Rozova_Maximova

∂ψ k (t, x)

n

∂ψ k (t, x)

+

ψ j .

xk =

∂t

∂x j

Таким образом,

j=1

∂f

∂ 2 f

n

∂ 2 f

n

∂ 2 f

−

−

=

∂xi

∂t

xk −

xk

∂xi

k =1

∂xi ∂xk

k =1

∂xi ∂xk

∂f

d ∂f

=

−

= 0, i = 1, n.

∂xi

dt ∂xi

Таким образом,

получили систему уравнений Эйлера, т.е.

кривые по определению образуют поле. Достаточность доказана.

Доказательство необходимости предоставляем читателю (аналогичные рассуждения проводим «снизу вверх»).

8.6.Инвариантный интеграл Гильберта

иего свойства

Пусть γ – некоторая кривая, x Rn.

Опр. 6. Интегралом Гильберта называется криволинейный интеграл вида:

		∂f (t, x, x)
	J (γ ) = − H (t, x, x)dt + (		, dxγ ) , где
		∂x
	γ

H (t, x, x) = − f (t, x, x) + (∂f (t, x, x) , x) = ∂x

=− f (t, x, x) + n ∂f (t, x, x)xi .

i=1 ∂xi

Пусть x =ψ(t,x) задает поле функционала F(x) такое, в которое одна из экстремалей входит как составляющая, ψ(t,x)

– наклон поля. Обозначим кривую γ через xγ (t) . Рассмотрим J (γ ) на поле функционала F(x), тогда

81

J (γ ) = [ f (t, x,ψ ) − (

∂f (t, x,ψ ) ,ψ )]dt + (

∂f

, dxγ ) =

∂x

γ

∂x

∂f

∂f

n

n

= [ f (t, x,ψ ) −

ψ k

+

xγ ]dt =

γ

k =1 ∂xk

k =1 ∂xk

= [ f (t, x,ψ ) −

∂f

)]dt.

+ ψ ,

(−xγ

∂x

γ

Свойства интеграла Гильберта.

I.

Если

xγ (t) является

элементом

поля, т.е.

xγ (t) =ψ(t, xγ ),

то J(x)=F(x). Доказательство оче-

видно.

II.J (γ ) не зависит от пути интегрирования γ, а зави-

сит только от начальной и конечной точки пути. Док-во. По критерию поля условия I и II являются необходимыми и достаточными условиями того, что под интегралом Гильберта стоит полный дифференциал, и таким образом, интеграл не зависит от пути.

8.7. Достаточные условия сильного экстремума

Рассмотрим следующую задачу:

b	f (t, x(t), x(t))dt → extr,	(8.5)
F(x) =

a

с краевыми условиями x(a)=xa, x(b)=xb в классе x(t) C[a,b], функция f (t, x(t), x(t)) трижды непрерывно дифференцируе-

ма по совокупности переменных.

Опр. 7. Говорят, что допустимая функция xˆ(t) доставляет сильный локальный минимум (максимум) в задаче (8.5), если существует такое δ>0, что F(x)≥F( xˆ ) (F(x)≤ F( xˆ ))

82

для любой допустимой функции x, для которой

x − xˆ C[a,b] < δ .

Теорема (достаточные условия сильного экстре-

мума).

Пусть

I.xˆ = xˆ(t) – допустимая экстремаль задачи (8.5),

т.е.				xˆ		удовлетворяет уравнению			Эйлера
	∂f		−	d		∂f	= 0	и краевым условиям	x(a)=xa,
	∂x
				dt ∂x

x(b)=xb;

II.xˆ = xˆ(t) может быть окружена полем;

III.Функция Вейерштрасса

E(t, x,ψ , x) = f (t, x, x) − f (t, x,ψ ) − (x −ψ , ∂f (t, x,ψ )) ≥ 0

∂x

или (≤ 0) для любых x : x − xˆ C[a,b] < δ , x,ψ .

Тогда xˆ = xˆ(t) доставляет сильный локальный экстремум

функционалу F(x).

Док-во. Рассмотрим приращение функционала F(x) воспользуемся свойствами интеграла Гильберта:

F = F(x) − F(xˆ) = F(x) − J (xˆ) =

b				∂f
= f (t, x, x)dt − ( − H (t, x,ψ ) + (
a	γ
b		∂f (t, x,ψ )	,ψ )
= [ f (t, x, x) − f (t, x,ψ ) + (		∂x
a

b	f (t, x,ψ ) − (x − ψ ,
= [ f (t, x, x) −
a

F(x) − J (xγ ) =

(t, x,ψ ) , dxγ )) = ∂x

− (∂f (t, x,ψ ) , xγ )]dt

∂x

∂f (t, x,ψ ))]dt.

∂x

и

=

83

b

Имеем F = E(t, x,ψ , x)dt.

a

Таким образом, если для любых

x : x − xˆ C[a,b] < δ , x,ψ

функция Вейерштрасса E(t, x,ψ , x) ≥ 0	(или ≤ 0), то и F≥ 0

(или ≤ 0), т.е. экстремаль xˆ доставляет функционалу F(x) экстремум (по определению), что и доказывает теорему.

Замечание. Условия:

	∂	2
а) P(t) =			f (t, x, x)			x= xˆ	> 0 (< 0)
				2
			∂x

и

б) на интервале (a,b) нет сопряженных точек τ, являются достаточными условиями того, что экстремаль можно окружить полем. Утверждение приводим без доказательства.

Учитывая приведенное замечание, достаточные условия сильного экстремума могут быть сформулированы в виде следующей теоремы.

Теорема (достаточные условия сильного экстре-

мума).

Пусть

I.xˆ = xˆ(t) – допустимая экстремаль задачи, т.е. xˆ

удовлетворяет уравнению Эйлера	∂f	−	d ∂f			= 0	и
	∂x
			dt ∂x

краевым условиям x(a)=xa, x(b)=xb;

II. Выполнено усиленное условие Лежандра:

	∂	2
P(t) =			f (t, x, x)			ˆ	> 0 (< 0) ;
				2		x= x
			∂x

III.На интервале (a,b] нет сопряженных точек;

84

IV. Функция Вейерштрасса

E(t, x,ψ , x) = f (t, x, x) − f (t, x,ψ ) − (x − ψ , ∂f (t, x,ψ )) ≥ 0

∂x

или (≤ 0) для любых x : x − xˆ C[a,b] < δ , x,ψ .

Тогда xˆ доставляет сильный локальный экстремум функционалу F(x).

Замечание. Известно, что условия II, III, IV являются также и необходимыми условиями экстремума. Тогда, если какое-то из данных условий не выполнилось, то экстремума в задаче нет.

План исследования на сильный экстремум.

Для исследования задачи на сильный экстремум нуж-

но:

1. Выписать уравнение Эйлера	∂f	−	d ∂f			= 0 .
	∂x
			dt ∂x

2.Решив полученное дифференциальное уравнение, найти решение x=x(t,C1,C2).

3.Воспользовавшись краевыми условиями x(a)=xa, x(b)=xb, найти произвольные постоянные C1, C2.

4.Проверить выполнение усиленного условия Ле-

	∂	2
жандра: P(t) =			f (t, x, x)			ˆ	> 0 (< 0) .
				2		x= x
			∂x

5.Составить уравнение Якоби: Q(t)h − dtd P(t)h = 0 .

6.Решить полученное дифференциальное уравнение с краевыми условиямиh(a) = 0, h(a) = 1.

7.Проверить, обращается ли полученное решение h(t) в ноль на интервале (a,b] (графически или ана-

85

литически). Тем самым выяснить, есть ли сопряженные точки на интервале (a,b].

Если не выполнилось какое-либо из условий 4,7, то слабого, а тем более сильного, экстремума в задаче нет.

8. Выписать функцию Вейерштрасса и проверить, сохраняет ли она знак для любых

x : x − xˆ C[a,b] < δ , x,ψ .

Если не выполнено условие Вейерштрасса, то в этом случае найденная допустимая экстремаль не доставляет сильного экстремума в классе функций из пространства

C[a,b].

Пример 1. Исследовать на экстремум:

1 (x3 + x2 )dt → extr, x(−1) = −1, x(1) = 3.

−1

Решение. Экстремалями данного функционала явля-

ются прямые x = C1t + C2 .

Подставляем краевые условия и получаем допустимую экстремаль x = 2t + 1 .

Проверяем усиленное условие Лежандра

P(t) =

∂ 2

f

xˆ

= 14 > 0 (возможен минимум).

2

∂x

d

Составляем уравнение Якоби Q(t)h −

P(t)h = 0 , где

dt

d

Q(t)=0,

P(t)=14.

Тогда

14

h = 0 .

Откуда

получаем

dt

h(t) = С1t + C2 .

Воспользовавшись

краевыми

условиями

h(−1) = 0, h(−1) = 1,

находим решение

уравнения Якоби

86

h(t) = t + 1. На интервале (–1, 1) кривая h(t) = t + 1 не обра-

щается в нуль, следовательно, нет сопряженных точек, а следовательно, экстремаль доставляет функционалу слабый минимум.

Проверим условие Вейерштрасса. Выпишем функцию Вейерштрасса:

∂f (t, x,ψ )

) .

E(t, x,ψ , x) = f (t, x, x) − f (t

, x,ψ ) − (x − ψ ,

3

2

3

2

∂x

2

−ψ

−ψ

+ 2ψ ) =

E(t, x,ψ , x) = x

+ x

− (x − ψ )(3ψ

3

2

+

2ψ

3

+ ψ

2

= x

+ x

− xψ (3ψ + 2).

Функция Вейерштрасса не устанавливает знак для любых x,ψ , следовательно, нет сильного экстремума. Таким

образом, экстремаль доставляет функционалу слабый, но не сильный минимум.

Пример 2. Исследовать на экстремум:

1	1
(t + 2x +			2	)dt → extr, x(0)	= 0, x(1) = 0.
	2	x
0

Решение. Уравнение Эйлера для этого функционала имеет вид x = 2 . Экстремалями являются параболы

x = t 2 + C1t + C2 . Подставляем краевые условия и находим допустимую экстремаль x = t 2 − t .

	Проверяем усиленное условие Лежандра
P(t) =	∂ 2	f			xˆ	= 1 > 0 (возможен минимум).
		2
	∂x							d
	Составляем уравнение Якоби						−		h = 0 или	h	= 0 .
								dt
Его общее решение h(t) = С1t + C2 .
	Подставляем краевые условия						h(0) = 0, h(0) = 1			и по-

лучаем h(t) = t . Данная кривая нигде на интервале (0,1] в

87

нуль не обращается, следовательно, нет сопряженных точек,

следовательно, экстремаль x = t 2							− t	доставляет функциона-
лу слабый минимум.
Функция Вейерштрасса имеет вид:
	1		2	− t − 2x			1	ψ	2	−
E(t, x,ψ , x) = t + 2x +	2	x					− 2				(x −ψ )ψ =
	1										.
=					2	≥ 0.
	2 (x −ψ )
Отсюда видно,		что для любых x,ψ она является зна-

копостоянной, следовательно, на экстремали данный функционал достигает сильного минимума.

88

9.Оптимальное управление

9.1.Постановка задачи оптимального управления

Будем рассматривать поведение объекта, состояние которого в каждый момент времени характеризуется n фазовыми координатами x1,…,xn. Векторное пространство X переменной x=x1,…,xn является фазовым пространством рассматриваемого объекта.

Будем предполагать, что закон движения объекта записывается в виде системы дифференциальных уравнений:

x = f (x1 ,..., xn , u1 ,..., ur ) = f (x, u)	,	(9.1)

где f=f1(x,u),…,fn(x,u) – вектор-функция, определенная для

любых значений векторной переменной x X. Вектор-функцию u=u1,…,ur будем называть управле-

нием. Определим допустимые функции u(t).

Класс допустимых управлений.

Допустимые функции – это функции u(t), удовлетворяющие одному из ниже приведенных условий I и условию

II.Например,

I. Аналитические условия.

•Кусочно-непрерывные функции на отрезке

[t0,T]. Это функции, непрерывные на отрезке [t0,T], всюду, за исключением конечного числа

точек τ1,…,τN [t0,T] и разрывами I рода и u(t0+0)= u(t0), u(t1–0)= u(t1).

•Кусочно-постоянные функции.

•Измеримые и ограниченные по t, u L∞[t0,T].

•Гладкие функции u(t) C1[t0,T].

II.Условия на значения.

• Значения функции u(t) U Rr.

89

Таким образом, допустимое управление u(t) удовлетворяет двум условиям: аналитической характеристике и условиям на значения.

В задаче оптимального управления присутствует краевая задача. Есть множество начальных состояний M0, т.е.

x(t0) M0, и множество конечных состояний M1: x(t1) M1. В частности, можно рассматривать двухточечную задачу: x(t0)=x0 , x(t1)=x1 при M0 = x0, M1= x1.

Рассмотрим пару (x(t),u(t)), где u(t) – допустимое управление, x(t) – отвечающая этому управлению траектория

системы (9.1) с краевыми условиями x(t0)=x0 M0 и x(t1)=x1 M1.

Рассмотрим функционал:

t1

I = f0 (x, u)dt , где f0(x,u) – заданная функция.

t0

Каждой паре (x(t),u(t)) ставится в соответствие число I. Этот функционал I называется критерием качества управления.

Критерий качества может иметь физический смысл: расход топлива, финансовые затраты, время перехода из одной точки в другую и т.д.

Для того чтобы получить конкретную траекторию (кон-

кретное движение), надо:
1.	выбрать управление u=u(t) как некоторую функцию
	времени;
2.	задать начальное условие x(t0)=x0;		~
3.	решить задачу Коши			(t, x) , x(t0)=x0.
		x = f (x(t), u(t)) =	f

Тогда получим конкретное решение системы дифференци-

альных уравнений x(t)=x(t,x0,t0,u).

90