Файл: Иоффе, А. Д. Теория экстремальных задач [учеб. пособие].pdf

Скачать файл
Заказать решение

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 15.10.2024

Просмотров: 131

Скачиваний: 0

ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.

 

ЗАДАЧИ

 

 

441

12. Найти закон преломления света на границе двух сред, ис­

ходя из вариационного

принципа

Ферма (Ферма,

Гюйгенс,

Лопи-

таль).

 

D так, чтобы сумма

расстояний

13. Найти в плоскости точку

от D до трех заданных точек А, В и С была наименьшей

(Вивиани,

Торричелли, Ферма, Штейнер).

к отысканию безусловного

мини­

Р е ше н и е . Задача

сводится

мума функции

 

 

 

 

 

}(х) = \х — у,\ +

\х — уг \+ \х — у3\-> inf;

х е= R2.

 

Функция f растет на бесконечности, что обеспечивает существо­ вание решения задачи. Обозначим решение х*. Функция / является выпуклой (но не гладкой). Необходимым и достаточным условием минимума для выпуклой задачи без ограничений является соотно­ шение

Ое <?/(*,)

 

(*)

(предложение 1 § 1.3). Воспользовавшись

теоремой М оро— Рока-

феллара, соотношение (*) перепишем в виде

 

 

О <= дх |х„ — г/i |+ дх |х„ — у21+

дх |х, — у3 \.

(**)

Субдифференциал нормы в евклидовом пространстве в ненулевой точке равен единичному вектору, направленному в эту точку, а в

нулевой

точке

это круг

радиуса единица. Значит, если х* ф

i = 1, 2,

3, то

уравнение

(**) означает, что сумма трех единичных

векторов, направленных из х* в точки у,, равна нулю. Это озна­ чает, что все углы между отрезками [х*. у{[, [х*, г/2] и [х*. г/3] равны 120°. Точка, из которой стороны треугольника видны под углом 120°, называется точкой Торричелли. Если же точка х* сов­

падает

с

одной

из точек у,, то уравнение

(**) приобретает вид

г + ei +

^2 = 0,

где |е,j = 1,

|z|

1. Отсюда сразу

следует,

что

угол при вершине треугольника, с которой совпадает х*. не меньше

120°. Получилось полное решение задачи: если один из углов тре­

угольника не меньше 120°, то решение совпадает с соответствующей

вершиной, в остальных

случаях решение это — точка

Торричелли.

14.

3 а д а ч а

Н ь ю т о н а .

Найти тело

вращения,

испытываю­

щее при движении вдоль оси вращения в жидкости или газе наи­

меньшее

сопротивление

в сравнении

с любым

телом

той же длины

и ширины.

При

физической

гипотезе,

 

принятой

Ньютоном

Р е ше н и е .

 

(каждый элемент поверхности испытывает нормальное сопротивле­

ние среды, пропорциональное нормальной составляющей скорости),

легко

получить

такую

формализацию задачи

(см.

Лаврентьев

и

Люстерник [1]):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Т

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I

^ ,f* — - >

i n fх; — и.

гг

0 ,

х ( 0 )

=

0 ,

х ( 7 ’ ) =

J

1+ и

 

 

 

 

 

 

 

о

 

 

 

 

 

 

 

 

Это — стандартная задача

оптимального

управления. Решим ее,

применив принцип максимума в лагранжевой

форме (теорема Г из

§ 2.3).

Лагранжиан

задачи имеет

вид L =

Ы /(1 +

и2) + р{х — и).

44 2

 

 

ЗАДАЧИ

 

 

Из

уравнения Эйлера —

d L* + Lx = 0

сразу следует, что p(t) —

=

ро = const. Если допустить, что Хо =

0, то из условия минимума

функции L по и следует,

что

и = 0. Этого,

однако, не может быть,

ибо х(Т)~> 0. Положим Я0 =

1. Из условия

минимальности L по и

следует, что до некоторого момента т оптимальное управление рав­ но нулю, а затем оно задается неявным выражением

 

 

 

 

 

2ut

 

 

 

 

 

 

Ро

(1 + и2)2 ’

 

 

получающимся из

уравнения

Lu =

0.

Момент излома т

опреде­

ляется

из равенств

т/(1 +

и2) — т

+ ро«, —2«т/(1 +

и2)2 =

р0, из

которых

следует, что т =

—2р0 и

что

управление в

точке

излома

равно единице. После излома оптимальное решение удовлетворяет интегралу импульса:

Ра_

2 1

Положив dx = udt, х'и= ut'u, можно записать общее решение полу­

ченного интеграла в виде (учтя, что при и = 1 х = 0):

Ро

(,п7 + “!+Т

2

Получившееся в результате применения принципа максимума одно­ параметрическое семейство экстремалей однократно покрывает всю верхнюю полуплоскость. Следовательно, имеется единственная допу­ стимая экстремаль, определяющая нужное тело вращения. Отметим,

что полученное тело оказалось

тупоносым!

15. З а д а ч а о б р а х и

с т о х р о н е (И. Бернулли). Поста­

новка этой задачи была дана во введении, там же приведено не­ сколько ее формализаций.

16. З а д а ч а о г е о д е з и ч е с к и х . Найти кратчайшую линию на поверхности, соединяющую две заданные точки (И. Бернулли).

17.

Найти форму тяжелой однородной нити,

подвешенной в двух

точках

вертикальной

плоскости

(Лейбниц, Гюйгенс, И. Бернулли).

Р е ш е н и е . Для

простоты

будем считать,

что нить подвешена

в точках, расположенных на одной высоте. Центр тяжести нити должен, в силу известного вариационного принципа в статике, за­ нимать наинизшее положение. В итоге получается такая изопериметрическая задача:

J У V* + у'2 dx-> inf; J V1+ у'2 dx = /,

-Хо

У (*о) = У(— *о) = h.

ЗАДАЧИ

44 3

Применим теорему 2 из §

2.3. Составим лагранжиан L— X0y V 1 + (/,2+

+ А,1 V l

У'* • Интегрант

L не зависит от х

и,

значит, урав­

нение Эйлера допускает

интеграл энергии Х0у +

=

С Y 1 + У'2

Если Хо =

0, то у' = 0,

что

возможно

лишь

при

I =

2х0. Если же

I > 2*o, то

можно считать,

что ко = 1,

=

X.

Интегрируя, полу­

чаем общее решение уравнения Эйлера:

у + Х = С ch (-£- + £>).

В

силу симметрии

граничных

условий

D =

0.

Длина

кривой

у =

=

Cch(x/C),

—Хо

у ^ х0,

равна 2Csh(x0/C).

Уравнение

(отно­

сительно

С)

С sh(xojC) =

//2

имеет

единственное

решение

Со.

В

 

итоге

 

получается

единственная

допустимая

экстремаль

у =

Со ch (х/С0) + X,

дающая

решение задачи о

нити.

Эта кривая

называется

цепной линией.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

18. Вписать в круг треугольник с максимальной суммой квадра­

тов

сторон.

 

Задача записывается так:

 

 

 

 

 

 

 

Р е ше н и е .

 

 

 

 

 

 

 

I xi — х212 +

|xi — е |2 +

|хг — е |2 -> sup;

|х: |2 =

|х212 =

1,

 

 

 

 

 

е = (1,0),

 

xi e R ! ,

( =

1,2.

 

 

 

Существование решения очевидно в силу компактности ограничения. Применим правило множителей Лагранжа (теорема 1 из § 1.1). Функция Лагранжа имеет вид

3S — Хо ( I Xi — х2|2 +

I Xi — е I2 + I х2 — е |2) + Xi |х, |2 +

Х2|х2|2.

Ясно, что Хо ф 0, ибо

иначе

в силу уравнений - 2 ^ = 0

один из

векторов Xi или х2 оказался

бы нулевым. Положим Хо =

1 и напи­

шем уравнения Эйлера — Лагранжа:

 

0 = &Xl О

(2 + *ч) *1 = * 2 + е,

 

0 = 2 Хг фф (2 + Х2) х2 = *i + е.

 

Полученная система легко решается. Оказывается, что у нее шесть

решений: l ) x i = x 2 = e,

2)

xt = e ,

х2=

— е.

3)

х1— — е , х 2 — е,

4) xi — х2—

5) Х\

/

1

. / 3

\

/

1

V3 \

I

g >

2

Jr х2 I

2 »

2 /

6 ) * i = ( — - j ,

 

х 2 = ( —

+

Х р ) -

Максимум в поста­

вленной задаче доставляют последние два решения Итак, искомым треугольником является правильный треугольник.

19.Вписать в круг треугольник с наибольшей взвешенной сум­ мой квадратов сторон.

20.Вписать в я-мерную сферу симплекс максимального объема.

444

ЗАДАЧИ

21. Найти наибольший объем «-мерного параллелепипеда, у ко торого все ребра имеют единичную длину.

Р е ш е н и е . Задача записывается так:

D (x]t

хп) = det (* 0

-> sup; |xt |2= 1,

xl =

{x\, . . . . xf).

i, 1 = 1 ........ n.

Существование решения имеет место в силу компактности ограниче­ ния. Применим правило множителей Лагранжа (теорема 1 из § 1.1). Функция Лагранжа имеет вид

п

Р-

i=i

Ясно, что Хо # 0, ибо иначе из уравнений 2 ’гг = 0 получилось бы,

что для некоторого to (а именно, для того, при котором множитель Лагранжа отличен от нуля) xit = 0. Положив Хо = 1, получим

уравнения Эйлера — Лагранжа:

-2Ч = =/Ч + Я л = = а

Производная определителя по некоторой строке есть вектор, состав­ ленный из алгебраических дополнений к элементам этой строки:

Dx. = А { = ( а \,

А").

При этом (At\xi) = D. Умножая (*)

скалярно на Xi,

получаем,

что

 

 

h = - (D*; I *0 = ~ D’

/ = I ....... П’

 

откуда и

из

(*) получается, что Xi =

Aj/D.

Но матрица

 

есть матрица,

обратная транспонированной

матрице

. Итак,

если .V =

(•*/) — решение задачи, то выполнено соотношение XX* —I.

Следовательно, X — ортогональная матрица, т. е. искомый паралле­ лепипед является кубом. Отсюда и из соображений однородности сразу следует известное неравенство Адамара:

п

(det(*0)2< n

2 МЛ-

 

* =

1 т = 1

 

 

22. Решить задачу 21, предполагая,

что ребра

параллелепипе­

да — заданные, но не обязательно равные величины.

заданного тре­

23. 3 а д а ч а Шв а р ц а . На

каждой

из сторон

угольника найти по точке так, чтобы образовавшийся треугольник

имел минимальный периметр.

задан­

24. 3 а д а ч а Д и д о н ы . Кривой у(х), —ха ^ х ^ х0,

ной длины соединить две точки на оси абсцисс так, чтобы

отсечь

от верхней полуплоскости наибольшую площадь.

 

Смотрите также файлы