ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
40
3. Найти ДУП, для которых выполняются необходимые условия
экстремума. При этом удобно рассмотреть отдельно случаи
λ
0
= 0 и
λ
0
≠
0
. В последнем случае можно положить
λ
0
= 1 (или другой положитель-
ной константе).
4. Отыскать решение среди найденных ДУП или показать, что ре-
шений нет.
Пример 1.
∫
−
=±≤→
π
π
π
0)(,1,sin
2
xxextrdttx
&
.
Приводим задачу к виду
(P):
∫
−
=±−∈=→=
π
π
π
0)(],1,1[,,sin)( xuuxextrdttxxB
&
.
Функция Лагранжа
∫
−
+−+−+=Λ
π
π
πλπλλ
)()())(sin(
210
xxdtuxptx
&
.
Необходимые условия:
а) уравнение Эйлера для лагранжиана
)(sin
0
uxptxL −
+
=
&
λ
,
0sin
0
=+− tp
λ
&
;
б) условие трансверсальности
⇔=−= ,1,0,)1(
)(
jlL
j
tx
j
x
&
21
)(,)(
λ
π
λ
π
−
=
=−⇔ pp
;
в)
{}
uppu
u
ˆ
min
1
−=−
≤
;
г)
0
0
≥
λ
для min, 0
0
≤
λ
для max.
00
)
0
≠=⇒= constp
а
λ
(если 0, то 0
21
=
=
λ
λ
)
−=±=⇒ xu
в
&
1
ˆ
)
− противоречие с
00)(
0
≠
⇒
=
±
λ
π
x .
Пусть
Ctptp
а
+−=⇒=⇒= cossin1
)
0
&
λ
.
Из в) следует, что
,sgn
ˆ
pu
=
т.е. 1
±
=
x
&
.
Из центральной симметричности условий задачи следует, что реше-
ние
x
ˆ
должно быть центрально симметричным. Это возможно только при
x
ˆ
симметричной относительно оси y
1
. Следовательно, tp cos
−
=
и по-
этому
3. Найти ДУП, для которых выполняются необходимые условия
экстремума. При этом удобно рассмотреть отдельно случаи λ0 = 0 и λ0 ≠
0. В последнем случае можно положить λ0 = 1 (или другой положитель-
ной константе).
4. Отыскать решение среди найденных ДУП или показать, что ре-
шений нет.
π
∫π x sin t dt → extr , x& ≤ 1, x ( ±π ) = 0 .
2
Пример 1.
−
Приводим задачу к виду (P):
π
B( x ) = ∫π x sin t dt → extr,
−
x& = u, u ∈ [ −1, 1], x ( ±π ) = 0 .
Функция Лагранжа
π
Λ=
−π
∫ (λ x sin t + p( x& − u )) dt + λ x( −π ) + λ x(π ) .
0 1 2
Необходимые условия:
а) уравнение Эйлера для лагранжиана L = λ0 x sin t + p( x& − u ) ,
− p& + λ0 sin t = 0 ;
б) условие трансверсальности Lx& = ( −1) l x ( t j ) , j = 0, 1, ⇔
j
⇔ p ( −π ) = λ1 , p (π ) = − λ2 ;
в) min{− pu} = − puˆ ;
u ≤1
г) λ0 ≥ 0 для min, λ0 ≤ 0 для max.
а) в)
λ0 = 0 ⇒ p = const ≠ 0 (если 0, то λ1 = λ2 = 0 ) ⇒ uˆ = ±1 = x& −
− противоречие с x ( ±π ) = 0 ⇒ λ0 ≠ 0 .
а)
Пусть λ0 = 1 ⇒ p& = sin t ⇒ p = − cos t + C .
Из в) следует, что uˆ = sgn p, т.е. x& = ±1 .
Из центральной симметричности условий задачи следует, что реше-
ние x̂ должно быть центрально симметричным. Это возможно только при
x̂ симметричной относительно оси y1. Следовательно, p = − cos t и по-
этому
40
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 38
- 39
- 40
- 41
- 42
- …
- следующая ›
- последняя »
