Metody_optimizatsii_Shatina_A_V

161

ний задачи

h(1)

= 0.

Рассмотрим

разность

= 0, h(1) = 0, h(e)

ˆ

ˆ

I(x + h) - I(

x) :

e

e

e

)dt

ˆ

ˆ

ˆ

2

dt

ˆ2

dt

ˆ

2

=

I(x + h) - I(x)

= òt(x

+ h)

- òtx

= ò

(2txh

+ th

e

e

1

1

e

1

e

2

dt

=

2

2

dt

³ 0

= ò

4hdt + òth

4h(e) -

4h(1) + ò h

dt = ò h

.

1

1

1

e

1

2

æ 2

ö

ˆ

Smin = òtç t

÷

dt = 4

Следовательно, x = 2t ln t Îabsmin з ,

1

è

ø

.

Покажем, что

Smax = +∞ . Действительно, для допустимой

ˆ

-1)

2

(t

- e)

2

последовательности элементов xn = x(t) + n(t

получим:

I( xn ) = 4 + n2 òe [2(t - e)2 + 8(t -1)(t - e) + 2(t -1)2 ]2 dt ® +¥

при n → ∞.

1

ˆ

S

= +∞

max

.

●

Ответ: x = 2t ln t Îabsmin з , Smin = 4

Пример 3. Решить задачу классического вариационного ис-

числения:

T

T

2

dt ® extr;

x(0) = 3

I( x(×),T ) = ò x

ò xdt = 1,

.

0

0

Решение: Составим функцию Лагранжа задачи

T

2

+ λ1x)dt + λ2 ( x(0) - 3)

L = ò (λ0x

.

0

Выпишем необходимые условия локального экстремума:

2

+ λ1x

а) уравнение Эйлера для лагранжиана L = λ0 x

-

d

L

+ L = 0 Û -2λ x + λ = 0

dt

x

0

1

;

x

б)

условия

трансверсальности

для

терминанта

l = λ2 ( x(0) − 3)

Lx (0) = lx(0) 2λ0x(0) = λ2 ,

162

L

(T ) = -l

x(T )

Û 2λ x(T ) = 0

;

x

0

в) условие стационарности функции Лагранжа по T

LT =

2

(T ) + λ1x(T ) = 0.

0 Û λ0x

д) неотрицательности λ0 ³ 0.

Если λ0 = 0, то из а) и б) следует, что λ1 = 0, λ2 = 0 , т.е. век-

тор множителей Лагранжа обращается в ноль. Поэтому

λ0 ¹ 0.

Положим λ0 = 1 2. Тогда из уравнения Эйлера получим:

λ t2

= λ1t + C1, x =

1

+ C1t + C2 .

2

x = λ1,

x

Найдем неизвестные величины C1,C2 ,T,λ1 из условий б), в)

и ограничений задачи:

x(0) = 3 ÞC2 = 3,

= 0,

(3)

x(T ) = 0 Þ λ1T + C1

T

λ T 3

C T 2

ò xdt = 1Þ

1

+

1

+ C2T = 1

6

2

0

æ

λ T 2

,

ö

1

2

(T ) + λ1x(T ) = 0

1

+ C1)

2

2 x

Þ

2 (λ1T

+ λ1ç

2

+ C1T + C2

÷

= 0

è

ø

. (4)

λ	æ	λ T 2	+ C T + C		ö	= 0
	ç	1			÷
1	ç	2	1	2	÷
Из (3) и (4) следует равенство	è				ø .

							λ T 2
	Откуда получаем либо λ1 = 0						1	+ C1T + C2	= 0
					, либо 2
								1	.
	Случай 1:	λ = 0, C = 0, C					= 3, T =
		1		1		2		3 .
			ˆ	ˆ		1
					= 3 .
	В этом случае x(t) = 3, T

163

Случай 2:

ìC2 = 3

ï

3

2

C = -6

ïλ1T

+ C1T

+

3T =

1

ì

ï 1

ï

6

2

ïC2 = 3

í

Û í

ïλ1T

2

ïλ1

= 6

ï

2

+ C1T + 3 = 0

ïT = 1

ï

î

îλ1T + C1 = 0

.

Откуда

ˆ

получаем

экстремальный

элемент

ˆ

2

- 6t + 3, T

= 1.

x(t) = 3t

Проведем исследование полученных решений. Рассмотрим

ˆ

ˆ

допустимый элемент ( x(×),T ) ,

где

+ h(×), T = T + δ . Из

x(×) = x(×)

ограничений задачи получим условия на h(×)

и δ :

x(0) = 3 Þ h(0) = 0,

ˆ

+δ ˆ

ˆ

ˆ

+δˆ

T

T +δ

T

ò

(x + h)dt = 1

Þ

ò hdt = - ò xdt

0

0

ˆ

(5)

T .

1

+δ

3

ò hdt = -3δ

Для первой экстремали условие (5) примет вид:

0

.

Для второй экстремали получим:

1+δ

1+δ

1+δ = -δ 3

ò hdt = - ò 3(t -1)2 dt = - (t -1)3

0

1

ˆ

1

.

ˆ

Оценим разность I( x(×),T ) - I (x(×),T ) для экстремали, полу-

ченной в случае 1:

1

1

ˆ

3+δ

2

1

2

3+δ

ˆ

2

ˆ

+ h)

dt -

ˆ

I( x(×),T ) - I (x(×),T ) = ò (x

ò x dt = ò h dt ³ 0

0

1

0

0

.

ˆ

ˆ

}Îabs min з, Smin = 0

º 3, T =

Следовательно,

{x(t)

3

.

164

Оценим разность I ( x(×)

ˆ

ˆ

,T ) - I (x(×),T ) для второй экстремали:

ˆ

ˆ

1+δ

2

1

2

I( x(×),T )

ˆ

+ h) dt -

ˆ

=

- I (x(×),T ) = ò (x

ò x dt

1

)dt +

1+δ

0

1+δ

0

)dt +

1+δ

2

2

2

2

=

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ò(2xh + h

ò (x + h) dt = ò

(2xh

+ h

ò x dt =

0

1

0

1

1+δ

2

)dt

1+δ

2

=

ˆ

+

ò

ˆ

=

ò (2xh + h

x dt

0

1

=12(t -1)h

1+δ

1+δ

1+δ 2

dt +

1+δ

(6(t -1))

2

dt

=

0

- ò12hdt + ò h

ò

0

0

1

=12δ × h(1+ δ ) + 24δ

3

1+δ 2

dt

+ ò h

.

πδ 3

0

h(t) = -

sin

πt

Для

функции

2(1+ δ )

2(1+ δ ) , удовлетворяющей

1+δ

ò hdt = -δ 3

условиям h(0) = 0 , 0

, имеем:

ˆ

(- π )δ 3

3

π

4δ 6

+ 24δ

+

=

I( x(×),T ) - I (x(×),T ) = 12δ ×

ˆ

2(1+ δ )

32(1+ δ )3

= δ 3

æ

12πδ

π

4

δ

3

ö

ç24

-

+

÷

2(1+ δ )

32(1+ δ )

ç

3 ÷

è

ø.

Откуда

следует,

что

ˆ

ˆ

при

δ → +0,

I( x(×),T ) > I (x(×),T )

ˆ

ˆ

I( x(×),T ) < I (x(×),T ) при δ → −0. Т.е.

ˆ

2

ˆ

= 3t

- 6t + 3, T =1}Ïlocextr з .

{ x(t)

Покажем, что

Smax = +¥ . Для этого рассмотрим допусти-

мую

последовательность

элементов

ξn = ( xn (×),Tn ) , где

x

n

= 3 + (2n2

- 6n)×t, T = 1

n

n . Тогда

					165
			1	(2n2	- 6n)2dt = n(2n - 6)2
I( x	n	(×), T ) = n				® +¥
		n	ò			при n → ∞.
			0

ˆ

ˆ

=

1

}Î abs min з, Smin = 0

Ответ:

{x(t) º 3, T

3

,

2

ˆ

ˆ

S

max

= +∞

.

●

{ x(t) = 3t

- 6t + 3, T =1}Ïlocextr з ,

Пример 4. Решить задачу классического вариационного ис-

числения:

T 2

T ® extr;

dt =

ò x

2, x(0) = 0, x(0) = 1,

x(T ) = -2

0

.

Решение: Приведем задачу к форме задачи Лагранжа. Поло-

жим x1 = x, x2 = x . Тогда исходная задача примет вид:

T

2

=

(T ) = -2

T ® extr; ò x2 dt

2, x1(0) = 0, x2 (0) = 1,

x2

0

,

x1 − x2 = 0

Составим функцию Лагранжа задачи

L = λ0T + Tò[λ1x22 + p(t)( x1 - x2 )]dt + λ2x1(0) + λ3( x2 (0) -1) + 0

+ λ4 ( x2 (T ) + 2) .

Выпишем необходимые условия локального экстремума:

а)

система

уравнений

Эйлера

для

интегранта

L= λ1x22 + p(t)( x1 - x2 ) :

-dtd Lx1 + Lx1 = 0 Û - dtd p = 0,

- dtd Lx2 + Lx2 = 0 Û - dtd (2λ1x2 ) - p = 0 ; б) условия трансверсальности для терминанта

l = λ0T + λ2x1(0) + λ3( x2 (0) −1) + λ4 ( x2 (T ) + 2) :

Lx1 (0) = lx1(0) p(0) = λ2 ,

166

Lx1 (T ) = -lx1(T ) Û p(T ) = 0 ,

Lx2 (0) = lx2 (0) Û 2λ1x2 (0) = λ3,

Lx2 (T ) = -lx2 (T ) Û 2λ1x2 (T ) = -λ4 ; в) условие стационарности функции Лагранжа по T :

LT = 0 Û λ0 + λ1x22 (T ) + λ4x2 (T ) = 0;

д) условие неотрицательности: λ0 ³ 0.

Так как p = const и p(T ) = 0, то p(t) º 0, λ2 = 0.

Если λ1 = 0, то из б) следует, что λ3 = 0, λ4 = 0, а из в) получаем λ0 = 0, т.е. вектор множителей Лагранжа обращается в ноль.

Поэтому λ1 ¹ 0. Положим λ1 = 1 2. Тогда

C t2

, x1 =

1

+ C2t + C3 .

2

x2

= 0, x2 = C1, x2 = C1t + C2

Найдем неизвестные величины C1,C2 ,C3,T ,λ0 , λ3,λ4 :

x1(0) = 0 ÞC3 = 0,

x2 (0) = 1Þ C2 = 1,

x2 (T ) = -2 Þ C1T + C2 = -2 ,

(0) = λ3 Þ C1 = λ3,

x2

(T ) = -λ4 Þ C1 = -λ4 ,

x2

1

2

(T )

(T ) = 0 Þ λ0 +

2

+ λ4C1 = 0,

λ0 + λ1x2

+ λ4x2

2 C1

T

2

T

2

= 2

2

ò x2 dt = 2

Þ òC1 dt

Û C1 T = 2

0

0

.

Решая полученную систему уравнений, находим:

C = - 2 , C

2

= 1, C

3

= 0, T =

9 , λ

3

= -

2 , λ

4

=

2 , λ

0

= 2

1

3

2

3

3

9 .

t2

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

9

где

+ t, T = 2 .

Следовательно, ξ = (x(t),T ),

x(t) = - 3

Проведем исследование полученного решения. Рассмотрим

167
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,

x(0) = 1 Þ h(0) = 0

,

ˆ

ˆ

ˆ

+ δ )+ h(T + δ ) = -2 Û

x(T ) = -2 Þ x(T

ˆ

2

æ

9

+ δ

ö

-1

ˆ

+ δ )

=

2

δ

Û h(T + δ ) = -2 +

3

ç

2

÷

Û h(T

3

è

9

ø

,

ˆ

ˆ

+δ

æ

2

ö

T +δ

2

dt

= 2 Û

2

-

2

ò

(x

+ h)

ò

ç

3

+ h ÷

dt = 2 Û

0

0

è

ø

Û

4 æ

9

+ δ

ö

4 é

æ

9

ö

ù

ç

2

÷ -

3

êhç

2

+ δ ÷

- h(0)ú +

9

9 è

ø

9

ë

è

ø

û

+δ

+δ

2

2

4

δ =

2

2

dt Þ δ ³

ˆ

ˆ

+

dt =

2 Û

ò

ò h

9

h

0 Þ T

+ δ ³ T

0

ì

t2

0

9ü

.

ˆ

ˆ

+ t, T =

ýÎabsmin з

í x(t) = -

3

2

Следовательно, î

t2

þ

.

ì

ˆ

ˆ

9ü

+ t, T =

ýÎabsmin з

í x(t) = -

Ответ: î

3

2þ

.

●

Задачи для самостоятельного решения.

Решить задачи классического вариационного исчисления:

1		2	dt ® extr;	1	1
ò x				ò xdt = 0, òtxdt = 0, x(1) = 1
12.1.0				0	0	.

1	- 48x)dt ® extr; x(0) = 5,	x(1) = -2,
2
ò (x			x(0) = 0
12.2. 0			.

168

T

2

dt

T

1

x(T )

=1

ò x

® extr; ò xdt =

3 ,

.

12.3. 0

0

π

2

dt

π

= 0

ò x

® extr; ò x sin tdt =1, x(0)

12.4. 0

T

0

.

T ® extr;

2

dt = 1,

x(0) = 0,

ò x

x(0) = 0,

x(T ) =1

12.5.

0

.

T ® extr;

T

2

dt = 4,

x(0) = 0,

ò x

x(0) =1,

x(T ) = -1

12.6.

0

.

e

2

2

dt

® extr; x(1)

= -1, x(e)

òt

x

= e, x(1) = e

12.7. 1

.

В следующих задачах найти допустимые экстремали:

1

1

π

x(1) = 0

2

dt

ò xdt ® extr; ò 1+ x

= 2 ,

12.8. 0

)dt

0

.

1

2

2

® extr,

x(0)

= 0, x(1)

= sh1,

ò (x

+ x

x(1) = ch1

12.9. 0

π 2

)dt ® extr; x(0) = 0,

.

2

2

æπ

ö

= 1

ò

(x

- x

x(0) =

0, xç

÷

12.10.

0

è 2

ø

.

Занятие 13. Задача оптимального управления.

Класс задач оптимального управления возник в 50-е годы 20-го века. Эффективным средством исследования задач оптимального управления является принцип максимума Понтрягина, представляющий собой необходимое условие оптимальности в таких задачах. Принцип максимума, сформулированный Понтрягиным Л. С. в 1953 году и впоследствии доказанный его учениками и единомышленниками, представляет собой одно из крупных достижений современной математики. Принцип максимума Понтрягина существенно обобщает и развивает основные ре-

169

зультаты классического вариационного исчисления, созданного Эйлером, Лагранжем и другими выдающимися математиками прошлого. В качестве обязательного условия в решении задачи оптимального управления входит решение вспомогательной задачи на максимум.

Для единообразия с пройденным материалом будем рассматривать задачу на минимум, принцип максимума Понтрягина сформулируем в лагранжевой форме, а соответствующее условие назовем условием оптимальности. В отличие от задачи Лагранжа в задаче оптимального управления вводится управление и появляется дополнительное ограничение типа включения на управление: u U , определяющее возможность человека влиять на происходящий процесс.

Постановка задачи. Задачей оптимального управления называется следующая задача:

B0 (ξ ) ® inf;

		Bi (ξ ) £ 0, i = 1,...,l,
		B j (ξ ) = 0, j = l +1,..., m,
							(1)
	x(t) -ϕ(t, x(t),u(t)) = 0 "t ÎT ,
		u(t) ÎU	"t Î D ,				(2)
где	ξ = ( x(×),u(×),t	,t ) , x(×) Î KC1	(D, Rn ), u(×) Î KC(D, Rr )	,	t	,t Î D		,
	0	1			0	1

t0 < t1 , – заданный конечный отрезок, U – произвольное мно-

жество, принадлежащее пространству Rr , T		– множество то-
чек непрерывности управления u(×) ,
Bi (ξ ) = tò1 fi (t, x(t),u(t))dt +ψ i (t0, x(t0 ),t1, x(t1))		(i = 0,1,...,m)
t0			,
KC(D,Rn )	– пространство кусочно-непрерывных на отрезке
вектор-функций,
KC1(D,Rn )	– пространство непрерывных на	отрезке	век-
тор-функций, имеющих кусочно-непрерывную производную.
Условие (1) называется дифференциальной связью,			оно

170

должно выполняться во всех точках непрерывности вектор-функ-

ции u(×) = (u1(×),...,ur (×)) .

В отличие от задачи Лагранжа имеется ограничение (2) типа

включения, а фазовая переменная x(×) = ( x1(×),..., xn (×)) может иметь меньшую гладкость.

Определение. Элемент ξ = ( x(×),u(×),t0 ,t1 ) , для которого выполнены все указанные условия и ограничения, называется допу-

стимым или допустимым управляемым процессом.

▲

ˆ

Определение.

Допустимый

управляемый

процесс

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

,t1)

называется локально оптимальным (или опти-

ξ = (x(×),u(×),t0

мальным в сильном смысле процессом), если δ > 0

такое, что

для

любого

допустимого

управляемого

процесса

ξ = ( x(×),u(×),t0 ,t1 ) ,

удовлетворяющего

условиям

ˆ

ˆ

ˆ

x(×) - x(×)

C( ,Rn )

< δ ,

t0 - t0

< δ ,

t1

- t1

< δ , выполнено неравен-

ство

B (ξ ) ³ B (ξˆ)

.

▲

0

0

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

Теорема. Пусть

(×),t0

,t1) оптимальный в сильном

ξ = (x(×),u

смысле

процесс

в задаче

оптимального управления, функции

fi

(i = 0,1,..., m) , ϕ и их частные производные по x

непрерывны в

ˆ

некоторой окрестности множества {(t, x(t))

t Î D}´U , а функции

ψ i

(i = 0,1,..., m)

непрерывно

дифференцируемы

в

некоторой

ˆ

ˆ ˆ

ˆ

ˆ ˆ

окрестности точки (t0

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

Тогда найдутся множители Лагранжа

(λ, p) Î Rm+1 ´ KC1(D,Rn ), (λ, p) ¹ 0

такие, что для функции Лагранжа задачи

t1

{ f (t, x(t),u(t)) + p(t)( x(t) -ϕ(t, x(t),u(t)))}dt + l(t0 , x(t0 ),t1, x(t1)),

L = ò

t0

где