mo_in_exercises

2xz3 +3x2 z2 z′− dxd (x2 z3 ) ≡ 0;

6xyz2 +3x2 z2 y′+ 6x2 yzz′− dxd (3x2 yz2 ) ≡ 0.

Следовательно, любая допустимая кривая является экстремалью. Этот результат легко понять, если увидеть, что исследуемый функционал описывает

работу силового поля 2xyz3 i + x2 z3 j + 3x2 yz2 k по перемещению точки из M 0 в M1. Это поле является потенциальным с потенциалом u = x2 yz3 ; в этом случае работа не зависит от пути.

5.3. Задачи со скользящими концами

В этих задачах концы допустимых кривых могут перемещаться по заданным кривым. В этом случае к необходимым условиям экстремума добавляются условия трансверсальности на подвижном конце — условия, связывающие угловые коэффициенты экстремали и граничной кривой, показывающие, с каким угловым коэффициентом экстремаль должна подходить к граничной кривой.

Для плоского случая условия трансверсальности имеют вид

	∂F	∂Ψ		∂F ∂Ψ
			−					= 0,
F − y′
	∂y′ ∂y			∂y′ ∂x
							Ψ(x, y)=0

где Ψ(x, y) = 0 — неявное задание кривой, по которой перемещается конец допустимой кривой.

В частности, если значения допустимых функций y(x) на границе не

подчинены	никаким	условиям (т.е. конец может перемещаться по прямой
x = x0 или	x = x1 ),	то будем говорить, что это задача со свободным концом.

На свободном конце выполняется естественное граничное условие ∂F∂y′ = 0 . Если конец движется по прямой y = const , то на нем F − y′∂F∂y′ = 0.

Если граничная кривая задана в			явном					виде y = f (x) ,	то	условия
трансверсальности имеет форму
	′	′	∂F					= 0.
F +( f		− y )	∂y′
						y = f (x)
′	A(x, y) 1+ y						′2	условия трансверсальности
В случае F(x, y, y ) =
задают условия ортогональности экстремали с граничной кривой:									y′	f ′ = −1.

81

Пример 4.

Найти экстремали функционала

π∫4(y′2 − y2 )dx

0

в классе кусочно-гладких кривых, удовлетворяющих условию y(0) =1.

F(x, y, y′) = y′2 − y2 имеет непрерывные частные производные любого порядка, Fy′y′ = 2 ≠ 0 , поэтому по теореме Дюбуа-Реймона экстремали изломов не имеют, являются дважды гладкими. Т.к. Fy′y′ > 0, то если в данном

классе допустимых кривых достигается экстремум функционала, то он является минимумом.

Необходимым условием минимума является выполнение уравнения

	Эйлера при	0 < x <π 4,	условие закрепленного конца				y(0) =1 и условие
	свободного	конца при	x =π 4 : Fy′,			вычисленная	вдоль	экстремали,
	обращается в 0.							′
	y =C1 cosx +C2 sin x, y(0) = C1 =1;					y = cos x +C2 sin x,
								Fy′ = 2 y ,
	для экстремали
	Fy′	= −2sin x + 2C2 cos x, Fy′			x=π	= −2 22 + 2C2 22 = 0,
			4

откуда C2 =1. Итак, экстремалью является кривая y = cos x +sin x .

Пример 5.

Найти гладкую кривую OA длины l, проходящую через начало координат, кончающуюся на прямой y = h и образующую вместе с ординатой

точки A и осью Ox наибольшую площадь.

В этой задаче требуется найти максимум функционала

I[ y( )] = ∫x1	y(x)dx в классе гладких кривых, левый конец которых закреплен:
0	правый конец лежит на прямой y = h , а функционал
y(0) = 0,
I0[ y( )] = ∫x1		1+ y′2 dx принимает заданное значение l.
0

Решаем эту изопериметрическую задачу методом множителей Лагранжа.

Вводим вспомогательный функционал	I1[ y( )] = ∫x1	( y + λ1 1+ y′2 )dx и
	0

решаем для него	задачу на безусловный экстремум. Запишем необходимые
условия. Так как	F1 = y + λ1	1 + y′2 явно не зависит от x , то уравнение
Эйлера имеет первый интеграл		F − y′ ∂F1 ∂y′ = c. Мы будем искать такое
его решение, которое на левом конце удовлетворяет условию y(0) = 0, а на

82

правом конце – условию трансверсальности, которое для горизонтальной прямой y = h имеет вид F − y′ ∂F1 ∂y′ = 0 . Таким образом, нам известно

значение первого интеграла в одной точке (на правом конце). Тогда по

определению первого интеграла во всех точках экстремали

F − y′ ∂F1 ∂y′ = 0 .

y + λ1

1+ y′2 − y′ λy′

= 0

; y 1+ y′2 + λ = 0

; y′ = ±

λ2 − y2

;

1+ y′2

y

±

ydy

= dx ;

(x + c)2 + y2 =λ2 .

λ2 − y2

Это – семейство экстремалей. Неизвестные c,λ, x1 определяются из

условий

на

концах:

y(0) = 0, y(x1) = h ,

и условия

∫x1 1+ y′2 dx = l.

Эти

0

условия

дают

c2 = λ2 ,(x

+c)2

+ h2 = c2 ,

x

= −c ±

c2 − h2 .

Если

1

1

искомую кривую рассматривать при

x > 0 (при

x < 0 будет симметричное

решение), то, так как окружность пересекает прямую

y = h в двух точках, то

конец

кривой

–

правая

из

двух

возможных

точек

пересечения:

x = −c +

c2 − h2 .

Константу c ,

а вместе с ней и λ, находим из условия

1

c2 −h2

∫0−c+

1+ y′2 dx = l,

где

y′

вычисляется

вдоль

экстремали

и

1 + y′2

= −λ y

(из

дифференциального уравнения

экстремали). Так как

y > 0

при

h > 0

(при

h < 0

имеется

симметричное

решение),

то

y =

λ2 −(x +c)2 . Тогда λ < 0,c < 0,λ = c и

−λ+

λ2 −h2

− λ

x + λ

−λ+

λ2 −h2

dx = l; − λarcsin

= l;

∫

λ2

− (x + λ)2

λ

0

0

λ2 − h

l

−

π

+ arcsin

2

=

,

2

λ

λ

т.е. λ — отрицательный корень этого трансцендентного уравнения. Величина λ определяет положение центра искомой окружности и ее радиус.

5.4. Вариационные задачи на условный экстремум

Изопериметрическая задача имеет следующую постановку: найти экстремум функционала I[ y1( ),..., yn ( )] в классе гладких на [x0 , x1] кривых,

удовлетворяющих заданным граничным условиям, при условии, что другой функционал I0[ y1( ),..., yn ( )] принимает заданное постоянное значение:

83

x1

I[ y1( ),..., yn ( )] = ∫F(x, y1,..., yn ,y1′,..., yn′ )dx

x0

x1

I0[ y1( ),..., yn ( )] = ∫G(x, y1,..., yn ,y1′,..., yn′ )dx = l.

x0

Аналогично задаче Лагранжа изопериметрическая задача сводится к задаче на безусловный экстремум вспомогательного функционала I1 = ∫xx01 (F + λG)dx ,

где λ = const . При этом	предполагается, что y1(x),..., yn (x) не	является
экстремалью функционала I 0 .
Задача Лагранжа ставится следующим образом: требуется найти
экстремум функционала	I[ y1( )] = ∫x1 F(x, y1,..., yn , y1′,..., yn′ )dx	в классе
	x0

гладких на [x0 , x1] кривых, удовлетворяющих заданным граничным условиям

_____

и условиям связи Gk (x, y1,..., yn , y1′,..., yn′ ) = 0, k = 1, m , m < n.

Если Gk не зависят от y1′,..., yn′ , то связи называются голономными. В этом случае условия связи означают, что допустимые кривые лежат на поверхностях Gk = 0 .

Эта задача сводится к задаче на безусловный экстремум вспомогательного функционала: если кривая y1(x),..., yn (x) доставляет

экстремум функционалу I при условиях Gk = 0 , то существуют множители Лагранжа λk (x) такие, что на этой кривой достигается безусловный экстремум функционала:

I[ y ( )] =

x1

, y′

,..., y′ ) +

m

(x)C

(x, y ,..., y

, y′

∫

F(x, y ,..., y

n

∑λ

k

k

n

,..., y′ ) dx.

1

1

1

n

k =1

1

1

n

x0

Пример 6.

Найти геодезические линии круглого цилиндра r = R . Геодезические линии — это линии наименьшей длины, соединяющие две заданные точки поверхности. Задача сводится к нахождению глобального минимума

функционала I1 = ∫xx01 1+ y′2 + z′2 dx при условии, что кривые, проходящие

через точки M 0 (x0 , y0 , z0 ) и M1(x1, y1, z1) , лежат на поверхности цилиндра.

Это — задача Лагранжа с голономными связями. Задачу удобнее решать в цилиндрических координатах r,ϕ, z . Тогда функционал имеет вид:

84

M

ϕ

I = ∫1

dr2 + r2dϕ2 + dz2 = ∫1

r2 + rϕ′2 + zϕ′2 dϕ

M 0

ϕ0

.

Уравнение связи: r = R (const) .

Составляем вспомогательный функционал:

ϕ1

ϕ1

I1 = ∫ ( r 2 + rϕ′2 + zϕ′2 +λ(ϕ)(r − R))dϕ = ∫F1(ϕ, r, z,rϕ′ , zϕ′ )dϕ

ϕ0

ϕ0

и решаем для него задачу о нахождении глобального минимума.

Необходимое условие экстремума:

∂F1

−

d

∂F1 = 0

∂r

dϕ ∂rϕ′

.

∂F

d

∂F

r

d

rϕ′

1

−

1

= 0, т.е.

+ λ(ϕ) −

= 0 ,

dϕ ∂z′

+

′2

+

′2

2 +

′2

+

′2

∂z

r

2

r

z

dϕ

r

r

z

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

d

zϕ′

2

2

Так

как

rϕ′ = 0,

из

второго

уравнения

dϕ

2

= 0 .

r

+ rϕ′

+ zϕ′

zϕ′

= c , zϕ′

= c R2 + zϕ′2

,

zϕ′ = ±

cR

= c1

(при

c2 ≠1),

1

− c2

R2 + zϕ′2

z = c1ϕ + c2 .

При c2 =1, z′2 = R2 + z′2 , что возможно только при dϕdz = 0. Кроме того, есть уравнение связи r = R .

Экстремалями задачи являются винтовые линии. Через точки M 0 и M1 (при z0 ≠ z1 ) можно провести бесчисленное множество винтовых линий,

отличающихся друг от друга числом оборотов вокруг цилиндра. В этой задаче наглядно видно, что выполнение уравнения Эйлера — необходимое условие локального экстремума. Можно показать, что на каждой из этих винтовых линий достигается локальный минимум функционала; глобальный минимум

реализуется на той винтовой линии, для которой ϕ0 −ϕ < 2π . При ϕ0 =ϕ1 это будет отрезок прямой, соединяющей точки M 0 и M1.

Пример 7.

Найти минимум функционала I[ y( )] = ∫01 y′2dx в классе гладких кривых,

удовлетворяющих условиям y(0) = y(1) = 0, ∫01 y2dx =1.

85

Эта изопериметрическая задача сводится к нахождению безусловного

экстремума вспомогательного функционала					I[ y( )] = ∫1 ( y′2		+ λy2 )dx в классе
						0
гладких кривых, удовлетворяющих условию y(0) = y(1) = 0.
Уравнение		Эйлера 2λ y −2 d dx(y′)= 0,				y′′ − λ y = 0.		Получим
краевую	задачу.	При λ ≥ 0	она	имеет	только	тривиальные решения, не
удовлетворяющие		условию	∫	2dx =1.	При	λ < 0	1	−λx +
			1 y				y = c sin
+ c2 cos	−λx .		0
Из граничных условий c2 = 0, c1 sin					−λ = 0; а т.к. c1 ≠ 0 (в противном

случае получим тривиальное решение), то для множителя Лагранжа λ

	получаем условие − λn	= πn , λn = −π 2n2 . Тогда yn = cn sin(πnx) .
	Коэффициенты cn	определяются из условия ∫1 y2dx =1.
					0
	1	1	1−cos(2πnx)			c2
	∫cn2 sin2 (πnx)dx = cn2 ∫			dx =		n	=1, cn	= ± 2.
			2		2
	0	0

Итак, найдено счетное множество экстремалей yn = ± 2 sin(π nx).

Вычисляя ∫1 y′2dx ,	убеждаемся, что I[ yn (x)]	принимает наименьшее
0
значение при n =1:
	1
I[ yn (x)] = ∫2(πn)2 cos2 (π nx)dx = (π n)2.
	0
Можно показать,	что на y = 2 sin(π x)	(и симметричной ей

y = − 2 sin(π x) достигается глобальный минимум.

5.5. Контрольные задания

Решить следующие классические задачи вариационного исчисления

(1-5).

1. Задача о брахистохроне (линии наибыстрейшего ската). В вертикальной плоскости даны точки A и B . Определить путь, спускаясь по которому под действием собственной тяжести, тело, начав двигаться из точки A, достигнет точку B в кратчайшее время.

2. Задача о минимальной поверхности вращения. Найти плоскую кривую, соединяющую две заданные точки плоскости и лежащую выше оси x , которая при вращении вокруг этой оси образует поверхность наименьшей площади.

86

3. Задача о цепной линии. Найти форму тяжелой однородной нерастяжимой нити, подвешенной за концы.

4. Найти форму мыльной пленки, натянутой на каркас, состоящий из двух параллельных дисков радиусов r и R , центры которых соединены осью длины l, ортогональной дискам.

5. Задача Дидоны. Найти кривую заданной длины l, проходящую через точки A и B оси x ( AB < l) , ограничивающую вместе с осью x наибольшую площадь.

6. Материальная точка перемещается вдоль плоской кривой y = y(x), соединяющей точки M0 (x0 , y0 ) и M1(x1, y1) , со скоростью v = k y′. Найти гладкую кривую, время движения вдоль которой из точки M0 в точку M1 будет минимальным.

x1

7. Доказать, что линейный функционал I[y] = ∫(P(x)y′+Q(x)y +R(x))dx,

x0

где P(x),Q(x), R(x) — функции класса C2 , не имеет экстремумов в классе гладких функций, удовлетворяющих заданным граничным условиям.

Найти экстремали следующих функционалов (8-30).

8. I[ y( )] = ∫0 (12xy − y′2 )dx;		y(−1) =1,		y(0) = 0.
−1
9. I[ y( )] = ∫π 4 (4 y2 − y′2 )dx,		y(0) =1,		y(π 4) = 0.
0
10. I[ y( )] = ∫π 2 (6 y sin 2x + y2 − y′2 )dx,					y(0) = y(π 2) = 0.
0
11. I[ y( )] = ∫1	(x2 y′2 +12x2 )dx, y(0) = 0,				y(1) =1.
0
12. I[ y( )] = ∫1	(x2 y − y′2 )dx,	y(0) = y(1) = 0.
0
13. I[ y( )] = ∫l(y − xy′2 )dx, y(1) =1,			y(l) = 2.
1
14. I[ y( )] = ∫1	(y′2 + yy′+12xy)dx,		y(0) = y(1) = 0.
0
15. I[ y( )] = ∫1	(4 y sin x − y2 − y′2 )dx,			y(0) = y(1) = 0.
0
16. I[ y( )] = ∫1	(y′2 + y2 + 4 y ch(x))dx,			y(0) = y(1) = 0.
0

87

17. I[ y( )] = ∫	2		y′(1+ x2 y′)dx,							y(−1) = y(2) =1.
−1
18. I[ y( )] = ∫	l	(xy			′2		′			y(1) = 0, y(l) =1.
						+ yy )dx;
1
19. I[ y( )] = ∫	b	(2xy + (x					2	+ e	y	′	y(a) = A, y(b) = B.
										) y )dx;
a
	1			y		′
20. I[ y( )] = ∫		(e			+ xy )dx;				y(0) = 0,		y(1) = a.
0
21. I[ y( )] = ∫π		( y′2 − y2 )dx;								y(0) =1,	y(π) = −1.
0
22. I[ y( )] = ∫1		(2e y − y2 )dx;								y(0) =1,	y(1) = e.
0

23. I[ y( )] = ∫01 ( y2 + 2 y′2 + y′′2 )dx; y′(0) =1, y′(1) = −sh(1) .

24. I[ y( )] = ∫ab( y + y′′)dx; y(a) = y0

y(0) = 0, y(1) = 0,

, y(b) = y1, y′(a) = y0′ , y′(b) = y1′.

1		′′	= y(1) = 0,		′	′
25. I[ y( )] = ∫	y dx; y(0)				y (0) =1, y (1) = 0.
0
26. I[ y( )] = ∫1	(y′2 + y)dx,		y(1) = 0.
0
27. I[ y( )] = ∫π (xy′+ y′2 )dx, y(π) =1.
0
28. I[ y( )] = ∫x1		(1+ x) y′2dx,		y(0) = 0,	y(x1) + x1 = 2.
0
29. I[ y( )] = ∫1		1+ y′2 , y(1) =1, y(x0 ) = x0 −5.
x0
30. I[ y( )] = ∫x1		( y′2 + y2 )dx,		y(0) = 0,		y(x1) =1.
0
31. Найти расстояние между: (a) точкой (0,0) и кривой y =1 x2 ;
(b) параболой y = x2		и прямой	y = x − 5 ;		(c) окружностью x2 + y2 =1 и
прямой x + y = 4 .
Найти экстремали в следующих изопериметрических задачах (32-37).
32. I[ y( )] = ∫01 y′2dx, y(0) = 0, y(1) =1,					∫01 xydx = 0.

88

33. I[ y( )] = ∫ π y sin x dx, y(0) = 0, y(π) =π, ∫π y′2dx = 3						π.
0				0	2
34. I[ y( )] = ∫l(y′)2 dx; y(0) = y(l) = 0, ∫l y2dx =1.
0		0
35. I[ y( )] = ∫1(x2 +(y′)2 )dx; y(0) = y(l) = 0,				∫l y2dx = 2.
0				0
36. I[ y( )] = ∫1y′2dx,	∫1 ydx = 3, y(0) =1,		y(1) = 6.
0	0
37. I[ y( )] = ∫π y′2dx,	∫π	y cos xdx =π 2,	y(0) = y(π) = 0.
0	0
38. Найти геодезические линии на сфере радиуса R .
39. Найти кратчайшее		расстояние между		точками		A(1, 0, −1) и

B(0, −1, 1), лежащими на плоскости x + y + z = 0 .

40. Существует ли решение с угловыми точками в задаче об экстремуме функционала

∫xx01 (y′2 + 2xy − y2 )dx, y(x0 ) = y0 , y(x1) = y1 ?

41. Решить задачи о минимуме функционала:

а) ∫	2 y′2 (1− y′2 )2 dx,						, y(0) = 0,	y(2) =1;
0
б) ∫	1	y	2	′	2	dx,	y(−1) = 0,	y(1) =1.
				(1− y )
−1

89

6. Оптимальное управление

6.1. Теория и примеры

Дана управляемая система, движение которой описывается системой дифференциальных уравнений x&i = fi (x,u(t)) , i =1,K, n , где допустимое управление u( ) является кусочно непрерывной функцией времени, (непрерывной справа), значения которой u(t) V Rm (V – множество значений допустимого управления). Требуется перевести систему из начального состояния x0 в конечное состояние x1 так, чтобы заданный

функционал	I = ∫t1 f0 (x,u)dt принимал наименьшее значение.
	t0
Составим функцию Гамильтона H (x,ψ,u) = ∑n ψ		i	f	i	(x,u) , где
	i=0

вспомогательные переменные ψi являются решением сопряженной системы

&	∂xi ,	i =1, n . Необходимые условия оптимальности в форме
ψi = −∂H

принципа максимума Понтрягина имеют вид: для оптимальности в смысле

минимума

функционала

I

процесса u* (t),x* (t), t

0

≤ t ≤ t ,

необходимо

существование нетривиального набора (ψ0*,ψ * (t)),

1

состоящего из константы

ψ* ≤ 0 и решения ψ* (t), t

0

≤ t ≤ t , сопряженной системы, что для любого t ,

0

1

при котором u* (t) непрерывно, выполняется условие максимума:

H (x*(t),ψ*(t),u*(t)) = max{H (x*(t),ψ*(t),u) :

u V }≡ 0 ,

t

0

≤ t ≤ t ,

1

причем если

f > 0, то ψ*

< 0.

Равенство нулю функции Гамильтона можно

0

0

проверять только при одном из значений t , например, при t = t1 .

Если

конец x0

(x1)

не

фиксирован, а

принадлежит

некоторому

многообразию M , то на этом конце выполняются условия трансверсальности:

вектор ψ* (t

0

)

(ψ * (t )) ортогонален всем касательным векторам многообразия

1

M в точке x0

(x1).

Важным классом задач являются задачи о быстрейшем попадании в начало координат по траекториям линейной системы x& = Ax + Bu , где область V = M является m-мерным выпуклым многогранником, содержащим точку ноль (0 не должен быть вершиной M ), удовлетворяющим условию общности положения: если w-вектор, параллельный любому ребру многогранника M , то

векторы Bw, ABw,..., An−1Bw линейно независимы. В таких задачах принцип

90