Metody_optimizatsii_Shatina_A_V

141

t0 , t1 Î D,

t0 < t1. Частным случаем является задача, в которой

один из концов или даже оба закреплены.

Определение. Элемент

ξ = ( x(×),t0 ,t1 ) называется допусти-

мым, если

( )

1(

D

)

,

t

0

, t Î D,

t

0

< t

x × Î C

1

1 и выполнены условия

(1) на концах.

▲

ˆ

Определение.

Говорят,

что

допустимый элемент

ˆ

ˆ

ξ = (xˆ(×) ,t0,t1) доставляет слабый локальный минимум (максимум)

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

ˆ

мента ξ = ( x(×) ,t0,t1) , удовлетворяющего условиям

x(×)

- x(×)

1 < δ ,

t

0

- tˆ

< δ ,

t - tˆ

< δ

0

1

1

, выполнено неравенство

I(ξ ) ³ I (ξˆ) (I(ξ ) £ I (ξˆ)).

▲

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

)Îlocextr з

,t

f ,

f

,

f

Теорема. Пусть

ξ = (x(×),t

0

, функции

x

1

x

непрерывны

в

некоторой

окрестности

множества

t Î D}, а функции ψ i

(i = 0,1,...,m) непрерывно диффе-

{(t, x(t), x(t))

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ

ренцируемы в некоторой окрестности точки (t0

, x(t0 ),t1, x(t1)). То-

гда

существует

ненулевой

вектор множителей

Лагранжа

λ = (λ

0

,λ ,...,λ

m

) Î Rm+1

такой, что для функции Лагранжа задачи

1

t1

m

L( x(×),t0,t1) = ò λ0 f (t, x(t), x(t))dt + åλiψ i (t0 , x(t0 ),t1, x(t1))

t0

i=0

выполнены условия:

а) стационарности по x

- уравнение Эйлера для интегранта

L = λ0 f (t, x, x)

d

ˆ

ˆ

-

L

(t) + L

x

(t) = 0 "t Î D

dt

;

x

б) трансверсальности по x для терминанта

m

(t0

, x(t0 ),t1, x(t1 ))

l = åλiψ i

i=0

142

ˆ

(t

)

ˆ

,

ˆ

ˆ

L

0

= l

x

(t0 )

L (t ) = -l

x

(t1 ) ;

x

x

1

в) стационарности по подвижным концам (выписывается

только для подвижных концов отрезка интегрирования)

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

Lt0 = 0 Û - λ0 f (t0 ) + lt0 + lx(t0 ) x(t0 ) = 0,

ˆ

ˆ ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

Lt

= 0 Û λ0 f (t1) + lt

ˆ

+ lx(t ) x(t1) = 0

.

■

1

1

1

Рассмотрим примеры решения задач с подвижными конца-

ми.

Пример 1. Решить задачу с подвижными концами:

I( x(×),T )

T

2

+ x)dt ® extr;

x(0)

=

= 1

ò (x

.

0

Решение: Составим функцию Лагранжа задачи

T

2

+ x)dt + λ1( x(0) -1)

L( x(×),T ) = òλ0 (x

0

.

Выпишем необходимые условия локального экстремума:

2

+ x)

а) уравнение Эйлера для интегранта L = λ0 (x

-

d

L

+ L = 0 Û -2λ x + λ = 0

dt

x

0

0

;

x

б) условия трансверсальности для терминанта l = λ1( x(0)

-1)

L

(0) = l

x(0)

Û 2λ x(0) = λ

x

0

1,

L

(T ) = -l

x

x(T )

0

;

в) условие стационарности функции Лагранжа по T

2

(T ) + x(T )) = 0 .

LT = 0 Û λ0 (x

Если λ0 = 0, то из б) следует, что λ1 = 0, т.е. вектор множи-

телей Лагранжа обращается в ноль. Поэтому

λ0 ¹ 0. Положим

λ0 = 1. Тогда

t2

1

,

t

+ C1, x =

+ C1t + C2 .

x =

2

x = 2

4

		143
Найдем неизвестные величины C1							,C2 ,T,λ1:
	x(0) = 1 ÞC2 = 1;
		Þ	T	+ C1			= 0
	x(T ) = 0		2						;
					2
2	æT	+ C1		ö		T 2		+ C1T		+ C2	= 0
x	(T ) + x(T ) = 0 Þç			÷	+		4
	è 2			ø							;

x(0) = λ21 Þ C1 = λ21 .

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

C1 = -1, C2 = 1, T = 2, λ1 = -2 .

Таким образом, в задаче имеется единственный допустимый

	ˆ		ˆ	ˆ	t2	ˆ	= 2
		ˆ		x(t) = - t +1, T
					4			.
экстремальный элемент ξ = (x(×), T ), где
ˆ	ˆ	ˆ	не доставляет в поставленной за-
Покажем, что ξ = (x(×), T )

даче локального экстремума. Рассмотрим допустимый элемент

ˆ

ξ = (x(×), T ) . Тогда

ˆ

æ

t

t2

ö

I(ξ )

ˆ

T

2

T

2

T

æ

ö

2

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ç

+

÷

- I (ξ )= ò (x

+ x)dt

- ò (x

+ x)dt = ò

ç

ç

2

-1÷

4

- t +1÷ dt -

0

2

0

0

è

è

ø

2

ø

2 æ

æ t

ö

t

2

ö

T

æ t

ö

ç

÷

- ò

ç

ç

-

1÷

+

- t +1÷dt = 2ò

ç

-1÷

dt.

2

4

2

0

è

è

ø

ø

2

è

ø

Поскольку под знаком интеграла стоит неотрицательная функция, то I(ξ ) > I (ξˆ) при T > 2 и I (ξ ) < I (ξˆ) при T < 2 . Следователь-

но, ξˆ Ïlocextr з .
Покажем, что Smax = +¥, Smin = -¥.
Для	допустимой	последовательности	элементов
ξn = (1+ nt; 1)	имеем:

144

I(ξn ) = 1ò(n2 +1+ nt)dt = n2 +1+ n Þ I(ξn ) ® +¥

0

2

при n → ∞.

Возьмем другую допустимую последовательность элементов

ηn = (1- t;n) . Тогда

I(ηn ) = nò(1+1- t)dt = 2n - n2

Þ I(ηn ) ® -¥

0

2

при n → ∞.

æ

2

ö

ξˆ

t

= ç

- t +

1;2÷

Ïlocextr з

= +¥, Smin = -¥. ●

Ответ:

è 4

ø

; Smax

Пример 2. Решить задачу с подвижными концами:

T

2

dt

® extr;

x(0) = 0, T + x(T ) +1 = 0

I( x(×),T ) = ò x

0

.

Решение: Составим функцию Лагранжа задачи

T

2

dt

+ λ1x(0) + λ2 (T + x(T ) +1)

L( x(×),T ) = òλ0x

0

.

Выпишем необходимые условия локального экстремума:

2

а) уравнение Эйлера для интегранта L = λ0 x

-

d

L

+ L = 0 Û -2λ x = 0

x

0

;

dt x

б) условия трансверсальности для терминанта

l = λ1x(0) + λ2 (T + x(T ) +1)

L (0) = l

x(0)

Û 2λ x(0) = λ

x

0

1,

L (T ) = -l

x

x(T )

0

2 ;

в) условие стационарности функции Лагранжа по T

2

LT = 0 Û λ0x

(T ) + λ2 (1+ x(T )) = 0 .

Если λ0 = 0, то из б) следует, что λ1 = 0, λ2 = 0 , т.е. вектор множителей Лагранжа обращается в ноль. Поэтому λ0 ¹ 0. Положим λ0 = 1. Тогда

145

x = 0, x = C1, x = C1t + C2 . Найдем неизвестные величины C1,C2 ,T,λ1,λ2 :

x(0) = 0 ÞC2 = 0;

x(0) = λ21 Þ C1 = λ21 ; x(T ) = - λ22 Þ C1 = - λ22 ;

T + x(T ) +1 = 0 Þ T + C1T +1 = 0;

x2 (T ) + λ2 (1+ x(T )) = 0 ÞC12 + λ2 (1+ C1) = 0 .

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

C1 = -2, C2 = 0, T = 1, λ1 = -4, λ2 = 4.

Таким образом, в задаче имеется единственный допустимый

ˆ	ˆ	ˆ	ˆ	ˆ
экстремальный элемент ξ = (x(×), T ), где			x(t) = -2t, T =1.
Проведем исследование полученного решения. Рассмотрим
допустимый элемент ξ = ( x(×), T ) , где			x(t) = -2t + h(t), T = 1+ δ .

Из ограничений задачи получим условия, которым должны

удовлетворять h(t) и δ :

x(0) = 0 Þ h(0) = 0;

T+ x(T ) +1 = 0 Þ 1+ δ + x(1+ δ ) +1 = 0 Û

1+ δ − 2(1+ δ ) + h(1+ δ ) +1 = 0 h(1+ δ ) = δ .

Рассмотрим разность I(ξ ) - I (ξˆ):

		ˆ		1+δ		2		1	(- 2)		2
							dt - ò					dt =
I(ξ ) - I (ξ ) = ò					(- 2 + h)
				0				0
1			2	)dt	1+δ			2		)dt =
= ò(- 4h + h					+ ò(4 - 4h + h
0					1

146

1+δ			2	1+δ			1+δ		1+δ 2	dt + 4δ =
= ò	(- 4h + h			)dt + ò 4dt = - 4h			0	+ ò h
0				1					0
				1+δ 2	1+δ			2	dt ³ 0
		= -4δ + ò h			dt + 4δ = ò h					.
				0	0

Так как для любого допустимого элемента ξ разность I(ξ ) - I (ξˆ) неотрицательна, то элемент ξˆ = (- 2t, 1) доставляет в задаче абсолютный минимум, Smin = 4 .

Покажем, что Smax = +∞ . Действительно, для допустимой последовательности элементов ξn = ( xn , Tn ) , где

æ	-1-	1	ö
xn = ç		n	÷t, Tn = n	,
è			ø

получим:

2

n

æ

-

1

ö

1

® +¥

I(ξn ) = ò

ç-1

n

÷

dt = n + 2 +

n

при n → ∞.

0

è

ø

ˆ

ˆ

=1}Î abs min з , Smin = 4 ,

S

max

= +∞

. ●

Ответ: { x = -2t

, T

Пример 3. Решить задачу с подвижными концами:

T

2

dt

® extr; x(0) = 0,

(T -1)x

2

(T ) + 2 = 0

I( x(×),T ) = ò x

0

.

Решение: Составим функцию Лагранжа задачи

T

2

dt + λ1x(0) + λ2

((T -1)x

2

(T ) + 2)

L( x(×),T ) = òλ0x

0

.

Выпишем необходимые условия локального экстремума:

а) уравнение Эйлера для интегранта L = λ0 x2

- dtd Lx + Lx = 0 Û -2λ0x = 0;

б) условия трансверсальности для терминанта

l = λ1x(0) + λ2 ((T -1)x2 (T ) + 2)

147

Lx (0) = lx(0) Û 2λ0x(0) = λ1,

Lx (T ) = -lx(T ) Û 2λ0x(T ) = -2λ2 (T -1)x(T ) ;

в) условие стационарности функции Лагранжа по T

LT = 0 Û λ0x2 (T ) + λ2 (x2 (T ) + 2(T -1)x(T )x(T )) = 0 .

Если λ0 = 0, то из б) следует, что λ1 = 0, λ2 = 0 , т.е. вектор множителей Лагранжа обращается в ноль. Поэтому λ0 ¹ 0. Поло-

жим λ0 = 1. Тогда

x = 0, x = C1, x = C1t + C2 .

Найдем неизвестные величины C1,C2 ,T,λ1,λ2 : x(0) = 0 ÞC2 = 0;

(T -1)x2 (T ) + 2 = 0 Þ (T -1)C12T 2 + 2 = 0; x(0) = λ21 Þ C1 = λ21 ;

(T -1)x(T ) Þ C1 = -λ2 (T -1)C1T ;

x(T ) = -λ2

x

(T ) + λ2 (x

(T ) + 2(T -1)x(T )x(T )) = 0 Þ

2

2

Þ C

2

+ λ

2

(C2T 2

+ 2(T -1)C2T )

= 0.

1

1

1

Решая полученную систему уравнений, находим с учетом

условия T > 0 :

C1 = ±4, C2 = 0, T = 1 2, λ1 = ±8, λ2 = 4 .

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

1

= 2 .

Следовательно, ξ = (x(t),T ), где

x(t) = ±4t, T

Исследуем полученное

решение. Рассмотрим разность

I(ξ ) - I (ξˆ), где ξ = ( x(×),T )

- допустимый элемент, удовлетворяю-

щий ограничениям задачи:

ˆ

T

2

T

2

2

+ 4(T -1)x (T )

I(ξ ) - I (ξ )= ò x dt - 8

= ò x dt

0

0

.

Согласно неравенству Коши-Буняковского

148

T

2

T

æT

ö2

T

2

x

2

(T )

dt × ò

ç

÷

dt ³

T

ò x

1dt ³ ç

ò x(t) ×1dt ÷

Þ ò x

.

0

0

è

0

ø

0

С учетом последнего неравенства
I(ξ ) - I (ξˆ)³	x2 (T )	+ 4(T -1)x2 (T ) =				x2 (T )	(1+ 4T 2	- 4T ) =
	T
			x2 (T )			T
		=		(1- 2T )2	³ 0
			T		.

Таким образом, для любого допустимого элемента ξ = ( x(×),T )

разность I(ξ ) - I (ξˆ) неотрицательна. Следовательно, найденный экстремальный элемент доставляет абсолютный минимум в рассматриваемой задаче.

Покажем, что Smax = +¥ . Для этого рассмотрим допустимую последовательность элементов ξn = ( xn (×),Tn ) , где

x

n

=

2n3

×t,

T =

1

n

-1

n

n . Тогда

I(ξn ) = Tòn

2n3

dt =

2n2

® +¥

0 n -1

n -1

1

при n → ∞.

ˆ

ˆ

}Î abs min з, Smin = 8

= ±4t, T =

Ответ:

{x(t)

2

, Smax = +¥ .●

Пример 4. Решить задачу с подвижными концами:

I( x(

×),T )

=

T

2

+ x)dt ® extr;

x(0) = 0, x(T ) = 4

ò(x

0

.

Решение: Составим функцию Лагранжа задачи

T

2

+ x)dt + λ1x(0) + λ2 ( x(T ) - 4)

L( x(×),T ) = òλ0 (x

0

.

Выпишем необходимые условия локального экстремума: а) уравнение Эйлера для интегранта L = λ0 (x2 + x)

149

- dtd Lx + Lx = 0 Û -2λ0x + λ0 = 0 ; б) условия трансверсальности для терминанта

l = λ1x(0) + λ2 ( x(T ) - 4) Lx (0) = lx(0) Û 2λ0x(0) = λ1,

Lx (T ) = -lx(T ) Û 2λ0x(T ) = -λ2 ;

в) условие стационарности функции Лагранжа по T

LT = 0 Û λ0 (x2 (T ) + x(T ))+ λ2x(T ) = 0 .

Если λ0 = 0, то из б) следует, что λ1 = 0, λ2 = 0 , т.е. вектор множителей Лагранжа обращается в ноль. Поэтому λ0 ¹ 0. Поло-

жим λ0 = 1. Тогда

- 2x +1 = 0, x = 12 , x = 2t + C1, x = t42 + C1t + C2 .

Найдем неизвестные величины C1,C2 ,T,λ1,λ2 : x(0) = 0 ÞC2 = 0;

x(T ) = 4 Þ T42 + C1T + C2 = 4 ; x(0) = λ21 Þ C1 = λ21 ;

x(T ) = - λ22 Þ T2 + C1 = - λ22 ;

2

Þ

x

(T ) + x(T ) + λ2x(T ) = 0

æT

+ C

ö

2

+

T 2

+ C T + C

+ λ

æT

+ C

ö

= 0

Þ ç

2

÷

4

ç

2

÷

.

è

1

ø

1

2

2

è

1

ø

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

C1 = 0, C2 = 0, T = 4, λ1 = 0, λ2 = -4 .

ˆ	ˆ	ˆ	), где	ˆ	t2	ˆ
						, T = 4 .
Следовательно, ξ = (x(t),T				x(t) = 4

Проведем исследование полученного решения. Рассмотрим

150
допустимый элемент ξ = ( x(×), T )	ˆ	ˆ	+ δ .
	, где x(t) = x(t) + h(t), T = T

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

ˆ

x(0) = 0 Þ x(0) + h(0) = 0 Û h(0) = 0;

ˆ

ˆ

ˆ

+ δ ) = 4 Û

x(T ) = 4 Þ x(T + δ )+ h(T

Û (4 + δ )2

+ h(4 + δ ) = 4 Û h(4 + δ ) = -2δ -

δ 2

4

4 .

Рассмотрим разность I (ξ ) - I (ξˆ):

ˆ

4+δ æ

2

ˆ

ö

4

2

ˆ

I(ξ ) - I (ξ ) =

ò

ˆ

+ h)

ˆ

ç(x

+ x + h÷dt

- ò (x

+ x)dt =

4

0

è

4+δ æ

ø

0

2

2

ˆ

ö

ˆ

+ h)+ ò

ç

ˆ

= ò (2xh + h

(x

+ h)

+ x + h÷dt =

0

4

è

ø

4+δ

2

+ h)dt

4+δ

2

ˆ

ˆ

+

ˆ

=

= ò (2xh

+ h

ò (x

+ x)dt

0

4

4+δ

4+δ

+1)hdt +

4+δ 2

4+δ æ t2

t2 ö

ˆ

+ ò

ˆ

ò h dt +

ò

ç

+

÷dt =

= 2xh

(- 2x

0

0

2

1

3

0

4+δ

2

4

è

4

4 ø

= -δ

-

δ

+

ò h

dt

12

.

0

Для	допустимого
ˆ	δ (8 + δ )	ˆ
		t, T = T +
x(t) = x(t) - 4(4 + δ )

лучим:

элемента ξ = ( x(×), T ) , где

δ , сходящегося к ξˆ при δ → 0 , по-

I(ξ ) - I (ξˆ) = -δ 2 -

1

δ 3

4+δ

δ

2

(8

+ δ )

2

δ

3

(16 + δ )

+ ò

2 dt = -

12

16(4 + δ )

48(4 + δ ) .

0

Откуда следует,

что

разность

I(ξ ) - I (ξˆ)

положительна при

δ → −0 и отрицательна при δ → +0.

Таким образом, в окрестности найденного экстремального