книги / Математические основы теории систем. Методы оптимизации

x

Z (x) = ∫ K(x, y, y′)dx,

x0

Z′ = K (x, y, y′),

K (x, y, y′) − Z′(x) = 0.

Получили ограничение вида ϕ = 0, следовательно, можно воспользоваться решением предыдущей задачи (4.21):

L = f(x, y, y′) + λ(х)(K(x, y, y′) – Z′(х)).

Неизвестные функции y(x) и z(x) находятся из системы уравнений:

		L′	−	d	L′	= 0,
		y		dx	y′
		L′	−	d	L′	= 0,	(4.23)
		z		dx	z′
		φ = 0.
L′z = 0, L′z′ = –λ(х), при этом второе уравнение системы (4.23)
примет вид:
	d	λ(x) = 0 , или λ(x) = const			(для любой изопериметрической
	dx

задачи).

Постановка задачи для нескольких ограничений:

x	x
I = ∫1	f (x, y, y′)dx, Zi = ∫1	Ki (x, y, y′)dx, i = 1,...,m ограничения,	(4.24)
x0	x0
y(x0) = y0, y(x1) = y1 – граничные условия.
Алгоритм решения изопериметрической задачи:
1. Составляется функция Лагранжа
		m
		L = f + ∑λi Ki .	(4.25)

i=1

121

2. Составляется дифференциальное уравнение Эйлера:

	L′ −	d	L′		= 0 ,	(4.26)
		dx		′
	Y		Y

3. Решается дифференциальное уравнение и находится неизвестная функция.

4. Исходя из граничных условий и ограничений, находятся постоянные интегрирования.

Пример

Среди всех кривых длины l, соединяющих точки А и В на плоскости, найти кривую, ограничивающую совместно с отрезком АВ максимальную площадь (рис. 4.2).

Рис. 4.2. Графические иллюстрация изопараметрической задачи

Решение.

I – площадь под кривой.

B B

I = ∫ ydx → max, ∫ 1+ y′2 dx = l, y(a) = 0, y(b) = 0.

AA

1.Составляем функцию Лагранжа:

f = y, K = 1+ y′2 , L = y + λ 1+ y′.

2. Запишем уравнение Эйлера для функции Лагранжа:

L′

−

d

L′

′

= 0,

L′

= 1,

L′

′

=

λy′

, 1−

d

(

λy′

) = 0.

y

dx y

y

y

1+ y′2

dx

1+ y′2

122

3. Решаем дифференциальное уравнение:

d			(			λy′					) = 1,
dx						1+ y′2
d(				λy′				) = dx,
	1+ y′2
d(						λy′				) = ∫dx,
						+ y′			2
∫			1
			λy′					= x − C1.
	1+ y′2

Возведем обе части уравнения в квадрат:

	λ2 y′2	= (x − C )2	,
	1+ y′2
		1

λ2 y′2 = (1+ y′2 ) (x − C1 )2 ,

λ2 y′2 = y′2 (x − C1 )2 + (x − C1 )2 ,

y′2 (λ2 − (x − C1 )2 ) = (x − C1 )2 ,

y′2 =

(x − C1 )2

,

λ2

− (x − C1 )2

y′ =

(x − C1 )

.

λ2

− (x − C1 )2

Воспользуемсятабличныминтегралом: ∫

z

dz = λ2 − z2

+ C,

λ

2

− z

2

y = λ2 − (x − C1 )2 + C2 ,

( y − C2 )2 = λ2 − (x − C1 )2 ,

( y − C2 )2 + (x − C1 )2 = λ2

– уравнение окружности с центром в

точке (С1, С2) и радиусом λ.

Неизвестные постоянные: С1, С2 и λ. Для их нахождения используем три условия:

123

B

у(а) = 0, у(b) = 0, ∫ 1+ y′2 dx = l.

	A
	4.6. Функционалы, зависящие
	от производных высших порядков
Постановка задачи:
x
I = ∫1	f (x, y, y′, y′′,..., y(n) )dx → min,
x0
граничные условия: y(x0) = y00,		y(x1) = y10,
	y′(x0) = y01,	y′(x1) = y11,	(4.27)
	y(n–1)(x0) = y0 n–1,	y(п–1)(x1) = y1 n –1.

Найти: функцию у(х), доставляющую экстремум функционалу. Поиск решения будем вести на примере следующей задачи:

x1

I = ∫ f (x, y, y′, y′′)dx → min,

x0

y(x0) = y00, y(x1) = y10, y′(x0) = y01, y′(x1) = y11.

Предположим, что экстремум функционала достигается при функции у(х). Дадим функции у(х) приращение δу, тогда у′ получит приращение δу′, у′′ – приращение δу′′.

Наложим условие δу = δу′ = 0 в точках х0 и х1. Далее, аналогично функционалам, зависящим от производных первого порядка; найдем главное приращение функционала:

	x			x			x
∂I = ∫1		fy′∂ydx + ∫1			fy′′∂y′dx + ∫1			fy′′′∂y′′dx,
	x0			x0			x0
x1	y′∂		x1		y′ x	∂	исходя из
∫			= − ∫						(4.5).
	f ′ y′dx			( f ′ )′		ydx,
x0			x0

x1

Проинтегрируем ∫ fy′′′∂y′′dx по частям:

x0

124

x1

f ′ ∂y′′dx = {u =

= ( f ′ )′ dx,

∫

f

′ , du

y′′

y′′

y′′

x

x0

dx

y′′dx

d2 y

d2 y

dx

d

(

y′

y′

dx

( y′)′

dx

= ∂

=

2

−

2

=

=

=

2 −

1 )

∂

x

dx

dx

dx

2

1

= d(∂y′), x = ∂y′}

= f

′

∂y′

x1 −

∫

( f

′ )′

∂y′dx,

y′′

x0

y′′ x

x 1

f′y′′ δy′

x

= 0, так как δy′ = 0 в точках х0 и х1.

0

Последнее выражение также проинтегрируем по частям.

x1

∂y′dx = {u = ( f ′ )′ , du = ( f

dx, dx = ∂y′dx =

−

∫

f ′

′ )′′

y′′

y′′

x

y′′ xx

x0

x 1

= d(∂y), x = ∂y}

= −( f ′ )′ ∂y

∫

( f

′ )′′ ∂ydx,

x 0

+

y

′′ x

y

′′ xx

f′y′′ δy x

x 1

так как δy = 0

в точках х0 и х1.

= 0,

0

x1

x1

Таким образом

,

∫

f ′ y′′dx

= ∫

( f

′

)′′

ydx,

y′′∂

y′′

xx

∂

∂I = ∫1

fy′∂ydx

− ∫1

x0

x0

( fy′′′ )″xx ∂ydx =

( fy′′ )′x ∂ydx

+ ∫1

x

x

x

x0

x0

x0

x1

− ( f ′ )′ + ( f

=

∫

( f

′

′ )′′

)∂ydx.

y

y′

x

y′′ xx

x0

На функции, доставляющей экстремум функционалу:

	x1	( f ′ − ( f ′ )′		+ ( f ′ )′′
∂I =	∫				)∂ydx = 0,
		y	y′ x	y′′ xx
	x0

Поскольку δу ≠ 0, то f′y – (f′y′)′x +(f′y′′)′′xx = 0.

Последнее выражение есть формула Эйлера–Пуассона для старшей степени производной 2.

125

Если функционал зависит от производной n-й степени, то формула Эйлера-Пуассона примет следующий вид:

f ′ − ( f ′ )′		+ ( f ′ )′′ − ... + (−1)n	dn	( f ′( n ) ) = 0.	(4.28)
y	y′ x	y′′	dxn	y

Условия Лежандра для определения типа экстремума: если на интервале интегрирования

fy′′( n ) y( n ) ≤ 0 , то у(х) доставляет максимум функционалу, fy′′( n ) y( n ) ≥ 0 , то у(х) доставляет минимум функционалу,

fy′′( n ) y( n ) = 0 , то требуются дополнительные исследования на экстремум.

Пример 1

1

I = ∫(240xy − y′′2 )dx, y(0) = y′(0) = 0, y(1) = 1,

y′(1) = 6.

0

Решение.

Запишем уравнение Эйлера–Пуассона:

f

′ − ( f ′ )′

+ ( f

′ )′′

= 0,

y

y′ x

y′′

xx

f

= 240xy − y′′2 ,

f

′ = 240x,

f ′ = 0,

f ′

= −2y′′,

( f ′ )′′

= −2yIY ,

y

y′

y′′

y′′ xx

240x − 2yIY = 0,

yIY

= 120x,

y′′′ = 60x2 + k1,

y′′ = 20x3 + k1x + k2 ,

y′ = 5x4 +

k x2

+ k2 x + k3 ,

1

2

k x3

k x2

y = x5 +

1

+

1

+ k3 + k4 .

2

6

Подставив в эти выражения граничные условия, получим искомую функцию y = x5 + x3 – x2.

126

	:	f ′′	( 2y′′)′		2		0,		-
Определение типа экстремума		y′′y′′ =	−	y′′ = −		<		следова

тельно, найденная функция доставляет функционалу максимум.

Пример 2

Найти форму прогиба балки из условия минимума потенциальной энергии:

e

1

I ( y) = ∫

(

µ y′′ + ρy)dx, y(e) = 0, y(−e) = 0.

− e

2

Решение:

1. f ′ −

d

f ′

+

d2

( f

′ )

= 0,

y

dx y′

dx2

y′′

y(x) = −

1

(

ρ )x4 + C1x3

+ C2 x2 + C3 x + C4 ,

24

µ

y(x) = y(− x), отсюда C1 = C3 = 0,

y′ = −

1

(ρ )x3 + 2C2 x.

6

µ

2. Из начальных условий находятся константы:

	1						ρ		3	+ 2C2e,
0 = −					(		µ	)e
	6
			1				(ρ )e4 + C1e3 + C2e2 + C3e + C4 ,
0 = −
	24 µ
C2	=	1		(			ρ )e2			,
	24					µ
C4	=	1		(			ρ )e4			−	1	(	ρ )e4	= −	1	(	ρ )e4 .
	24					µ				12			µ	24			µ

3. Подставляются значения констант в функцию и получим

y(x) = 1 (ρ )(− x4 + 2e2 x2 − e4 ). 24 µ

127

Задание для самостоятельного решения

Дано:

–функционал, зависящий от функции, ее производной и аргумента функции;

–граничные условия;

–ограничения в виде определенного интеграла (в некоторых вариантах не задаются).

Требуется: решить задачу вариационного исчисления, то есть найти функцию, удовлетворяющую ограничениям и граничным условиям.

Методические указания

1.Для нахождения решения задачи вариационного исчисления использовать формулу Эйлера–Лагранжа.

2.Если в условие задачи в качестве ограничения входит определенный интеграл (изопериметрическая задача), то сначала составляется функция Лагранжа, которая затем подставляется в уравнение Эйлера–Лагранжа.

3.В изопериметрической задаче для нахождения постоянных интегрирования следует использовать граничные условия и ограничения в виде определенного интеграла.

4.Обозначения в задании:

x(t) – функция, которую требуется найти; t – аргумент;

1		dt →
∫ x
	&2
0
1.	1					1		x(0) = 1;	x(1) = 0 .
	∫ x		2	dt → экстр. ∫ xdt = 0;
		&
	0					0
2.	e					1		x(0) = 1;	x(1) = 6 .
	∫tx				dt → экстр. ∫ xdt = 3;
		&2
	0					0
	1					e
3.	∫ x			dt →				)dt → .
			2			экстр. ∫ (3x − tx	2
		&				&
	0					1

128

4.	1									1							x(0) = −4;							x(1) = 4 .
	∫ x			dt → экстр. ∫txdt = 0;
		&	2
	0									0
5.	1									1				1									x(0) = x(1) = 0 .
	∫ x			dt → экстр. ∫ xdt = 1;										∫txdt = 0;
		&	2
	0									0				0
	1									1			3						1
		&	2	dt →					экстр. ∫ xdt = −										∫txdt = −2;							x(0) = 2; x(1) = −14 .
6.														;
	∫ x
	0									0			2						0
	π									π							π
7.		&	2	dt →					экстр. ∫ xcostdt =										;		x(0) = 1;					x(π) = −1 .
	∫ x																2
	0									0
8.	π									π											x(0) = 0;					x(π) = π .
	∫ x			dt → экстр. ∫ xsin tdt = 0;
		&	2
	0									0
	π									π			=				3π				x(0) = 0;					x(π) = π .
											&2
9.												dt							;
	∫ xsin tdt → экстр. ∫ x																2
	0									0
		2		2 &2						2				7
10.		∫t					dt	→ экстр. ∫txdt =										;			x(1) = 1;				x(2) = 2 .
				x
														3
		1								1
11.		2		x						2									x(1) = 4;						x(2) = 1 .
		∫t					dt → экстр. ∫ xdt = 2;
				3 &2
		1								1
12.		1								1	dt = 1; x(0) = x(1) = 0 .
		∫ x			dt → экстр. ∫ x
			&2							2
		0								0
13.		T0	(x				− x			)dt → экстр. x(0) = 0;												x(T0 ) = a .
		∫
				&3				&	2
		0
		3/2						2x)dt → экстр. x(0) = 0;														3
					&3		+																			= 1.
14.																						x
		∫ (x
		0																				2
15.		T0	(x				+ x			)dt → экстр. x(0) = 0;												x(T0 ) = a .
		∫
				&3				&	2
		0
16.		e				dt → экстр. x(1) = 1;											x(e) = 1 .
		∫tx
				&2
		0

129

17.	1				dt → экстр. x(0) = 0;			x(1) = 1.
	∫(1+ t)x
				&2
	0
18.	1			+ 2x)dt → экстр. x(1) = 1; x(0) = 0 .
	∫(tx
			&2
	0
	e			&		2	)dt → экстр. x(1) = 1;	x(e) = 2 .
19.
	∫(3x−tx
	1
20.	e		x	dt → экстр. x(1) = 3; x(e) = 1.
	∫t
		2	&2
	1

130