справедливым и для любой функ-
1		;t1 с нулевыми граничными условиями. Поэтому
0 t0

t	L				t h t dt 0
1	L		t h t L		t h t dt 0
	ˆ	x	ˆ	x
		x		x
t
0

C1	t	;
0	0

ˆ Lx

Согласно

C1 t	;t
0	1

лемме Дюбуа-Реймона (см. предыдущее занятие)

и функция	ˆ
	x удовлетворяет уравнению Эйлера:

d	ˆ	ˆ	t t0 ;t1 .
dt	Lx	t Lx t 0	t t0 ;t1 .
dt

Осталось вывести условия трансверсальности. Проинтегрируем по частям второе слагаемое в равенстве (1):

t							t
1	L		t h t dt L			t h t	t
	L		t h t dt L			t h t	1
	ˆ	x		ˆ	x		1
		x			x		t	0
t							t


0

t1 d

ˆ		t h t dt
L	x	t h t dt
	x

(2)

Подставим (2) в (1):

h t dt L t

h t L

h t

x 1

h t

x t

h C

(3)

В силу уравнения Эйлера выражение в квадратных скобках, стоящее под знаком интеграла в равенстве (3), тождественно равно нулю. Поэтому получаем следующее равенство:

h t0

t0 , t1

. (4)

t1 lx t h t1 Lx

t0 lx t

h C

Положим h t t t0 . Тогда из (4) получим:

t1 lx t

Положим h t t t1. Тогда из (4)

получим: Lx

lx t

Теорема доказана.

■

extr .

Пример 1. B

2tx dt

2x 0

112

Решение: Интегрант задачи равен

L L t, x, x x	2

2tx

терминант задачи имеет вид	l l x 0 , x 2 x	2	2

шем необходимые условия локального экстремума: а) уравнение Эйлера

2x 0

Выпи-

	d	L	L	0		d	2x 2t	0 2x 2t
		L	L	0			2x 2t	0 2x 2t
	dt	x	x			dt
	dt					dt
б) условия трансверсальности
		Lx (0) lx 0 2x 0 2 x 0 1 ,

	L	(2) l		x 2	2x 2 2x 2 x 2 x 2
	x			x 2

Проинтегрируем уравнение Эйлера:

;

x t,

	t	2
x	t
	2
	2

		t	3
C	, x	t
C	, x
1		6
		6

C1t

Постоянные C1

,C2 найдем из условий трансверсальности:

x 0 1 C1 1,

x 2 x 2 2 C1

2C1 C2 .

Откуда получаем C1

1, C2

. Единственная допустимая

экстремаль задачи имеет вид:

t .

x t

Покажем, что xˆ t доставляет абсолютный минимум в зада-

че, т.е. покажем, что для любой допустимой функции x выполне-

но

неравенство

Представим функцию

в виде:

B x B x .

где

h C

0; 2

Рассмотрим

разность

x t x t h t ,

B x h B x :

B x h B x

dt x 2 h 2

x h

2t x h

2tx dt x

2 2x 0

2 x 0 h 0 x

113

				2			2	2ht dt 2xˆ 2 h 2 h				2	2 2h 0
							2					2
				2xˆh		h
				0
			2	2				2	2ht dt	2xˆ 2 h 2 h				2 2h 0
2xˆh			0		2xˆhdt		h		2ht dt	2xˆ 2 h 2 h				2 2h 0
			0	0				0
				0				0
2xˆ	2	2xˆ 2 h 2								2				2	dt h		2 .
2xˆ	2	2xˆ 2 h 2					2xˆ 0 2 h 0				2xˆ 2t dt h				dt h		2 .
														2		2
										0				0

Учитывая уравнение Эйлера и условия трансверсальности, получим:

2				2 0
	2	dt h	2
B xˆ h B xˆ h		dt h
0

1	0;2
C

Отсюда следует, что найденная экстремаль доставляет в задаче абсолютный минимум.

Пример 2.

Ответ:

B x	1	x		x dt
B x		x		x dt
			2
	0

x t
ˆ
	x

		t		3		1
		t			t	1	absmin
			6		t	3	absmin
	1		6			3
2	1
2
2				extr .
2

Решение: Интегрант и терминант задачи имеют вид:

L x		x, l	x	2	1	.
L x		x, l		2		.
	2			2
				2

Выпишем необходимые условия локального экстремума: а) уравнение Эйлера

●

d	Lx	Lx 0	d	2x 1	0	2x 1 0	;
dt			dt
dt			dt

б) условия трансверсальности

Lx (0) lx 0	2x 0 0,

Lx (1) lx 1	2x 1	x 1 .

Найдем общее решение дифференциального уравнения Эй-

лера:

	1		t			t 2
x	2	, x	2	C1	, x	4	C1t C2 .
	2		2			4

																		114
Постоянные					C1,C2					найдем из условий трансверсальности:
										x 0 0 C1 0																;

			2x 1				x 1 1 2C1																		1		C1 C2 .
																									4
																									4
																3									t	2	3
Получаем:				C1 0, C2												3			ˆ						t		3			.
																			ˆ
																4		, x t									4
																4											4
Проведем исследование полученного решения																																				ˆ
Проведем исследование полученного решения																																			x t . Для это-
го возьмем произвольную допустимую функцию
ˆ									1		0;1						и рассмотрим разность:
x t x t h t ,				h t C							0;1						и рассмотрим разность:
								1																						x 1 h 1
B x h			B x															2									dt			ˆ
B x h			B x								x h								x h								dt
	ˆ				ˆ							ˆ										ˆ												2
								0																										2
								0
1					ˆ 2		1				1																	1
	2				x		1													2								1											2
x		x dt								2xh							h				h dt								2x 1 h 1 h											1
ˆ		ˆ				2								ˆ														2		ˆ
0						2					0																	2
0											0
			1		1								1	h					h dt x 1 h 1												1					1
	2xh					2xhdt											2														1				2

																																	h
																									ˆ
		ˆ					ˆ																		ˆ						2
			0		0								0																		2
					0								0
2x 1 x 1 h 1 2x 0 h 0																			1											1				dt				h			1
2x 1 x 1 h 1 2x 0 h 0																			2x 1 hdt h															dt			1	h			1
																																2					1			2
ˆ		ˆ						ˆ											0				ˆ							0							2
																																					2

												1			2					1			2	1 .
															2					1			2
													h			dt						h
													h			dt				2		h
												0								2
												0

Рассмотрим последовательность функций

y	n	t
	n

xˆ t

1 n

Для любого значения n 1,2,...

функции yn являются допусти-

мыми и, кроме того,

при n . Тогда

yn x

B yn B x

0 .

Для

другой

допустимой

последовательности функций

t 1

сходящейся

по норме пространства

zn t x t

к x

C1 0;1 , получим:

115

B z			1		1
		ˆ			1
	n	B x				2	dt
	n					2
			0	n
			0

Следовательно, единственная

1		0.
n	2

допустимая экстремаль

	t	2	3
		2
ˆ				не доставляет локального экстремума в поставлен-
x t			4	не доставляет локального экстремума в поставлен-
			4
ной задаче.
Покажем, что					Smax , Smin	. Действительно, для по-

следовательности функций

xn t n t 1 имеем:

1				n
B xn n	2	n t 1 dt n	2	n
	2		2
				2
0				2
0

Для последовательности функций


~	t
x
n

при

~	1
~
B xn n dt
	0
Ответ:		ˆ
Ответ:		x t

n2 n

t 2 3 4

locextr з

при
, S	max

n ., Smin

Пример 3.

	2
			2		2		2
B x		x		4x		4x cost dt x			extr .
	0							2
	0

. ●

Решение: Выпишем интегрант задачи и терминант задачи:

		2
L t, x, x x

4x2

4x cost

,l x .

Необходимые условия локального экстремума: а) уравнение Эйлера

dtd Lx Lx 0 dtd 2x 8x 4cos t 0 x 4x 2cos t ;

б) условия трансверсальности

Lx (0) lx 0 2x 0 0 x 0 0 ,

Lx 2 lx 2 2x 2 2x 2 x 2 x 2 .

Общее решение дифференциального уравнения Эйлера

116

складывается из

уравнения	x

общего решения соответствующего однородного

4x 0	и частного решения неоднородного:

x xoo xч .
Общее	решение	однородного		уравнения	имеет
вид: xoo C1 sin 2t C2 cos 2t		. Частное решение неоднородного
уравнения следует искать в виде:			xч Acos t B sin t .
Значения	постоянных	A, B	находятся непосредственной
подстановкой функции xч в дифференциальное уравнение. Полу-
чаем: A 2 3, B 0. Тогда

x t C sin 2t C			cos 2t 2 3cost, x t 2C			cos 2t 2C			sin 2t 2 3sin t .
1		2			1			2
1		2			1			2
Постоянные C1,C2				найдем из условий трансверсальности:
				x 0 0 2C1 0	,

	x 2 x 2 2C1 2 3 C2 .

Тогда	C1 0, C2			ˆ			cos 2t .
Тогда	C1 0, C2			2 3, x t 2 3 cost			cos 2t .

Проведем

возьмем

x t xˆ t h t ,

исследование полученного решения. Для этого

произвольную			допустимую	функцию
1	0;	2	и рассмотрим разность
h t C	0;	2	и рассмотрим разность
	B x h		B x
	ˆ		ˆ

2					2							2																			2
					2		4 x h								4 x h cos t dt											x		2 h			2
		x h					4 x h								4 x h cos t dt											x		2 h			2
			ˆ							ˆ								ˆ									ˆ
0
								2										4xˆ cos t dt xˆ								2
											2	4xˆ					2								2
										xˆ		4xˆ
								0
	2							8xh 4h								4h cos t dt 2x									2 h			2 h			2
2xh h								8xh 4h								4h cos t dt 2x									2 h			2 h			2
							2			ˆ				2									ˆ							2
				ˆ						ˆ													ˆ
		0
						2		2									2										4h cos t dt
						2														2	8xhˆ		4h			2
																				2						2
		2xhˆ			0				2xhdtˆ										h
					0				0									0
									0									0
										2xˆ						2 h				2 h		2	2
										2xˆ						2 h				2 h			2
					2																2								dt
													4 cos t hdt											2		4h		2
						2xˆ 8xˆ							4 cos t hdt											h		4h

117

2x 2 2x 2 h 2 2x 0 h 0 h

2 .

С учетом того, что функция

x t удовлетворяет уравнению

Эйлера и условиям трансверсальности, получим:

dt h

h C

0; 2 .

B x h B x

Покажем, что

x t locextr з . Для этого рассмотрим две по-

следовательности функций, сходящихся к тождественно нулевой

функции по норме пространства C	1	0;		2 .

Действительно,

получим:

B x h
ˆ	n
	n

для

B xˆ

последовательности

2	4			1		1
	4			1		1
	n	2	dt	n	2
0	n			n
0

функций

2		0 .
n	2

h	t	1

n		n

sin 4t

А для последовательности функций hn

4sin

B x h

B x

16cos

Следовательно,

x t locextr з .

Покажем, что Smax , Smin . Действительно,

следовательности функций

xn t

имеем:

для по-

B xn 2 4n2 4n cos t dt n2 1 2 n2 4n

при n .

Для последовательности функций

xn t

16n

cos

4t 4n

sin

4t 4nsin

B x

sin 4t 4t cost dt

0
=3 n2	16n			при n .
		15
			locextr з, Smax , Smin . ●
Ответ: x t 6 cost cos 2t
ˆ

118

Пример 4.

B x		x
B x		x
			2
	0

4x sin t dt

2x	2	0 2x
	2

x
2

extr

Решение: Интегрант и терминант задачи имеют вид:

L x		x		4xsin t,	l 2x		0 2x x		.
	2		2			2		2

Выпишем необходимые условия локального экстремума: а) уравнение Эйлера

d	L	L		0	d	2x 2x 4sin t 0	x x 2sin
dt	x		x		dt
	x		x

б) условия трансверсальности
		Lx (0) lx 0			2x 0 4x 0 x 0 2x 0 ,

	Lx lx 2x 2 2x x x 1.

Общее решение уравнения Эйлера имеет вид:

x t C1cht C2 sht sin t .

;

Продифференцируем полученную функцию по t :

x t

C1sht C2cht cost .

Постоянные C1,C2

найдем из условий трансверсальности:

x 0

2x 0 C2 1 2C1 ;

x x 1 C1sh C2ch 1 C1ch C2 sh 1.

Решая систему линейных уравнений второго порядка отно-

сительно C1

,C2

, получим:

C1 1,

sin t .

x t sht cht sin t e

Исследуем полученное решение. Для этого возьмем произ-

вольную допустимую функцию

0; и

x t x t h t , h t C

рассмотрим разность

B x h B x

x h

4 x h sin t dt

x h

h x

2 x 0 h 0

2 x

4x sin t dt 2x

0 2x

119

4h sin t dt

2xh h

0 2h 2x

h h

4x 0 h 0 2h

4h sin t dt

2xh

2xh h

4x 0 h 0

0 2h 2x h h

2x 2 2x h

2x 0 4x 0 h 0

4sin t hdt

dt 2h

0 h

0 . Поэтому

Заметим, что

2hhdt h

B x h B x

2hh

dt h

Следовательно,

sin t abs min з .

x t e

Ответ:

sin t abs min з .

x t e

B x

x 0

x 1

Пример 5.

dt 4e

32e

extr .

0 .

●

Решение: Выпишем интегрант задачи и терминант задачи:

L L x, x e	x	x	2	,	l 4e	x

Необходимые условия локального а) уравнение Эйлера

d	L	L		0	d	2xe
dt	x		x		dt
	x		x

б) условия трансверсальности

Lx (0) lx 0 2x 0 ex 0 4e

0		32e	x 1	.
		32e		.

экстремума:

	e		x		0	;
x		x		2

x 0 x 0 2 ,

120

L 1 l			x 1	32e	x 1
L 1 l	x 1	2x 1 e		32e
x	x 1

Так как интегрант не зависит явно от t имеет интеграл энергии:

	2 x 1	.
x 1 16e		.

, то уравнение Эйлера

const e

const .

xLx

L const x 2xe

Тогда

x 2

dx C1dt, 2e

x 2

C1t C2

x 2 ln

C t C

, x

, e

C t C

Из условий трансверсальности найдем постоянные

C	,
1

x 0 2

C2 ;

2 x 1

x 1 16e

C C

Отсюда получаем

следующие

значения

для

C1, C2 :

C1 C2

2 .

Единственная допустимая экстремаль имеет вид:

x t

2ln t 1 .

Проведем исследование полученного решения. Для этого

возьмем

произвольную

допустимую

функцию

h t ,

h t C

0;1 и рассмотрим разность

x t x t

x 0

h 0

x 1 h 1

x h

B x h B x

2xh h

dt 4e

32e

dt 4e

32e

2xhe

x 0

x 1

x h

4exˆ 0 h 0 32e xˆ 1 h 1 4exˆ 0 32e xˆ 1 .

Сучетом уравнения Эйлера проинтегрируем по частям первое слагаемое, стоящее под знаком интеграла и учтем условия трансверсальности:

2xe

1 dt

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 2012 13 14 15 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.04.2019188.42 Кб3zachet_po_ivt.doc
#
10.05.2015741.01 Кб226Zadachi_po_khimii.pdf
#
10.05.2015785.84 Кб34Zadachi_s_resh.pdf
#
10.05.2015844.92 Кб9zadanie_111.docx
#
10.11.201928.12 Кб3«Бюджетирование» - как метод финансового планир...docx
#
10.05.20155.05 Mб92А.В.Шатина МО 2012 версия 20.09.2013.pdf
#
25.08.20192.81 Mб9аис-лекц.doc
#
10.05.2015381.01 Кб52Аморфизация поверхности кристалла.docx
#
10.05.20151.36 Mб66Архитектура ВМ и систем.pdf
#
27.08.2019109.42 Кб35БДЗ_Часть_2_МЕНЕДЖЕРЫ.docx
#
10.05.2015282.62 Кб24БЖД_ЛР_1.doc