А.В.Шатина МО 2012 версия 20.09.2013

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

МИРЭА - Российский технологический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

12tx dt extr,

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

10.05.2015

Размер:

5.05 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 2014 15 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

131

Решение: Составим Лагранжиан задачи:

0 xsin t

x
1		2
1

Выпишем уравнение Эйлера:

Если

		d
		dt
		dt
	0
1

L	L		0	d	2 x sin t
x		x		dt	1	0
x		x			1	0

, то из уравнения Эйлера получим

0.0

, что про-

тиворечит условию отличия от нуля вектора множителей Лагранжа. Так как множители Лагранжа определяются с точностью до

коэффициента пропорциональности, то положим																										1 1 2			. Тогда
x 0 sin t,							x 0 cos t C1 ,												x 0 sin t C1t C2 .

Постоянные							0 , C1					, C2		определим из условий задачи. Учи-
тывая краевые условия, получим:
											x 0 0 C2 0.
									x C1 C2 .
Отсюда следует, что
	C1		1, C2				0, x t 0 sin t t, x t 0 cos t 1.
Из изопериметрического условия найдем																								0		:
											3				0 cos t						1					3
							2	dt			3											2	dt			3
							2															2
				x								2															2
				0								2		0													2
				0										0
								2 1 cos 2t																3
								2 1 cos 2t							2									3
															2		cos t 1 dt
								0			2					0									2
				0							2														2
				0
	2						2													3				2				3


		0				0																	0
			1 t						sin 2t 2						sin t
			1 t						sin 2t 2						sin t
	2						4							0						2			2					2
	2						4											0		2			2					2
																		0
													0 1.
Таким образом, в задаче имеются две допустимые экстрема-
ли:								t											t sin t
					xˆ			t		sin t t						и	ˆ						t .
							1									и	x2						t .

Проведем исследование полученных функций.

132

					ˆ		рассмотрим допустимую функцию
Для экстремали x1 t							рассмотрим допустимую функцию
ˆ	t h t . Функция h t C								1	0; и удовлетворяет сле-
ˆ
x t x1
дующим условиям:						h 0 h 0,
						h 0 h 0,
					dt 0
		1		2			1								1				2
		1					1								1

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

							2h sin tdt								2	dt .
							2h sin tdt						h			dt .
						0						0
Тогда

			h I					h sin tdt
I		ˆ			ˆ		ˆ			ˆ	sin tdt
I	0	x		0	x		x			x	sin tdt
	0	1		0	1		1			1
						0			0

hsin tdt

Отсюда следует, что функция

sin t t

доставляет в задаче

абсолютный минимум и Smin

t sin t sin tdt

Для

рассмотрим

допустимую

функцию

экстремали x2 t

Функция

h t C

0; и удовлетворяет сле-

x t x2 t h t .

дующим условиям:

h 0 h 0,

dt 0

2x2 h

2x2 hdt

h dt 0

dt .

2h sin tdt h

Тогда

I 0 x2

h I0 x2

h sin tdt x2 sin tdt h sin tdt

133

	1
	1
		2	dt	0 .
	2	h	dt	0 .
	2	0
		0
			ˆ		sin t t доставляет в за-
Откуда следует, что функция x2 t					sin t t доставляет в за-
					t sin t sin tdt	3
даче абсолютный максимум и		Smax				3	.
даче абсолютный максимум и		Smax				2	.
				0		2
				0
ˆ	t sin t				t absmin з , Smin			3	;
Ответ: x1	t sin t				t absmin з , Smin			2	;
								2

ˆ		t sin t t absmax
x	2	t sin t t absmax
	2

Smax 32 . ●

Задачи для самостоятельного решения

Решить изопериметрические задачи:

10.1.

x 1

10.2.

10.3.

10.4.

10.5.

1										1				x 0 0, x 1 1.
	x			2	dt		extr,				txdt 0,
				2

0										0
																, x 0 1, x
				2	dt		extr,			x costdt
				2
x															2
0										0					2
0										0
2											2			7		x 1 1, x 2 2
t			2			2	dt extr, txdt							7	,
			2			2
				x										3
1											1			3
1											1
2									dt extr,			2
				2		x		2					xsin tdt 1, x 0 0,
		x				x							xsin tdt 1, x 0 0,

	0						0
	1				dt extr,	1				e2 1			x 0 0,	x 1 e
10.6.		2		2			t			e2 1						.
	x		x			xe dt					4	,
	0					0					4
	0					0
	1						1				1
10.7.		2	6tx dt extr; xdt 1,								txdt 2, x 1 0, x 1 0						.
		x	6tx dt extr; xdt 1,								txdt 2, x 1 0, x 1 0
	1						1				1
										x 0 1, x 1
10.8.						2	dt		,						.
10.8.						2									.
	x costdt extr, x							2
	0				0			2
	0				0

134
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:

T	T
0	0

x		2	dt min;			2	dt l,
x	1 x		dt min;		1 x		dt l,
T				T
0				0

x T
0

x T
0

Занятие 11. Задача с подвижными концами

Задачей с подвижными концами называется следующая экс-

тремальная задача в пространстве C1 R2 :

	t
I	1	f t, x t , x t dt		t		, x t		,t	, x t	extr;

			0		0		0	1	1

(з)

		t
		0
	i t0 , x t0			, t1, x t1 0,			i 1,..., m .			(1)
Здесь	x ,t0 ,t1			,	-	заданный			конечный	отрезок,
t0 , t1 ,	t0 t1. Частным случаем является задача, в которой
один из концов или даже оба закреплены.
Определение.			Элемент		x ,t0		,t1		называется допусти-
мым, если	x C	1	, t0 , t1		,	t0 t1		и выполнены условия

(1) на концах.										▲
Определение.			Говорят,			что	допустимый			элемент

ˆ xˆ ,tˆ0 ,tˆ1 доставляет слабый локальный минимум (максимум)

в задаче (з), если 0 такое, что для любого допустимого эле-

x ,t

мента

, удовлетворяющего условиям

x 1 ,

, t1

, выполнено неравенство

t0 t0

▲

I I

I I .

locextr з , функции f ,

f x , f x

Теорема. Пусть xˆ ,t0

,t1

непрерывны

некоторой

окрестности

множества

t, x t , x t t , а функции

непрерывно диффе-

i 0,1,..., m

ренцируемы в некоторой окрестности точки tˆ

, x tˆ

,tˆ

, x tˆ

. То-

ˆ 0

ˆ 1

135

гда существует

ненулевой

вектор

множителей

Лагранжа

, ,...,

Rm 1такой, что для функции Лагранжа задачи

0 1

x ,t

, t

f t, x t , x t dt

, x t

, t

, x t

i 0

выполнены условия:

а) стационарности по

L 0 f t, x, x

- уравнение Эйлера для интегранта

d	ˆ	ˆ		t 0
	L	t L	x	t 0
dt	x		x
dt

;

б) трансверсальности по

для терминанта

, x t

i 0

;

L t

x t0

, L t

x t1

x 1

в) стационарности по подвижным концам (выписывается только для подвижных концов отрезка интегрирования)

ˆ t0

ˆ t1

	ˆ ˆ
0 f		t0
		ˆ	ˆ
		f t
	0		1

lˆt0 lˆx t0

ˆ	ˆ
lt	lx t
1	1

	ˆ	0		,
x t0		0		,
ˆ
	ˆ ˆ		0.
x t1			0.

■

Рассмотрим примеры решения задач с подвижными концами. Пример 1. Решить задачу с подвижными концами:

T		x dt extr;	x 0 1.
I x ,T x		x dt extr;	x 0 1.
	2
0

Решение: Составим функцию Лагранжа задачи

x ,T	T		x
x ,T		0	x
		0		2
				2
	0

x dt

	x 0
1

Выпишем необходимые условия локального экстремума: а) уравнение Эйлера для интегранта L 0 x2 x

136

Lx Lx

0 2 0 x 0

б) условия трансверсальности для терминанта l 1 x 0 1

Lx 0 lx 0 2 0 x 0 1

L T l

2 x T 0 ;

x T

в) условие стационарности функции Лагранжа по T

0 0

x T 0.

Если 0, то из б) следует, что

, т.е. вектор множи-

телей Лагранжа обращается в ноль. Поэтому

0 0 .

Положим

1. Тогда

C1 ,

C1t C2 .

Найдем неизвестные величины

C1,C2 ,T , 1:

x 0 1 C2 1;

x T

0 ;

T x T

C1T

C2 0

;

x 0

Решая полученную систему уравнений, находим с учетом

условия T 0 :

C1 1, C2 1, T 2, 1 2 .

Таким образом, в задаче имеется единственный допустимый

t 2

xˆ , T

экстремальный элемент

, где

x t 4

t 1, T 2 .

Покажем, что

x ,

T не доставляет в поставленной за-

даче локального экстремума. Рассмотрим допустимый элементxˆ , T . Тогда

137

I I

x dt

t 1 dt

dt.

1 dt

Поскольку

под

знаком

интеграла

стоит

неотрицательная

функция, то

при T

и I

при

T 2

. Следо-

I I

вательно, locextr з .

Покажем, что Smax , Smin								.
Для			допустимой			последовательности			элементов
1 nt; 1			имеем:
I n	1	n		1 nt dt n			n	I n
			2		2	1	n		при n .
			2		2	1			при n .
	0						2
	0

тов

Возьмем другую допустимую последовательность элемен-
n 1 t; n . Тогда
n						n	2
I n 1 1 t dt 2n						n		I n при n .
I n 1 1 t dt 2n						2		I n при n .
0						2
0	t
ˆ	t		2
			2
				t 1; 2	locextr з ; Smax , Smin . ●
Ответ:		4		t 1; 2	locextr з ; Smax , Smin . ●
		4

Пример 2. Решить задачу с подвижными концами:

T
	2	dt extr;
I x ,T x		dt extr;
0

x 0 0, T

x T 1

Решение: Составим функцию Лагранжа задачи

x ,T	T	x		dt x 0		T x T
x ,T		x		dt x 0		T x T
		0	2	1	2
		0		1	2
	0

Выпишем необходимые условия локального экстремума: а) уравнение Эйлера для интегранта L 0 x2

138

	d	Lx Lx	0	2 0 x 0;
	dt
	dt
б) условия трансверсальности для терминанта
		l x 0			2	T x T 1
		1			2		,
	Lx 0 lx 0			2 0 x 0 1			,
	L T l
	L T l			2 x T ;
	x		x T			0		2
	x		x T			0		2

в) условие стационарности функции Лагранжа по

	T	0 0 x		T 2	1 x T 0 .
			2
Если 0	0, то из б) следует, что				1 0, 2	0 ,

множителей Лагранжа обращается в ноль. Поэтому

ложим 0	1. Тогда
	x 0, x C1 , x C1t C2 .

Найдем неизвестные величины C1,C2 ,T , 1, 2			:
		x 0 0 C2 0;

T
т.е.

0

вектор

. По-

x		T
	2

		x 0
		x 0	1
			1
			2
		x T		2
		x T

			2
x T 1 0
		1 x T
	2
	2

C1				;
C1			1	;
			1
			2
C1					2		;
C1							;

				2
T C1T 1 0								;
0 C		2				1 C
		2
	1			2			1

Решая полученную систему уравнений, находим с учетом

условия T 0	:
	C1 2, C2 0, T 1, 1 4, 2 4 .

Таким образом, в задаче имеется единственный допустимый

ˆ	ˆ	ˆ	ˆ	ˆ
экстремальный элемент x , T , где			x t 2t, T 1.
Проведем исследование полученного решения. Рассмотрим
допустимый элемент x , T , где			x t 2t h t , T 1 .

Из ограничений задачи получим условия, которым должны удовлетворять h t и :

139

x 0 0 T x T 1 0 1 1 2 1 h 1

h 0 0

;

x 1 1

1 0 h 1

Рассмотрим разность I I :

I I 2 h

2 dt

4h h

4 4h

4h h

4dt 4h

dt 4

dt 0.

Так

как

для

любого

допустимого

элемента

разность

неотрицательна,

то элемент

2t, 1

доставляет в

I I

задаче абсолютный минимум, Smin 4 .

Покажем,

что

Smax

. Действительно, для допустимой

последовательности элементов

n xn , Tn , где

t, Tn

получим:

I n

n 2

при n .

1 abs min з ,

Smin 4 , Smax . ●

Ответ: x 2t, T

Пример 3. Решить задачу с подвижными концами:

I x ,T

dt extr;

x 0 0, T 1 x

T 2 0 .

Решение: Составим функцию Лагранжа задачи

140

x ,T	T			dt 1 x 0 2	T 1 x		T 2 .
x ,T		0 x		dt 1 x 0 2	T 1 x		T 2 .
			2			2
	0

Выпишем необходимые условия локального экстремума:

а) уравнение Эйлера для интегранта

L 0 x

Lx 0 2 0 x 0 ;

б) условия трансверсальности для терминанта

l x 0

T 1 x2 T 2

lx 0

Lx 0

2 0 x 0 1,

L T l

2 x T 2 T 1 x T ;

x T

в) условие стационарности функции Лагранжа по T

0 0 x

T 2 x

T 2 T 1 x T

x T

0 .

Если

0 0, то из б) следует, что 1

0, 2

0 , т.е. вектор

множителей Лагранжа обращается в ноль. Поэтому 0 0 . По-

ложим 0

1. Тогда

x 0,

x C1 , x C1t C2 .

Найдем неизвестные величины C1,C2 ,T , 1, 2 :

x 0 0 C2 0

;

T 1 x2 T 2 0 T 1 C

2T 2

2 0;

x 0

;

x T 2 T 1 x T C1 2 T 1 C1T ;

T 2 x

T 2 T 1 x T

x T 0

C T

2 T 1 C T

Решая полученную систему уравнений, находим с учетом условия T 0 :

Следовательно,

4, C		2
x t ,T
ˆ	ˆ		ˆ

0, T

, где

1 2,	8,	2
1		2
ˆ	ˆ
x t 4t, T

12 .

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 2014 15 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.04.2019188.42 Кб3zachet_po_ivt.doc
#
10.05.2015741.01 Кб225Zadachi_po_khimii.pdf
#
10.05.2015785.84 Кб33Zadachi_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 Mб90А.В.Шатина МО 2012 версия 20.09.2013.pdf
#
25.08.20192.81 Mб8аис-лекц.doc
#
10.05.2015381.01 Кб52Аморфизация поверхности кристалла.docx
#
10.05.20151.36 Mб63Архитектура ВМ и систем.pdf
#
27.08.2019109.42 Кб31БДЗ_Часть_2_МЕНЕДЖЕРЫ.docx
#
10.05.2015282.62 Кб23БЖД_ЛР_1.doc