А.В.Шатина МО 2012 версия 20.09.2013

141

Исследуем

полученное

решение.

Рассмотрим

разность

ˆ

где x ,T

-

допустимый элемент, удовлетворя-

I I ,

ющий ограничениям задачи:

I I

T

T

dt 4 T 1 x

T .

x

dt

8

x

ˆ

2

2

2

0

0

Согласно неравенству Коши-Буняковского

T

T

T

2

T

x

2

T

x t 1dt

2

2

x

dt

1dt

x

dt

.

T

0

0

0

0

С учетом последнего неравенства

x

T

x

2

T

4 T

1 x

2

T

2

1 4T

2

4T

ˆ

I I

T

T

x

T

2

2

T

1 2T

0.

Таким

образом,

для

любого

допустимого

элемента

x ,T

ˆ

Следовательно,

разность I I неотрицательна.

найденный экстремальный элемент доставляет абсолютный минимум в рассматриваемой задаче.

Покажем, что Smax . Для этого рассмотрим допустимую последовательность элементов n xn ,Tn , где

xn

2n

3

1

t, Tn

. Тогда

n 1

n

T

3

2

I n

n

2n

dt

2n

при n .

n 1

0

n 1

ˆ

ˆ

1

abs min з,

Smin 8

, Smax .●

Ответ: x t 4t, T

2

Пример 4. Решить задачу с подвижными концами:

T

I x ,T x2 x dt extr; x 0 0, x T 4 .

0

Решение: Составим функцию Лагранжа задачи

142

x ,T	T		x
		0		2
	0

x dt

x 0		x T
1	2

4

.

Выпишем необходимые а) уравнение Эйлера для

условия локального
интегранта	L 0	x

экстремума:
2	x

		d	Lx Lx	0 2 0 x 0 0 ;
		dt
б) условия трансверсальности для терминанта
			l x 0				2	x T 4
				1					,
			Lx 0 lx 0			2 0 x 0 1
			Lx T lx T
						2 0 x T 2 ;
в) условие стационарности функции Лагранжа по T
T	0 0 x				T x T			2 x T	0 .
				2

Если

0

0

, то из б) следует,

множителей Лагранжа обращается

ложим 0	1. Тогда
	2x 1 0,	x	1	, x	t
			2		2

	что	1	0, 2			0	, т.е.
	в ноль. Поэтому						0
			t	2
	C1 ,	x			C1t C2 .
			4

Найдем неизвестные величины C1																		,C2 ,T , 1, 2 :
					x 0 0 C2 0														;
		x T							T		2
					4								C1T C2 4														;
									4
					x 0							C1								;
									1									1
									2									2
							2						T		C1							2
		x T					2							2								2				;
		x
				T x T 2 x T 0
			2
T			2			T 2															T
		C						C T C																	C				0 .
2		1				4					1					2			2		2						1

вектор

0

. По-

143

Решая полученную систему уравнений, находим с учетом

условия T 0

:

C	0, C	2
1
	ˆ

Следовательно,

0, T

ˆ ˆ x t ,T

,

4,	0,		2
1
		t		2
где	ˆ				,
	x t		4

4 .
ˆ
T

4

.

Проведем исследование полученного решения. Рассмотрим

допустимый элемент	x , T , где	ˆ	ˆ	.
		x t x t h t , T T

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

				x 0 0 x 0 h 0 0 h 0 0 ;
														ˆ															4
															ˆ		ˆ									ˆ
					x T 4 x T														h T
			4
						2																																						2
									h 4 4 h 4 2 .
					4																																						4
Рассмотрим разность																								ˆ
															I I :
										4									2															4	2							dt
					ˆ									ˆ										ˆ	h					dt					ˆ					ˆ
	I I													x		h					x														x			x
											0																							0
			4								2								4												2
				2xh h								h dt																					x h						dt
																							x h
					ˆ																				ˆ									ˆ
			0																		4
					4																				4
								2xh					h				h dt											x					x dt
																2															2			ˆ
										ˆ																			ˆ
						0																				4
			4			4																	4										4			t	2			t		2
																										2	dt
	ˆ												ˆ
	2xh						2x							1 hdt h																						4				4			dt
			0			0																		0									4
																			1						4							dt .
																										h
															2							3							2
																	12									0
																																			x , T ,
Для			допустимого																	элемента																									где
ˆ	8													ˆ																							ˆ		при 0 , по-
x t x t 4 4						t, T T ,														сходящегося к

лучим:

144

				1			4		2	2			3	16
	ˆ	2				3				8	dt				.
I I								16 4				48 4
				12
							0			2
Отсюда следует, что разность											ˆ
										I I положительна при
0 и отрицательна при 0.
Таким образом, в окрестности найденного экстремального
элемента	имеются	допустимые						элементы			такие,		что разность
ˆ	может быть как положительной,										так и отрицательной.
I I
	ˆ		ˆ		ˆ
Следовательно, x t ,T locextr з .

			Для
	x		t	4t
		n		n

,

последовательности элементов

Tn n имеем:

n

x	n	,T
		n

,

где

где

n

16

4t

16

I n

2n

при n .

2

dt

0

n

n

n

~

Рассмотрим

последовательность

элементов

~

n xn , Tn ,

~

n

T

n

t,

0 t 1,

~

t

xn

1, 1 t n 1,

5t 4 5n, n 1 t n.

Получим, что I n

при n .

t

2

ˆ

ˆ

Ответ: x t

4

,T 4 locextr з, Smax , Smin . ●

Пример 5. Найти допустимые экстремали в задаче с подвижными концами:

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

T

x T 1

0

.

Решение: Составим функцию Лагранжа задачи

T

x ,T 0 x2 x2 dt 1 T x T 1 .

0

145

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

экстремума:
2	x	2

	d	Lx	Lx 0 2 0 x 2 0 x 0	;
	dt
б) условия трансверсальности для терминанта

	l			T x T 1
	Lx 0		1
		lx 0 2 0 x 0 0 ,
	Lx T lx T 2 0 x T 1 ;
	в) условие стационарности функции Лагранжа по							T
	T 0 0 x		T x			T 1 1 x T 0 .
		2			2
	Если 0 0, то из б) следует, что 1 0						, т.е. вектор множи-
телей Лагранжа обращается в ноль. Поэтому							0 0 . Положим
0	1. Тогда
	x x 0, x C1cht C2 sht, x C1sht C2cht .

Найдем неизвестные величины C1,C2 ,T , 1:

;

x 0 0 C2

0 x C1cht, x C1sht

x T T 1 0 C1chT T 1 0

;

1

C1shT

1

;

x T

2

2

x

T x

T

1 x T 0

2

2

1

2

2

2

2

C1shT 0.

C1 sh T

C1 ch T 1 1

Из равенств (2) и (3) выразим C1, 1

через T :

C1

1 T

,

1 2 T 1 thT .

chT

Подставим полученные выражения в равенство (4):

T 1 2 2 T 1 thT T 1 2 th2T 0 ,

откуда следует, либо T 1, либо

T 1 2thT T 1 th2T 0 sh2T 1 T .

(2)

(3)

(4)

(5)

146

	Получаем				два
			ˆ
	ˆ	1 T			ˆ	,
x t			ˆ	cht, T
			chT

экстремальных элемента:		ˆ	ˆ	1	и
		x t 0, T
ˆ	определяется однозначно из равенства
где T

(5). Заметим, что

ˆ 1 T

ˆ chT

	ˆ	ˆ
	sh2T
	ˆ	2shT
	chT
		ˆ

Ответ: x t

.

ˆ 0, T

1

и

ˆ	ˆ	ˆ	,
x t 2shTcht, T

ˆ	sh2T 1 T .
где T определяется однозначно из равенства

Задачи для самостоятельного решения

Решить задачи с подвижными концами:

	1										x 0 1.
			2		dt extr,
11.1. x
	0
	1									1 extr,		x 0 0 .
				2			dt 2x		2
11.2. x
	0
	T							x dt extr, x T				T .
						2
11.3. x
	0
	T							x dt extr, x 0 0, x T T .
						2
11.4. x
	0
	1							x dt extr, x 1 0 .
11.5.						2
		x
	0
	T										x 0 8,	x T 2T 4 0 .
				2			dt extr,
11.6. x

0

В следующих задачах найти допустимые экстремали:

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

●

0

147

11.8.

T
		2	dt extr,
	1 x
0

x 0 0,

	x T	1
		T	2

.

	T
11.9.		2	dt
	x
	0

T 1 x

11.10.

0

x

extr,

x 0 0, x T

2

dt extr, x 0 1,

	2	.
	1 T

x T T 1 0 .

Занятие 12. Задача Лагранжа

Все задачи, рассмотренные ранее, являются частными случаями или могут быть сведены к задаче, поставленной Лагранжем в сочинении «Аналитическая механика» в 1788 году. Для ее решения Лагранж использовал метод неопределенных множителей, который впоследствии стали называть методом множителей

Лагранжа.

Постановка задачи. Рассмотрим пространство C1 , Rn -

множество вектор-функций

x t x1 t ,

x2

t ,..., xn t , где функ-

ции xk t k 1,..., n

имеют непрерывные производные на конеч-

ном отрезке .

Задачей Лагранжа называется следующая экстремальная

задача:

B

inf;

0, i 1,...,l,

B

0

i

B j 0, j l 1,..., m,

x t t, x t 0.

(1)

, R

, t

Здесь

x ,t

,t , x C

1

n

,t

, t

t , − за-

0

0

0

1

1

1

данный конечный отрезок,

t

B

1

f

t, x t , x t dt

t

, x t

,t , x t

i 0,1,..., m .

i

i

i

0

0

1

1

t

0

Условие (1), называемое дифференциальной связью, может быть наложено не на все координаты вектор-функции

				148
x t x1		t , x2 t ,..., xn t , а только на некоторые,			например,	на
первые k координат:
			xi t i t, x t 0 i 1,..., k .
Обозначим x t x t , x t , где
		x t x1 t ,..., xk t ,		x t xk1 t ,..., xn t .
Если			дифференциальная	связь отсутствует,	то k 0	и
x t x		t
			. Так как вместо x t в функции fi t, x t , x t можно
подставить			t, x t , то в дальнейшем считаем, что
			fi fi t, x, x .

Определение. Элемент

нены все указанные условия

стимым.

и

x ,t0 ,t1 , для которого выпол-

ограничения, называется допу-

▲

Определение.

Говорят,

что

допустимый

элемент

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

x ,t0 ,t1 доставляет слабый локальный минимум в постав-

ленной задаче,

если 0 такое,

что для любого допустимого

элемента

x ,t0 ,t1 ,

удовлетворяющего

условиям

ˆ

ˆ

ˆ

n

, t0

t0 ,

t1 t1

, выполнено неравен-

x x 1

C

,R

ство B0

B0

ˆ

▲

.

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

доставляет слабый локальный

Теорема. Пусть x ,t0

,t1

минимум в задаче,

функции

f

, f

ix

, f

ix

i 0,1,..., m непрерывны

i

ˆ

ˆ

функции

в некоторой окрестности множества t, x t , x t t ,

j , jx

j 1,..., k

непрерывны в некоторой окрестности множе-

ства

ˆ

t , а функции

i

i 0,1,..., m

непрерывно диф-

t, x t

ференцируемы в некоторой окрестности точки

ˆ

ˆ ˆ

ˆ

ˆ ˆ

t0

, x t0 ,t1

, x t1 .

Тогда

найдутся

множители

Лагранжа

, p Rm 1 C1 , Rk

, , p 0

такие,

что для функции Ла-

гранжа задачи

149

t1 f t, x t , x t

t0

p t x	t t, x t dt

l t	0	, x t	0

,t	,
1

x t1

,

где

	m	m	,t1 , x t1 ,
f t, x, x i fi t, x, x , l t0 , x t0		,t1 , x t1 i i t0 , x t0
	i 0	i 0

выполнены условия:

а) стационарности по

x

− уравнение Эйлера для лагранжиа-

на

L f		t, x, x			p t x
	d	ˆ	t		ˆ		t 0
		L		L		x
	dt	x

tt

, x;

:

б) трансверсальности по		x
	m
l	i
	i 0

для терминанта

i t0 , x t0 ,t1, x t1 :

ˆ	t		ˆ			,
L		0	l	x t
x
				0

L	t
ˆ	x 1

ˆ
lx t
1

;

в) стационарности по	t0 , t1	(только для подвижных концов
отрезка интегрирования):

ˆ			ˆ ˆ	ˆ		ˆ		ˆ	ˆ		0,
t		0 f t0		lt		lx t		x t0
	0				0	0				0 ;
ˆ		0	ˆ ˆ	ˆ		ˆ		ˆ	ˆ
t			f t1	lt		lx t	x t1
	1			1		1
г) дополняющей нежесткости:
i Bi 0,			i 1,...,l ;

д) неотрицательности: i 0, i 0,1,..., Рассмотрим примеры решения задач.

l

.

■

Пример 1. Решить задачу классического вариационного исчисления:

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

0

0

150

Решение: Рассматриваемая задача не является изопериметрической, так как отсутствует граничное условие для функции x в точке t 1. Будем решать поставленную задачу как задачу Лагранжа. Составим функцию Лагранжа задачи:

	1		0
				x
					2
	0

1tx dt

2

x 0

1

.

Выпишем необходимые условия локального экстремума: а) уравнение Эйлера для лагранжиана L 0 x2 1tx

	d	Lx	Lx 0 2 0 x 1t 0	;
	dt

б) условия трансверсальности для терминанта l

		Lx	0 lx 0	2 0 x 0	2	,
		Lx	1 lx 1 2 0 x 1 0 .
Если	0	0, то из а) и б) следует, что				0,	2
					1

	2	x 0

0

, т.е.

1

век-

тор множителей Положим 0 1

Лагранжа обращается в ноль. Поэтому

2	. Тогда из уравнения Эйлера получим

0

0

.

	1t,		t 2	C1 , x	t 3	C1t C2 .
			1		1
x		x	2		6

Найдем неизвестные константы C1,C2 , 1, 2 из ограничений задачи и условий трансверсальности:

x 0 1 C2 1;

					x 1 0				C1	0	;
								1
							2
					x 0 2 C1 2 ;
1	txdt 0	1		t	4	C							C	C
				1	C t 2			t dt 0				1	1		2
				6	1		2					30	3	2
0		0

Решая полученную систему уравнений, находим:

0

.