Вариационное исчисление и методы оптимизации. Руководство по решению задач

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ ВОЛГОГРАДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ Кафедра теории вероятностей и оптимального управления

В.Г. Шарапов

РУКОВОДСТВО ПО РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ПО КУРСУ

«ВАРИАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ И МЕТОДЫ ОПТИМИЗАЦИИ» Методическое пособие

Волгоград 2004

Рецензент: канд. физ.-мат. наук, доц., и.о. зав. каф. МАиТФ А.А. Клячин Печатается по решению учебно-методической комиссии математического факультета университета (протокол № 3 от 04.06 2004 г.)

Печатается с готового оригинал-макета в авторской редакции

Шарапов В.Г. Руководство по решению задач по курсу «Вариационное исчисление и методы оптимизации»: Методическое пособие. — Волгоград: Издательство Волгоградского государственного университета, 2004. — 52 с. .

© В.Г. Шарапов, 2004 © Издательство Волгоградского 2

государственного университета, 2004

Введение Методическое пособие предназначено для обучения студентов решению задач по курсу "Вариационное исчисление и методы оптимизации" (ВИМО). Решение задач по ВИМО не простое дело, требующее не только знаний предмета, но и определённой интуиции и смекалки. Чтобы выработать в себе эти качества необходимо наработать опыт решения таких задач, т.е., попросту, решать их. Решение этих задач обычно требует больших затрат времени, но с каждой решённой задачей приходит удовлетворение и уверенность в себе. Задачи усложняются постепенно, самые сложные − это задачи оптимального управления, они помещены в конце методического пособия. Рекомендуется сначала изучить правила решения, а затем пытаться решать самостоятельно, при необходимости заглядывая в пособие. Каждая задача (P) по ВИМО начинается с формализации типа: f(x) → extr (P), и определения области D(P) допустимых решений x ∈D(P) задачи (P). После этого обычно используются необходимые условия экстремума, по ним определяются экстремали xˆ , среди которых только и могут быть решения задачи. Затем по определению экстремумов (обычно даны определения локального минимума, остальные определяются по аналогии) устанавливаются, какими экстремумами являются xˆ или не являются вовсе. Достаточные условия привлекаются только в простейших случаях. В большинстве же случаев их привлечение очень сложно. Часто используется следствие из теоремы Вейерштрасса о достижении экстремума на компактном множестве: n Если функция f непрерывна на R и lim f ( x ) = ∞ ( lim f ( x ) = −∞ ), |x|→∞

|x|→∞

то f достигает абсолютный минимум (максимум) на любом замкнутом n подмножестве R . Автор выражает благодарность А.Клячину за ценные замечания. При подготовке пособия использовалась литература: 1. 2. 3.

Алексеев В.М., Галеев Э.М., Тихомиров В.М., Сборник задач по оптимизации, Учебное пособие, М., Наука, 1979 Галеев Э.М., Тихомиров В.М., Краткий курс теории экстремальных задач, Издательство МГУ, 1989 Галеев Э.М., Тихомиров В.М., Оптимизация: теория, примеры, 3

задачи, М., Эдиториал УРСС, 2000

4

1. Конечномерные гладкие задачи без ограничений n

Постановка задачи. Пусть f: R → R − функция n действительных переменных, обладающая некоторой гладкостью (дифференцируемостью). f ∈ D (xˆ ) означает, что функция f k раз дифференцируема в k

точке xˆ . Гладкой конечномерной задачей называется задача f ( x ) → extr . Точка xˆ ∈ R называется точкой локального минимума (максимума) функции f, если | x − xˆ | < ε ⇒ f ( x ) ≥ f ( xˆ ) ( f ( x ) ≤ f ( xˆ )) . Здесь |⋅| − обозначение нормы в конечномерном пространстве. При этом пишем xˆ ∈ loc min f ( xˆ ∈ loc max f ) . Необходимые условия экстремума первого порядка. Если xˆ = ( x1 , K , x n ) ∈ loc extr f и f ∈ D(xˆ ) , то n

f ′( xˆ ) = 0 ⇔

∂f ( xˆ ) ∂f ( xˆ ) =K= = 0. ∂x1 ∂x n

Необходимые условия экстремума второго порядка.

xˆ ∈ loc min(max) f , то f ′( xˆ ) = 0 , f ′′( xˆ )h, h ≤ 0) ∀h ∈ R n .

Если f ∈ D ( xˆ ) , 2

f ′′( xˆ )h, h ≥ 0

(

Достаточные условия экстремума второго порядка.

(

f ′( xˆ ) = 0 . f ′′( xˆ )h, h > 0

f ′′( xˆ )h, h < 0 ) ∀h ∈ R n , h ≠ 0.

Последовательными главными минорами матрицы A = ( a ij ) i , j =1 n

называются определители

A1,...,k

⎛ a11 K a1k ⎞ ⎜ ⎟ = det ⎜ K K K ⎟ . ⎜a ⎟ ⎝ k 1 K a kk ⎠

Главными минорами Ai1Kin матрицы A называются определители

Ai1Kik

⎛ ai1i1 K ai1ik ⎞ ⎜ ⎟ = det ⎜ K K K ⎟, i1 < i2 < … < ik . ⎜a ⎟ ⎝ ik i1 K aik ik ⎠ 5

Второй производной функции нескольких переменных является симметричная матрица вторых частных производных n

⎛ ∂ 2 f ( xˆ ) ⎞ ⎟ A = f ′′( xˆ ) = ⎜ = ( aij ) in, j =1 . ⎜ ∂x ∂x ⎟ ⎝ i j ⎠ i , j =1 Матрица A называется неотрицательно определенной (A ≥ 0), если Ah, h ≥ 0 ∀h ∈ R n ⇔

n

∑a h h

i , j =1

ij i

j

≥ 0 ∀h = ( h1 , K , hn ) ∈ R n

. Матрица A называется положительно определенной (A > 0), если

Ah, h > 0 ∀h ∈ R n , h ≠ 0 . Аналогично определяются отрицательно определенная матрица и неположительно определенная матрица, для которых соответственно A < 0, A ≤ 0.

Критерий Сильвестра. Теорема. Пусть A − симметричная матрица. Тогда 1. A > 0 ⇔ A1Kk > 0, k = 1, K , n. 2. A < 0 ⇔ ( −1) ⋅ A1Kk > 0, k = 1, K , n k

3.

A ≥ 0 ⇔ Ai1Kik ≥ 0, 1 ≤ i1 ≤ K ≤ ik ≤ n, k = 1, K , n

4. A ≤ 0 ⇔ ( −1) Ai1Kik ≥ 0,

1 ≤ i1 ≤ K ≤ ik ≤ n, k = 1, K , n.

k

Правило решения. 1. Выписать необходимые условия экстремума первого порядка

f ′( x ) = 0 ⇔

∂f ( x ) ∂f ( x ) =K= =0 ∂x1 ∂xn

Решения этой системы называются стационарными точками и обозначаются xˆ . 2. Проверить выполнение условий экстремума второго порядка. Для этого найти матрицу вторых производных n

⎛ ∂ 2 f ( xˆ ) ⎞ ⎟ A = f ′′( xˆ ) = ⎜ = ( aij ) in, j =1 . ⎜ ∂x ∂x ⎟ ⎝ i j ⎠ i , j =1 6

Найти Ai…k. Если все Ai…k > 0, то

xˆ ∈ loc min f ; если все

k

(−1) Ai…k > 0, то xˆ ∈ loc max f . дет ли

Если предыдущие условия не выполняются, то надо проверить, буAi1Kik ≥ 0 ; 1 ≤ i1 ≤ K ≤ ik ≤ n, k = 1, K , n (тогда A ≥ 0 ) и

(−1)k Ai1Kik ≥ 0 , 1 ≤ i1 ≤ K ≤ ik ≤ n, k = 1, K , n (тогда A ≤ 0 ). Если не выполняются оба условия A ≤ 0 и A ≥ 0 , то экстремума нет. Если выполняется одно из условий A ≤ 0 или A ≥ 0 , то проверка на экстремум производится по определению экстремума.

Пример 1.

f ( x1 , x2 ) = x1 x2 +

50 20 + → extr . x1 x2

Необходимые условия экстремума первого порядка:

50 ⎧ ⎪⎪ f x1 = x2 − x 2 = 0 ⎧ x12 x 2 = 50 50 20 5 1 = ⇔⎨ 2 ⇒ ⇒ x1 = x 2 . ⎨ 20 x1 x2 2 ⎩ x1 x 2 = 20 ⎪ f x2 = x1 − 2 = 0 x2 ⎩⎪ 5 ⎧ ⎪ x1 = x 2 ⇒ x1 =5, x2 = 2. ⎨ 2 ⎪⎩ x1 x 22 = 20 Стационарная точка xˆ = (5, 2) . Вторые частные производные f x1x1 =

f x 2 x2 =

100 , f x1x2 = f x2 x1 = 1, x13

40 . x 23 ⎛ 4 / 5 1⎞ ⎟⎟ . ⎝ 1 5⎠

Матрица вторых частных производных в точке xˆ A = ⎜⎜ Последовательные главные миноры:

4 1 A1 = 4 > 0, A1 2 = 5 = 3 > 0 ⇒ xˆ ∈ loc min f . 5 1 5 Минимальное и максимальное значения функции f(x1, x2): 7

Smin = −∞, Smax = +∞. ( Для последовательностей {(− 1 n , − 1 n )} и {(1 4 , 1 n )} соответственно).

Пример 2.

f ( x1 , x2 , x3 ) = x12 + x 22 + 2 x32 + x1 x 2 + 2 x1 x3 + 3x 2 x3 − x1 → extr Необходимые условия экстремума первого порядка:

⎧ f x1 = 2 x1 + x 2 + 2 x3 − 1 = 0 ⎪ ⎨ f x2 = 2 x 2 + x1 + 3x3 = 0 . ⎪ f = 4 x + 2 x + 3x = 0 3 1 2 ⎩ x3 Решив эту систему, находим стационарную точку

xˆ = (1 2 , − 1, 1 2) . Вторые частные производные f x1x1 = 2, f x1 x2 = f x2 x1 = 1,

f x1x3 = f x3 x1 = 2, f x2 x2 = 2, f x2 x3 = f x3 x2 = 3, f x3 x3 = 4. Матрица вторых частных производных в точке xˆ ⎛2 1 2⎞ ⎟ ⎜ A = ⎜ 1 2 3⎟ . ⎜2 3 4⎟ ⎠ ⎝ Последовательные главные миноры: A1 = 2, A12 = 3, A123 = −2. Так как условия A ≥ 0 и A ≤ 0 не выполняются, то xˆ ∉ loc extr f . Минимальное и максимальное значения функции f(x1, x2, x3): Smin = −∞, Smax = +∞. (Соответствующие последовательности легко построить).

2. Конечномерные гладкие задачи с ограничениями типа равенств n Постановка задачи. Пусть fi: R → R, i = 0, m − функции, обладающие определенной гладкостью. Гладкой конечномерной задачей с ограничениями типа равенств называется задача:

f 0 ( x ) → extr , f i ( x ) = 0 , i = 1, m . 8

(P)

Необходимые условия экстремума первого порядка. Пусть xˆ ∈ loc extr P , функции f i , i = 0, m , непрерывно дифференцируемы в некоторой окрестности точки xˆ . Тогда ∃λ = ( λ0 , λ1 , K , λm ) ∈ R Лагранжа Λ ( x ) =

m +1

, λ ≠ 0 , такие что для функции

m

∑ λ f ( x ) выполняется условие стационарности: i =0

Λ x ( xˆ ) = 0 ⇔

i

i

∂Λ ( xˆ ) = 0, j = 1, n . ∂x j

Точки, удовлетворяющие условию стационарности, называются стационарными. Необходимые условия экстремума второго порядка.

xˆ ∈ loc min P , f i ∈ D 2 ( xˆ ), i = 0, m , размерность оболочки { f1′( xˆ ), K , f m′ ( xˆ )} равна m. Тогда Пусть

∃λ = (1, λ1 , K , λm ) ∈ R m +1 ( λ0 = 1) , такие что для функции Лагранжа m

Λ ( x ) = f 0 ( x ) + ∑ λi f i ( x ) выполняется условие стационарности i =1

Λ x ( xˆ ) = 0 и условие неотрицательной определённости матрицы вторых производных: Λ ′′( xˆ )h, h ≥ 0 ∀h : f i ′( xˆ ), h = 0, i = 1, m . Достаточные условия экстремума второго порядка.

Пусть f i ∈ D ( xˆ ), i = 0, m, dim lim{ f 1′( xˆ ), K , f m′ ( xˆ )} = m, 2

∃λ = (1, λ1 , K , λm ) ∈ R m +1 такие, что для функции Лагранжа m

Λ ( x ) = f 0 ( x ) + ∑ λi f i ( x ) задачи (P) выполняется условие стационарk =1

ности: Λ ′ ( xˆ ) = 0 ⇔ f 1′( xˆ ) +

m

∑ λ f ′( xˆ ) = 0 и условие положительной i =1

i

i

определённости матрицы вторых производных: Λ ′′( xˆ )h, h > 0 ∀h ≠ 0 такого, что

f i′( xˆ ), h = 0, i = 1, m . Тогда xˆ ∈ loc min P .

9

Условие максимума аналогично, если m

Λ ( x ) = − f 0 ( x ) + ∑ λi f i ( x ) . k =1

Правило решения. Для решения задачи (P) нужно: 1. Составить функцию Лагранжа Λ ( x ) =

m

∑ λ f ( x) . i

i

i =0

2. Написать необходимое условие экстремума первого порядка − условие стационарности: m

Λ ′x ( xˆ ) = 0 ⇔ ∑ λi f i′( xˆ ) = 0

(1)

i =0

3. Решение системы (1) даёт стационарные точки. При этом сначала рассматривается случай λ0 = 0, а затем λ0 = 1 или любое другое положительное число. Обычно этого достаточно, чтобы установить, являются ли стационарные точки точками локального или абсолютного максимума или минимума по их определению. Можно воспользоваться достаточными условиями экстремума второго порядка. При этом для максимума удобно брать λ0 = −1 или любое другое отрицательное число.

Пример 1. f ( x, y , z ) = xyz → extr ; x 2 + y 2 + z 2 = 1 , x + y + z = 0. Функция Лагранжа

Λ ( x ) = λ0 xyz + λ1 ( x 2 + y 2 + z 2 − 1) + λ2 ( x + y + z ) . Условия стационарности:

Λ x = 0 ⇔ λ0 yz + 2λ1 x + λ2 = 0 , Λ y = 0 ⇔ λ0 xz + 2λ1 y + λ2 = 0 ,

Λ z = 0 ⇔ λ0 xy + 2λ1 z + λ2 = 0 . Пусть λ0 = 0. Тогда 2λ1 x + λ2 = 0 , 2λ1 y + λ2 = 0 ,

2λ1 z + λ2 = 0 .

Если эти три равенства сложить и принять во внимание, что

x + y + z = 0 , получаем λ2 = 0, а значит, и λ1 = 0. Отсюда λ0 ≠ 0. Принимаем λ0 = 1. Получаем: yz + 2λ1x + λ2 = 0 xz +2λ1y + λ2 = 0 xy +2λ1z + λ2 = 0 10

Вычитая из первого равенства второе, получаем ( y − x ) z + 2λ1 ( x − y ) = 0 или ( y − x )( z − 2λ1 ) = 0 .

Аналогично имеем два других уравнения ( x − z )( y − 2λ1 ) = 0 и

( y − z )( x − 2λ1 ) = 0 . Из этих уравнений и ограничительных условий видим, что две переменные равны некоторому числу p, а третья равна −2p (из x + y + z = 0 ). Тогда из x 2 + y 2 + z 2 = 1 имеем

p2 + p2 + 4 p2 = 1 ⇒ p = ±1

6.

2 ⎞ ⎛ 1 2 1 ⎞ ⎛ 1 1 ,− , , ,− ⎟, ⎜ ⎟, 6 6⎠ 6⎠ ⎝ 6 ⎝ 6 6 1 2 ⎞ ⎛ 1 2 1 ⎞ ⎛ 2 1 1 ⎞ ⎛ 1 , , ,− , , ,− ⎜− ⎟ , ⎜− ⎟ , ⎜− ⎟, 6 6⎠ ⎝ 6⎠ 6 6 6⎠ ⎝ 6 6 6 ⎝ 1 1 ⎞ ⎛ 2 ,− ,− ⎜ ⎟. 6 6⎠ ⎝ 6 Для первых трёх xyz = − 1 3 6 , для следующих трёх Итак, xˆ = ⎜

xyz = 1 3 6 . Так как f ( x, y , z ) = xyz непрерывна и определена на окружности, то по следствию из теоремы Вейерштрасса первые три значения дают

abs min f , а вторые − abs max f . S min = − 1 3 6 ,

S max = 1 3 6 . Пример 2. f ( x1 , x2 ) = e x1x2 → extr , Функция Лагранжа Λ ( x ) =

λ0 e

x1 x2

x1 + x2 = 1 . + λ1 ( x1 + x 2 − 1) = 0 .

Условия стационарности: Λ x1 = 0 ⇔

λ0 x2 e x x + λ1 = 0 , 1 2

Λ x2 = 0 ⇔ λ0 x1e x1x2 + λ1 = 0 , Пусть

λ0 = 1 . Тогда

λ0 = 0 ⇒ λ1 = 0 ⇒ λ0 ≠ 0 . x2 e + λ1 = 0 , x1e x x + λ1 = 0 . x1 x2

1 2

Отсюда x1 = x 2 , а из x1 + x 2 = 1 , x1 = x 2 = 1 2 .

Стационарная точка xˆ = (1 2 , 1 2 ) ,

f ( xˆ ) = e1 4 . Так как при

x1 → ∞ в силу x1 + x 2 = 1 x1 и x2 должны быть разных знаков и 11

x2 тоже стремится к ∞ , поэтому e x1x2 → ∞ . В силу следствия из теоремы Вейерштрасса xˆ ∈ abs max , S max = e

14

, S min = 0 .

3. Конечномерные гладкие задачи с ограничениями типа равенств и неравенств. Постановка задачи. Пусть f i : R n → R, i = 0, m , − функции, обладающие определенной гладкостью. Гладкой конечномерной задачей с ограничениями типа равенств и неравенств называется задача:

f 0 ( x ) → extr , f i ( x ) ≤ 0, i = 1, m ′, (P)

f i ( x ) = 0, i = 1, m ′ + 1, n

Правило решения. Для решения задачи (P) нужно: 1. Составить функцию Лагранжа Λ ( x ) =

m

∑ λ f ( x) . i =0

i

i

2. Написать необходимые условия экстремума первого порядка: а) условие стационарности: Λ ′ ( x ) = 0 ⇔ б) условие дополняющей нежёсткости: в) условие неотрицательности:

∂Λ ( xˆ ) = 0, j = 1, n ; ∂x j

λi f i ( xˆ ) = 0, i = 1, m ′ ;

λi ≥ 0, i = 1, m ′ .

3. Найти критические точки xˆ , удовлетворяющие условиям а) − в). При этом рассматриваются случаи λ0 = 0, λ0 = 1 , (или любое положительное число),

λ0 = −1

(или любое отрицательное число).

В случае а) xˆ может быть точкой как минимума так и максимума, в случае б) xˆ может быть точкой минимума, в случае в) xˆ может быть точкой максимума. При нахождении критических точек в условиях дополняющей нежёсткости λi f i ( xˆ ) = 0, надо рассматривать случаи λi = 0 и λi ≠ 0 . 4. Исследовать на локальный и абсолютный экстремум критические точки непосредственной проверкой и, если нет абсолютных экстремумов, найти S min и S max и указать последовательность допустимых точек, на которых абсолютные экстремумы достигаются.

12

Пример 1. f ( x1 , x2 , x3 ) = x1 x 2 x3 → extr , x12 + x 22 + x32 ≤ 1 . Функция Лагранжа Λ ( x ) =

λ0 x1 x2 x3 + λ1 ( x12 + x22 + x32 − 1) .

Необходимые условия экстремума:

⎧ λ0 x 2 x3 + 2λ1 x1 = 0 ⎪ а) условия стационарности: ⎨λ0 x 2 x3 + 2λ1 x 2 = 0 ; ⎪ λ x x + 2λ x = 0 1 3 ⎩ 0 1 2 б) условие дополняющей нежёсткости: в) условие неотрицательности:

λ1 ( x12 + x22 + x32 − 1) = 0 ;

λ1 ≥ 0 .

а)

λ0 = 0 ⇒ λ1 > 0 ⇒ x1 = x2 = x3 = 0 . б)

Если

λ1 > 0 ⇒ x12 + x 22 + x32 = 1 . Противоречие.

Пусть

λ0 = 1 .

⎧ x 2 x3 + 2λ1 x1 = 0 ⎪ Тогда ⎨ x1 x3 + 2λ1 x 2 = 0 ⇒ ⎪ x x + 2λ x = 0 1 3 ⎩ 1 2

x1 x 2 x3 + 2λ1 x12 = 0 x1 x 2 x3 + 2λ1 x 22 = 0 . x1 x 2 x3 + 2λ1 x32 = 0

(1)

⎧ x 2 x3 = 0 ⎪ Пусть λ1 = 0 . Тогда ⎨ x1 x3 = 0 . ⎪x x = 0 ⎩ 1 2 Это выполняется только при двух переменных, равных 0. Т.е. в этом

xˆ = (t ,0,0), (0, t ,0), (0,0, t ) , где t ≤ 1 . xˆ ∉ loc extr f , так как, например, для (0, t, 0) имеем f ( x + h1 ) > 0 при t > 0 , h = (ε ,0, ε ) и f ( x + h2 ) < 0 при h2 = (ε ,0,−ε ), ε > 0 .

случае

Пусть

λ1 > 0 . Тогда из (1) x12 = x22 = x32 . Отсюда и из

x12 + x22 + x32 = 1 следует xi2 = 1 3 , i = 1, 2, 3 , т.е. xi = ± 1 1 1 Возможные значения x1 x 2 x3 есть и − . 3 3 3 3 13

3.

Из следствия теоремы Вейерштрасса

⎛ 1 xˆ = ⎜ , ⎝ 3 ⎛ 1 ,− ⎜− 3 ⎝

1 ⎞ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ,− , ,− , ,− ⎟⎟ , ⎟, ⎜ ⎟ , ⎜⎜ − 3 3⎠ ⎝ 3 3 3⎠ ⎝ 3 3 3⎠ 1 1 ⎞ , ⎟ ∈ abs max f ; 3 3⎠

1 1 ⎞ ⎛ 1 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 1 ⎞ ⎛ 1 xˆ = ⎜ − ,− ,− , , ,− , ⎟ , ⎜− ⎟, ⎜ ⎟, 3 3⎠ 3 3 3 3⎠ ⎝ 3 3 3⎠ ⎝ ⎝ 1 ⎞ ⎛ 1 1 , ,− ⎜ ⎟ ∈ abs min f . 3⎠ ⎝ 3 3 1 1 S max = . , S min = − 3 3 3 3 Пример 2. f ( x ) =

n

∑ xi4 → extr ; i =1

n

∑x i =1

2 1

≤ 1.

Функция Лагранжа

Λ ( x ) = λ0 ( x14 + K + x n4 ) + λ1 ( x12 + K + xn2 − 1) . Необходимые условия экстремума: а) условие стационарности: Λ xi = 0 ⇔ 4λ0 xi + 2λ1 xi = 0 , 3

i = 1, n ; б) условие дополняющей нежёсткости: в) условие неотрицательности:

λ1 ( x12 + K + xn2 − 1) = 0 ;

λi ≥ 0 .

а)

λ0 = 0 ⇒ λ1 xi = 0 ∀xi : x12 + K + xn2 ≤ 1 . Отсюда λ1 = 0, но

λ0 и λ1 не могут быть равны 0 одновременно.

⎧ x13 + λ1 x1 = 0 ⎧ x1 ( x12 + λ1 ) = 0 ⎪ ⎪ K K ⇔⎨ ⇔ xi = 0, Пусть λ0 = 1 .Тогда ⎨ 2 ⎪x3 + λ x = 0 ⎪x (x2 + λ ) = 0 1 n 1 ⎩ n ⎩ n n i = 1, n (так как λ1 ≥ 0) xˆ = (0, K ,0) ∈ abs min f . Smin = 0. 14

⎧ x13 − λ1 x1 = 0 ⎧ x1 ( x12 − λ1 ) = 0 ⎪ ⎪ Пусть λ0 = − 1 .Тогда ⎨ K ⇔⎨ K . 2 3 2 ⎪x − λ x = 0 ⎪x ( x − λ ) = 0 1 1 1 ⎩ n ⎩ n n 2 Если λ1 > 0 и все xi ≠ 0, то все xi = 1 n , xi = ± 1 n , n чему соответствуют 2 точек xˆ ∈ abs max f с координатами

(± 1

n , K ,± 1

)

n , S max = n ⋅ 1 n 2 = 1 n .

Если m координат xi ≠ 0, а n − m , равны 0, то имеется C n ⋅ 2 m

критических точек, у которых m координат, равных ± 1 равны 0. Пусть для определённости x = K = x 2 1

2 m

m

m иn−m

=1 m,а

xm2 +1 = K = x n2 = 0 . Если x1 изменить так, чтобы x1 = 1 m − ε , а xn изменить так, что2

бы x n = ε , то 2

x14 + x n4 + (1 m − ε ) + ε 2 = 1 m 2 − 2ε n + 2ε 2 < 1 m 2 при достаточно малом ε > 0. m m Отсюда видно, что все C n ⋅ 2 критических точек xˆ ∈ loc max f . 2

Пример 3. f ( x ) =

n

∑ xi2 → extr ; i =1

n

∑x

4 1

≤ 1.

i =1

Функция Лагранжа

Λ ( x ) = λ0 ( x12 + K + x n2 ) + λ1 ( x14 + K + xn4 − 1) . Необходимые условия экстремума: а) условие стационарности: Λ xi = 0 ⇔ 2λ0 xi + 4λ1 xi = 0 , 3

i = 1, n ; б) условие дополняющей нежёсткости:

λ1 ( x12 + K + xn2 − 1) = 0 ;

в) условие неотрицательности: λ1 ≥ 0. Если λ0 = 0, то как в предыдущем примере λ1 = 0 и опять получаем λ0 ≠

0.

15

⎧ xi + λ1 x13 = 0 ⎪ Пусть λ0 = 2. Тогда ⎨ K ⇒ xi =0 3 ⎪x + λ x = 0 1 1 ⎩ n xˆ = (0, K ,0) ∈ abs min f .

⎧ x1 (1 − λ1 x12 ) = 0 ⎪ Пусть λ0 = −2. Тогда ⎨ K . 2 ⎪ x (1 − λ x ) = 0 1 n ⎩ n Если λ1 > 0, то x1 + K + xn = 1 . Если все xi ≠ 0, то xi = 1 n , 4

xi = ± 1

4

n , xi2 = 1

4

4

n

По следствию из теоремы Вейерштрасса

(

xˆ = ± 1

4

n , K ,± 1

4

)

n ∈ abs max f . S max = n

n= n.

Если m координат xi ≠ 0, а n − m , равны 0, то имеется C n ⋅ 2 m

критических точек, у которых m координат, равных ± 1 равно 0. Пусть для определенности x = K = x 4 1

x

4 m +1

4 m

4

m

m иn−m

=1 m,а

=K= x = 0. 4 n

Если изменить x1 так, чтобы x1 = 1 m − ε , а xn изменить так, что4

бы x n = ε , то 4

x12 + x n2 = 1 m − ε + ε = 1 m ( 1 − mε + mε ) =

=1

m (1 − mε 2 + mε + o(ε )) > 1

ε > 0,

m при достаточно малом

а при x = − 1 m , xn = 0, x + x n < 1 4 1

2 1

критических точек xˆ ∉ loc min f .

16

2

m . Поэтому C nm ⋅ 2 m

4. Линейное программирование Стандартная задача линейного программирования: при условиях:

z = c1x1 + c2x2 + …+ cnxn → max ⎧ a11 x1 + a12 x2 + K + a1n x n ≤ b1 ⎪ a x + a x +K + a x ≤ b ⎪ 21 1 22 2 2n n 2 ⎨ ... ... ... ... ... ... ⎪ ⎪⎩a m1 x1 + a m 2 x 2 + K + a mn xn ≤ bm x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, …, xn ≥ 0.

(1)

(2)

Двойственная ей задача линейного программирования:

w = b1y1 + b2y2 + …+ bmym → min ⎧ a11 y1 + a 21 y 2 + K + a m1 y m ≤ c1 ⎪a y + a y + K + a y ≤ c ⎪ 12 1 22 2 m2 m 2 , ⎨ K K K ⎪ ⎪⎩a1n y1 + a 2 n y 2 + K + a mn y m ≤ cn y1 ≥ 0, y2 ≥ 0, …, ym ≥ 0.

Каждое неравенство в (1) и (2) определяет полупространство. Множество точек, удовлетворяющих (1) и (2), есть пересечение полупространств и, следовательно, есть выпуклый многогранник. Он называется областью допустимых решений. Множество точек, в которых z = a есть гиперплоскость c1x1 +…+ cnxn= a. Отсюда следует, что экстремальные значения целевая функция z принимает в вершинах этого многогранника. Стандартная и двойственная ей задачи решаются одновременно симплекс-методом, который состоит в следующем: 1) Ограничения в стандартной задаче заменяются равенствами введением дополнительных переменных s1, …, sm в каждом из m неравенств:

⎧ a11 x1 + K + a1n x n + s1 = b1 ⎪ a x +K + a x + s = b ⎪ 21 1 2n n 2 2 ⎨ ⎪ ... ... ... ... ... ... ⎪⎩a m1 x1 + K + a mn x n + sm = bm 17

(3)

2) Составляем симплекс-таблицу

x1 a11 a21 . . .

x2 a12 a22

. . .

… … … . . .

am1 am2 … c1 c2 …

xn a1n a2n . . .

s1 1 0

s2 0 1

. . .

. . .

amn 0 cn 0

0 0

… … …

sm 0 0 . . .

… …

1 0

b1 b2 . . .

bm z

В системе уравнений (3) можно считать si , i = 1, m базисными переменными, а x1, …, xn − свободными. Будем считать сначала, что все bi ≥ 0, i = 1, m . Тогда при свободных переменных, равных нулю, si = bi, z = c1x1 + … + cnxn + 0⋅s1 + … + 0⋅sm = 0. Числа, стоящие в последней строчке таблицы (кроме z), называются индикаторами. Если все они не положительны, c1 ≤ 0, то z = 0 есть максимальное значение, т.е. решение задачи. Если имеются положительные индикаторы, то выбирается какойнибудь столбец с положительным индикатором, скажем, k-й и в этом столбце выбирается центральный элемент, скажем, ajk, такой что ajk ≥ 0 и отношение b j a jk было бы минимальным для всех bi aik с положительными aik. Отмечаем в таблице a jk . 3) Делим всю k-ю строку на ajk, чтобы вместо a jk получить 1 . 4) Из каждой из остальных (кроме j-ой), скажем, i-ой строки, надо вычесть j-ю, умноженную на aik (чтобы все элементы k-го столбца, кроме ajk, стали нулями, в том числе и индикатор). При этом z заменится на z − b j ck . z − b j ck = 0 , откуда z = b j ck > 0 . Если после этого остались положительные индикаторы, то опять выбираем столбец с положительным индикатором, центральный элемент и т.д., как описано выше, превращаем центральный элемент в 1, а остальные элементы столбца в 0. Таким образом действуем до тех пор, пока не будет положительных индикаторов. Как только положительные индикаторы исчезнут, то задача решена. 18

Если в заключительной таблице стоит z − p, то zmax = p, причём значения xi находятся следующим образом: если xi − базисный элемент, т.е. в заключительной таблице в i-м столбце одна единица в каждой строке, а остальные нули, а последним в k-й строке стоит bi′ , то xi = bi′ , а если i-й столбец имеет другой вид, то xi = 0. Решение двойственной задачи wmin = p (= z), а yi равны индикатору в столбце si в заключительной таблице, с обратным знаком (т.е. с "+"). Рассмотрим теперь случай с присутствием отрицательных bi в (1). Этапы решения 1) и 2) те же. 3) Выбираем строку с отрицательным bi (если их несколько, то любую из них). Выбираем в этой строке любой отрицательный элемент (если такого не найдётся, то в силу неотрицательности xi задача не имеет решения). Опять центральный элемент превращаем в единицу, а остальные элементы этого столбца превращаем в нуль. Так действуем, пока отрицательных bi не окажется. После этого мы получаем случай с положительными bi, решение которого описано выше. Пример 1. z = x1 + 2 x 2 → max

2x1 + 3x2 +2x3 ≤ 2 −x1 +4x3 ≤ 2 x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥0. w = 2 y1 + 2 y 2 → min 2y1 − y2 ≥ 1 3y1 ≥ 2 2y1 + 4y2 ≥ 0 y1 ≥ 0, y2 ≥ 0.

Двойственная задача.

Симплекс-таблицы x1 2 -1 1 x1 1 0 0

x2 3 0 2

x3 2 4 0

s1 1 0 0

x2 3/2 3/2 1/2

x3 1 5 -1

s1 1/2 1/2 -1/2

s2 0 1 0 s2 0 1 0

b 2 1 z b 1 3 z-1

→

→

x1 2/3 0 0 19

x1 1 -1 1 x2 1 3/2 1/2

x2 3/2 0 2 x3 2/3 5 -1

x3 1 4 0

s1 1/2 0 0 s1 1/3 1/2 -1/2

s2 0 1 0

s2 0 1 0

b 1 2 z b 2/3 3 z-1

→

→

→

x1 2/3 -1 -1/3

x2 1 0 0

x3 2/3 1 -4/3

s1 1/3 0 -2/3

s2 0 1 0

b 2/3 2 z- 4/3

Ответ: zmax = wmin = 4/3; x1 = 0, x2 = 2/3; y1 = 2/3, y2 = 0.

z = 5 x1 + x 2 → max 4x1 + 3x2 ≤ 12 −2x1 +3x2 ≥ 6 x1 ≥ 0, x2 ≥ 0.

Пример 2.

Стандартный вид задачи: z = 5 x1 + x 2 → max

4x1 + 3x2 ≤ 12 2x1 − 3x3 ≤ −6 x1 ≥ 0, x2 ≥ 0. Двойственная задача:

w = 12 y1 − 6 y 2 4y1 + 2y2 ≥ 5 3y1 − 3y2 ≥ 1 y1 ≥ 0, y2 ≥ 0.

Симплекс-таблицы x1 4 2 5

→

x1 6 -2/3 17/3

x1 1 → 0 0

x2 3 -3 1 x2 0 1 0 x2 0 1 0

s1 1 0 0 s1 1 0 0 s1 1/6 1/9 -17/18

s2 0 1 0 s2 1 -1/3 1/3

b 12 -6 → z b 6 2 → z-2

s2 1/6 -2/9 -11/18

x1 4 -2/3 5 x1 1 -2/3 12/3

x2 3 1 1 x2 0 1 0

s1 1 0 0

s2 0 -1/3 0

b 12 2 → z

s1 1/6 0 0

s2 1/6 -1/3 1/3

b 1 2 → z-2

b 1 8/3 z- 23/3

Ответ: zmax= 23/3 при x1= 1, x2 = 8/3 и wmin= 23/3 при y1= 17/18, y2 = 11/18. 20

5. Производная Фреше Определение. Отображение f: X → Y, X и Y − нормированные

пространства, называется дифференцируемым по Фреше в точке xˆ , пишется f ∈ D(xˆ ) , если существует линейный непрерывный оператор

f ′( xˆ ) : X → Y и отображение r : X → Y, для которых f ( xˆ + h ) = f ( xˆ ) + f ′( xˆ )[h ] + r ( h ) , (1) где r ( h ) Y = o ( h X ) при h X → 0 . Оператор f ′(xˆ ) называется производной Фреше. Равенство (1) кратко можно записать так: f ( xˆ + h ) − f ( xˆ ) = f ′( xˆ )[h ] + o( h ) . При нахождении производной Фреше часто используется теорема о суперпозиции, которая нам потребуется в следующем виде:

Теорема. Пусть X, Y, Z − нормированные пространства, ϕ : X → Y, ψ :Y → Z, ϕ ( xˆ ) = yˆ , f = ψ o ϕ : X → Z − суперпозиция отображений ϕ и ψ. Тогда, если ϕ ∈ D (xˆ ) , ψ ∈ D( yˆ ) , то f ∈ D (xˆ ) и f ′( xˆ ) = ψ ′( yˆ ) o ϕ ′( xˆ ) ⇔ f ′( xˆ )[h ] = ψ ′( yˆ )[ϕ ′( xˆ )[h ]] . Пример 1. f: H → R, f(x) = x, x , H − гильбертово пространство.

f(x + h) − f(x) = x + h, x + h − x, x = 2 x, h + h, h = =2 x, h + o(h). Так как 2 x, h линейно, то f ′( xˆ )[h ] = 2 xˆ , h .

Пример 2. f: H → R, f(x) = x =

x, x .

f ( x ) = (ψ o ϕ )( x ) , где ϕ ( xˆ ) = xˆ , xˆ = yˆ , ψ ( yˆ ) =

ϕ ′( xˆ ) = 2 xˆ , h

yˆ

(Пример 1),

ψ ′( yˆ ) = 1 2 yˆ = 1 2 xˆ ⇒ f ′( xˆ )[h ] = xˆ , h

xˆ , xˆ ≠ 0 .

Пример 3. f: H → H, f(x) = x x

f(x + h) − f(x) = (x + h) x + h − x x = (x + h) ( x + h − x ) + ((x + h) − x) x . 21

Применяя результат примера 2, получаем

f ′( xˆ ) = xˆ

xˆ , h + xˆ ⋅ h . xˆ

Пример 4. f : R 2 → R 2 , f ( x1 , x2 ) = ( x1 x 2 , x12 + x22 ) ,

xˆ = (1, 2) , f ( xˆ + h ) − f ( xˆ ) = ( ( x1 + h1 )( x 2 + h2 ) )( ( x1 + h1 ) 2 + ( x 2 + h2 ) 2 )− − ( x1 x 2 , x12 + x 22 ) = ( ( x1 + h1 )( x 2 + h2 ) − x1 x 2 , ( x1 + h1 ) 2 + ( x 2 + h2 ) 2 − ( x12 + x 22 )) = = ( x1h2 + x 2 h1 + o( h ), 2 x1h1 + 2 x 2 h2 + o( h )) ⇒ ⇒ f ′( xˆ )[1, 2] = ( 2h1 + h2 , 2h1 + 4h2 ) . 2й способ. f ( x1 x 2 ) = ( f1 ( x1 , x 2 ), f 2 ( x1 , x 2 )) ,

⎛ ∂f1 ˆ ( x) ⎜ ∂x1 ⎜ f ′( x1 , x 2 )[h ] = ⎜ ∂f 2 ˆ ⎜ ∂x ( x ) ⎝ 1

∂f1 ⎞ ( xˆ ) ⎟ ∂x 2 ⎟⎛⎜ h1 ⎞⎟ = ∂f 2 ⎟⎜ ⎟ ( xˆ ) ⎟⎝ h2 ⎠ ∂x 2 ⎠ ⎛ 2 1 ⎞⎛ h1 ⎞ ⎛ 2h1 + h2 ⎞ ⎟⎟ . = ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎝ 2 4 ⎠⎝ h2 ⎠ ⎝ 2h1 + 4h2 ⎠

⎛ xˆ 2 ⎜⎜ ⎝ 2 xˆ1

xˆ1 ⎞⎛ h1 ⎞ ⎟⎜ ⎟ = 2 xˆ 2 ⎟⎠⎜⎝ h2 ⎟⎠

1

Пример 5. f : C[0, 1] → R , f ( x (⋅)) =

∫x

3

(t )dt .

0

1

f ( x + h ) − f ( x ) = ∫ ( x (t ) + h (t )) dt − 3

0

1

∫x

3

(t )dt =

0

1

1

0

0

= ∫ 3x 2 (t ) h(t ) dt + o( h(t )) ⇒ f ′( xˆ )[h ] = 3∫ xˆ 2 (t ) h (t ) dt . 1

∫

Пример 6. f : C[0, 1] → R , f ( x (⋅)) = ( x (t )dt ) 3 . 0

f ( x ) = (ψ o ϕ )( x (t )), f ′( xˆ ) = ψ ( yˆ )[ϕ ( xˆ )[h ]] ⇒ 22

1

1

1

0

0

0

⇒ f ′( xˆ (⋅)) = 3( ∫ xˆ (t )dt ) 2 ∫ h(t ) dt , так как ∫ ( x (t ) + h(t ) dt − 1

1

0

0

− ∫ x (t ) dt = ∫ h (t ) dt . Пример 7. f : C[0, 1] → R f ( x (⋅)) = x (0) x (1) .

f ( x + h ) − f ( x ) = ( x (0) + h(0)) ⋅ ( x (1) + h(1)) − x(0) x (1) = = x (1) h(0) + x (0) h(1) + o( h ) . f ′( xˆ )[h ] = xˆ (1) h(0) + xˆ (0) h(1) . 6. Простейшая задача вариационного исчисления Постановка задачи. Простейшей задачей вариационного исчис1 ления называется экстремальная задача в C [t0, t1] (в пространстве действительных непрерывно дифференцируемых функций на отрезке [t0, t1]): t1

J ( x (⋅)) = ∫ L(t , x (t ), x& (t )) dt → extr ; x (t0 ) = x0 , x (t1 ) = x1 t0

(P)

1

Функции, принадлежащие C [t0, t1] и удовлетворяющие условиям на концах, называются допустимыми, x ∈ D (P ) .

Определение. xˆ ∈ D ( P ) доставляет локальный минимум в задаче

(P), xˆ ∈ loc min P , если ∃ε > 0 : ∀ x ∈ D (P ) , таких что x − xˆ 1 < ε выполняется J ( x (⋅)) ≥ J ( xˆ (⋅)) . Здесь ⋅ 1 − норма в C [t0 , t1 ] , то есть 1

x (t ) 1 = = max { x (t ) , x ′(t ) }. Аналогично определяется локальный t∈[ t0 ,t1 ]

максимум.

Необходимые условия экстремума. Пусть xˆ ∈ loc extr P , функции L, Lx , Lx& − непрерывны как функции трёх переменных,

Lˆ x& ∈ C 1 [t0 , t1 ] ( Lˆ x& означает, что функция берётся в точке xˆ (t ) ). Тогда

23

xˆ удовлетворяет уравнению Эйлера −

d ˆ Lx& (t ) + Lˆ x (t ) = 0 , dt

∀t ∈ [t0 , t1 ] . Функции, удовлетворяющие уравнению Эйлера, называются экстремалями. Если L = L(t , x1 , K , x n , x&1 , K , x& n ) − функция 2n + 1 переменных, причём xi (t ) ∈ C [t0 , t1 ], i = 1, n , то необходимые условия экстре1

мума в простейшей векторной задаче состоят из системы уравнений Эйлера:

−

d ˆ Lx& (t ) + Lˆ xi (t ) = 0, i = 1, n . dt i

Правило решения. Пишем уравнение Эйлера (или систему уравнений). Находим общее решение с произвольными константами, которые находим из конечных условий. Проверяем из определения, доставляют ли экстремали решение задачи P или нет. При этом полезно помнить, что функции xˆ + h и xˆ имеют на концах одинаковые значения, что возможно лишь, если функция h на концах имеет значения 0. Подпространство функций, принимающих в концах отрезка [t0, t1] 1

значение 0, обозначается C0 [t0 , t1 ] . Таким образом, в простейшей задаче всегда h ∈ C0 [t0 , t1 ] . 1

1

∫

Пример 1. J ( x ) = ( x − x& 2 ) dt → extr , x(0) = x(1) = 0. 0

d Lx& + Lx = 0 . dt Lx = 1 ⇒ 2 &x& + 1 = 0 ⇒ &x& = − 1 2 ⇒

Уравнение Эйлера −

Lx& = −2 x& , ⇒ x& = − 1 t + C1 ⇒ x = − t 2 4 + C1t + C2 . 2 x(0) = 0 ⇒ C2 = 0, x(1) = 0 ⇒ ⇒ C1 = 1 4 ⇒ xˆ = − t 2 4 + 1 4 t = t 4 (1 − t ) . h ∈ C1[t0, t1]. 1

1

0

0

ΔJ = J ( xˆ + h ) − J ( xˆ ) = ∫ ( xˆ + h ) − ( x&ˆ + h& ) 2 dt − ∫ ( xˆ − x&ˆ ) 2 dt = 24

1

1

1

0

0

1

1

= ∫ h dt − 2 ∫ xˆ&h& dt − ∫ h& 2 dt ≤ ∫ h dt − 2 ∫ xˆ&h& dt . 0

1

0

1

0

1

1

0

0

∫ x&ˆh& dt > ∫ xˆ& dh = x&ˆh | − ∫ h&xˆ& dt = 1 2 ∫ h dt . 1 0

0

0

Последнее равенство следует из того, что h(0) = h(1) = 0 и

&xˆ& = (t 4 (1 − t ))′′ = − 1 2 . Поэтому ΔJ ≤

1

1

0

0

∫ h dt − ∫ h dt = 0 ⇒ xˆ ∈ abs max . 32

Пример 2. J ( x ) =

∫ ( x&

3

+ 2 x )dt → extr , x(0) = 0, x(3/2) = 1.

0

d d (3x& 2 ) + 2 = 0 ⇒ (3x& 2 ) = 2 ⇒ dt dt 2 2 ⇒ 3x& = 2t + C ⇒ x& = 2 3 ⋅ t + C ⇒ x& = ±( 2 3 ⋅ t + C )1 2 ⇒ ⇒ x (t ) = ± ( 2 3 ⋅ t + C ) 3 2 + C1 , x (0) = 0 ⇒ ±C 3 2 + C1 = 0 , x (3 2) = 1 ⇒ ± (1 + C ) 3 2 + C1 = 1 . Из системы двух последних уравнений следует, что C = C1 =0. От32 сюда экстремаль xˆ = ( 2 3 ⋅ t ) (С минусом не удовлетворяет условию xˆ (3 2) = 1 ). Уравнение Эйлера −

32

ΔJ = J ( xˆ + h ) − J ( xˆ ) =

∫ (3xˆ& h& + 3x&ˆh& 2

2

+ h& 3 + 2h ) dt ,

0

h ∈ C [0, 3 2] . 1 0

32

32

32

0

0

3 ∫ x&ˆ 2 h& dt = 3 ∫ x&ˆ 2 dh = 3x& 2 h |30 2 −3 ∫ h ⋅ 2 xˆ& &xˆ& dt = 0

3/ 2

= −6 ∫ 0

32

1 h ⋅ 2 / 3⋅ t ⋅ dt = −2 ∫ h dt . 3 2 / 3⋅ t 0

25

32

32

0

0

2 3 Поэтому ΔJ = ∫ (3 x&ˆh& + h& ) dt =

∫ (3

2 3 ⋅ t h& 2 +h& 3 ) dt ≥ 0

при малых h& . Поэтому xˆ ∈ loc min . Легко построить последовательность функций со сколь угодно большими и малыми значениями J ( x n (⋅)) , откуда следует, что

S min = −∞, S max = ∞ . 7. Задача Больца Постановка задачи. Задачей Больца называется экстремальная за1

дача без ограничений в пространстве C [t0 , t1 ] : t1

B ( x (⋅)) = ∫ L(t , x (t ), x& (t ) dt + l ( x (t0 ), x (t1 )) → extr

(P)

t0

Функционал B называется функционалом Больца, функция l − тер1

минантом. Допустимые функции − все функции из C [t0 , t1 ] .

Определение. xˆ ∈ loc min P(loc max P ) , если

∃ε > 0 : x (⋅) − xˆ (⋅) 1 ≤ ε влечёт B( x(⋅)) ≥ B ( xˆ (⋅)) ( B( x (⋅)) ≤ B( xˆ (⋅)).) . Правило решения. 1. Выписать необходимые условия экстремума:

d ˆ Lx& (t ) + Lˆ x (t ) = 0 ∀t ∈ [t0 , t1 ] ; dt б) условие трансверсальности Lˆ x& (t0 ) = lˆx ( t0 ) , Lˆ x& (t1 ) = −lˆx ( t1 ) .

а) уравнение Эйлера −

2. Найти общее решение уравнения Эйлера, константы которых находятся из условий трансверсальности. Получим допустимые экстремали. 3. Проверить все допустимые экстремали: будут они решениями или нет. 1

∫

Пример 1. B ( x (⋅)) = ( x& 2 + x 2 ) dt − 2 x (1) sh1 → extr . 0

Необходимые условия экстремума: а) уравнение Эйлера

−

d d Lx& + Lx = 0 ⇒ − 2 x& + 2 x = 0 ⇒ &x& − x = 0 ; dt dt 26

общее решение x = C1ch t + C 2 sh t ; б) условия трансверсальности Lx& (0) = l x ( 0 ) , Lx& (1) = −l x (1) ⇒

⇒ x& (0) = 0, 2 x& (1) = 2 sh1 ⇒ x& (0) = 0, x& (1) = sh1. x& = C1 sh t + C2 ch t ⇒ x& (0) = C 2 ⇒ C2 = 0. x& (1) = C1 sh1 = sh1 ⇒ C1 = 1 ⇒ xˆ = sh t − экстремаль. 1

ΔB = B( xˆ + h) − B( xˆ ) = ∫ (2 x&ˆh& + h& 2 + 2 xˆh + h 2 ) dt − 2h(1) sh1 . 0

1

1

1

1

0

0

0

0

2 ∫ xˆ&h& dt = 2 ∫ xˆ& dh = 2 xˆh |10 −2 ∫ &xˆ&h dt = 2 sh1 ⋅ h(1) − 2 ∫ xˆh dt . Здесь пользуемся тем, что xˆ& (0) = sh 0 = 0 и &xˆ& = xˆ . Подставляем в ΔB: 1

ΔB = 2 sh1 ⋅ h (1) + ∫ ( 2 xˆh + h& 2 + 2 xˆh + h 2 )dt − 2 sh1 ⋅ h (1) = 0

1

= ∫ ( h& 2 + h 2 )dt ≥ 0 ⇒ xˆ ∈ abs min . Легко видеть, что S max = ∞ . 0

Пример 2. π /2

B( x (⋅)) =

∫ ( x&

2

− x 2 )dt + x 2 (0) − x 2 (π / 2) + 4 x (π / 2) → extr ,

0

d ( 2 x& ) − 2 x = 0 ⇒ &x& + x = 0 ; dt общее решение x = C1 sin x + C 2 cos x , x& = C1 cos x − C 2 sin x ; а) уравнение Эйлера

−

б) условия трансверсальности

Lx& (0) = l x ( 0 ) , Lx& (π / 2) = −l x (π / 2 ) ⇒ ⇒ x& (0) = x (0), 2 x& (π / 2) = 2 x (π / 2) − 4 ⇒ C1 = C 2 , − C2 = C1 − 2 ⇒ C1 = C2 = 1 ⇒ xˆ = sint + cost − экстремаль. π /2

ΔB =

∫ (2 x&h& + h&

2

− 2 xh − h 2 )dt + 2 x (0)h (0) + h 2 (0) −

0

− 2 x (π 2)h(π 2) − h 2 (π 2) + 4h(π 2) . 27

π 2

∫

2 xˆ&h& dt =

0

π 2

2

0

0

π 2 π 2 ∫ 2 xˆ& dh = 2 xˆ&h |0 − ∫ 2 &xˆ&h = 2(cost − sint )h |0 − π 2

2

− 2 ∫ &xˆ&h dt = −2h (π 2) − 2h(0) + 2 ∫ xˆh dt (т.к. &xˆ& + xˆ = 0 ). 0

0

π 2

π 2

0

0

ΔB = −2h (π 2) − 2h(0) + 2 ∫ xˆh dt + π 2

−

∫ h dt + 2h(0) + h 2

2

∫

π 2

h& 2 dt − 2 ∫ xˆh dt − 0

(0) − 2h (π 2) − h 2 (π 2) + 4h (π 2) =

0

π 2

=

∫

h& 2 dt −

0

π 2

∫ h dt + h 2

2

(0) − h 2 (π 2) .

0

Если h ≡ ε, то ΔB = −π/2⋅ε

2

< 0, если 0 ≤ t ≤1 2 2 2 , то ΔB = ε − ε 2 + ε − 0 > 0 . Таким h=⎨ 1≤ t ≤π 2 ⎩ 0 образом, xˆ ∉ loc extr . ⎧ε (1 − t ),

8. Задача с подвижными концами. Постановка задачи. Задачей с подвижными концами называется экстремальная задача в

C 1 (Δ) :

t1

I (ξ ) = ∫ f (t , x, x& )dt + ψ 0 (t0 , x (t0 ), t1 , x (t1 )) → extr

(P)

ψ i (t0 , x (t0 ), t1 , x (t1 )) = 0, i = 1, m ,

(1)

t0

где

ξ = ( x (⋅), t0 , t1 ) , Δ − конечный отрезок, t0 , t1 ∈ Δ, t0 < t1 . Частные случаи задачи, когда один конец или оба конца закреплены.

Элемент ξ − называется допустимым, если няются условия (1).

x ∈ C 1 ( Δ ) , и выпол-

Определение. ξˆ = ( xˆ (⋅), tˆ0 , tˆ1 ) ∈ loc min P , если ∃ε > 0

x (⋅) − xˆ (⋅) 1 < ε , t0 − tˆ0 < ε , t1 − tˆ1 < ε . 28

Функция Лагранжа t1

m

t0

i =1

Λ = ∫ λ0 f (t , x, xˆ )dt + ∑ λiψ i (t0 , x (t0 ), t1 , x (t1 )),

λ = (λ0 , λ1 , K , λm ) ≠ 0 . Правило решения. а) Пишется условие стационарности по x − уравнение Эйлера для интегранта : L = λ0 f (t , x, x& ) :

− −

d ˆ Lx& (t ) + Lˆ x (t ) = 0 ∀t ∈ Δ ⇔ dt

d λ0 fˆ0 x& (t ) + λ0 fˆ0 x (t ) = 0 ; dt б) условие трансверсальности по x для терминанта m

l = ∑ λiψ i (t0 , x (t0 ), t1 , x (t1 )) : i −1

Lˆ x& (tˆ0 ) = lˆx ( t0 ) ⇔ λ0 fˆx& (tˆ0 ) = lˆx ( t0 ) , Lˆ x& (tˆ1 ) = −lˆx ( t1 ) ⇔ λ0 fˆx& (tˆ1 ) = −lˆx ( t1 ) ; в) условие стационарности по подвижным концам (только для подвижных концов):

ˆ (tˆ ) = 0 ⇔ − λ fˆ (tˆ ) + lˆ + lˆ x&ˆ (tˆ ) = 0 , Λ t0 0 0 0 t0 x ( t0 ) 0 & ˆ ˆ ˆ ˆ Λ (tˆ ) = 0 ⇔ λ f (tˆ ) + l + l xˆ (tˆ ) = 0 . t1

1

0

1

t1

x ( t1 )

1

Используя эти необходимые условия экстремума, находим допустимые экстремали xˆ и проверяем из определения экстремумов, являются ли они экстремумами (и какими) или нет.

T

Пример 1. I ( x ) =

∫ x& dt → extr, 3

x (0) = 0, T + x (T ) = 1 .

0

T

Функция Лагранжа Λ =

∫ λ x& dt + λ x(0) + λ (T + x(T ) − 1) . 3

0

1

0

29

2

Необходимые условия экстремума: а) уравнение Эйлера для интегранта : L =

λ0 x& 3

d Lx& + Lx = 0 ⇒ −6λ0 x& ⋅ &x& = 0 ⇒ &x& = 0 ⇒ x = Ct + C1 , dt x (0) = 0 ⇒ C1 = 0 ⇒ x = Ct ;

−

б) условия трансверсальности Lx& (0) = l x ( 0 ) , l x& (T ) = −l x ( T ) ,

λ0 3x& 2 (0) = λ1 , λ0 3x& 2 (T ) = −λ2 (1 − x& (T )) ; в) стационарность по T

Λ T (T ) = 0 ⇔ λ0 x& 3 (T ) + λ2 + λ2 x& (T ) = 0 . Если λ0 = 0 , то из б) λ1 = λ2 = 0 ⇒ λ0 ≠ 0 . Пусть λ0 = 1 . Из x(0) = 0 C = 0 ⇒ xˆ = 0 . Из T + x (T ) = 1 ⇒ T = 1 . Если h1, 2 = ±ε t , то I ( xˆ + h1 ) > 0 , I ( xˆ + h2 ) < 0 ⇒ xˆ ∉ loc extr .

9. Изопереметрическая задача. Постановка задачи. Изопереметрической задачей называется 1

следующая экстремальная задача в C [t0 , t1 ] : t1

I 0 ( x (⋅)) = ∫ f 0 (t , x (t ), x& (t )) dt → extr

(P)

t0

t1

I i ( x (⋅)) = ∫ f i (t , x (t ), x& (t )) dt = α i

i = 1, m

(1)

t0

x (t0 ) = x0 ,

x (t1 ) = x1 , α i ∈ R, i = 1, m .

Определение. xˆ ∈ loc min P , если ∃ ε > 0, такое что

x ∈ D (P ) , x (⋅) − xˆ (⋅) 1 < ε ⇒ I 0 ( x (⋅)) ≥ I 0 ( xˆ (⋅)) . Правило решения. Пишем лагранжиан L =

m

∑ λ f (t, x, x& ) . i =0

30

i

i

Необходимые условия экстремума: а) Уравнение Эйлера −

d Lx& + Lx = 0 . dt

б) Находим общее решение уравнения Эйлера при

λ0 = 0

и

λ0 = 1

(или другой ненулевой константе). Из условий на концах и из изопереметрических условий (1) находятся константы и получается экстремаль xˆ . в) Проверяем все экстремали по определению экстремумов: будут ли они экстремумами, и какими, или нет. 1

Пример 1. I ( x ) =

1

∫ x& dt → extr , ∫ tx dt = 0 , 2

0

0

x (0) = x − 4, x (1) = 4 . 2 Лагранжиан: L = λ0 x& + λ1tx . Уравнение Эйлера: − 2λ0 &x& + λ1t = 0 . λ0 = 0 ⇒ λ1 = 0 ⇒ λ0 ≠ 0 . Пусть

λ0 = 1 2 . Тогда &x& = λ1t ⇒ x = C1t 3 + C2 t + C3 .

x (0) = −4 ⇒ C3 = −4 , x (1) = 4 ⇒ C1 + C2 = 8 . 1

∫ t (C t 1

3

+ C 2 t − 4) dt = 0 ⇒ C1 5 + C 2 3 − 2 = 0 .

0

Это вместе с C1 + C 2 = 8 дает C1 = 5, C 2 = 3 . Итак, xˆ = 5t + 3t − 4 . 3

1

1

1

0

0

0

ΔI = I ( xˆ + h ) − I ( xˆ ) = ∫ h& 2 dt + 2 ∫ xˆ&h& dt ≥ 2 ∫ xˆ&h& dt = 1

1

1

1

0

0

0

0

= 2 ∫ x&ˆ dh = 2 x&ˆh |10 −2 ∫ &xˆ&h dt = −2 ∫ 15th dt = −30∫ th dt = 0 . 1 Здесь 2 x&ˆh |0 = 0 , так как h(0) = h(1) = 0 ( x (0) = −4, ( x + h )(0) = 1

= −4 ⇒ h(0) = 0) и ∫ th dt = 0 , так как 0

31

1

1

0

0

∫ tx dt = ∫ t ( x + h)dt = 0 ⇒

1

⇒ ∫ th dt = 0 . Итак xˆ ∈ abs min . 0

1

Пример 2. I ( x ) = ∫ x& 2 dt → extr , 0

1

1

0

0

∫ x dt = 1 , ∫ tx dt = 0 ,

x(0) = x(1) = 0 . 2 Лагранжиан: L = λ0 x& + λ1 x + λ2 tx Уравнение Эйлера: − 2λ0 &x& + λ1 + λ2 t = 0 . λ0 = 0 ⇒ λ1 = λ2 = 0 ⇒ λ0 ≠ 0 . Пусть λ0 = 1 2 . Тогда &x& = λ1 + λ2 t ⇒ x = C1t 3 + C 2 t 2 + C3t + C4 . x (0) = 0 ⇒ C4 = 0. x (1) = 0 ⇒ C1 + C2 + C3 = 0 .

(1)

1

∫ x dt = 1 ⇒ C

1

4 + C2 3 + C3 2 = 1 ,

(2)

5 + C 2 4 + C3 3 = 0 ,

(3)

0

1

∫ tx dt = 0 ⇒ C

1

0

(1), (2), (3) ⇒ C1 = 60, C2 = − 96, C3 =36.

xˆ = 60t 3 − 96t 2 + 36t . 1

h ∈ C01 [0, 1],

1

∫ h dt = 0 , ∫ th dt = 0 . 0

1

0

1

1

1

0

0

0

ΔI = ∫ h& 2 dt + 2 ∫ xˆ&h& dt ≥ 2 ∫ xˆ&h& dt = 2 ∫ x&ˆ dh = 2 xˆ&h |10 − 0

1

1

1

1

0

0

0

1

∫ &xˆ&h dt = 0

= − ∫ &xˆ&h dt = − ∫ (360t − 192)h dt = −360∫ th dt + 192 ∫ h dt = 0 . 0

xˆ ∈ abs min .

32

10. Задача со старшими производными Постановка задачи. Задачей со старшими производными называn

ется следующая экстремальная задача в C [t 0 , t1 ] : t

I ( x (⋅)) = ∫ L(t , x (t ), x& (t ), &x&(t ), K , x ( n ) (t ))dt → extr

(P)

t0

x ( k ) (t j ) = xkj , k = 0, n − 1,

j = 0,1 .

Функция n + 2 переменных L называется интегрантом. n

Норма в пространстве C [t0 , t1 ] :

x (t ) n : = max ⎧⎨max | x (t ) |, max | x& (t ) |,K, max | x ( n ) (t ) |⎫⎬ . t0 ≤t ≤T1 t0 ≤t ≤t1 ⎩ t0 ≤t ≤t1 ⎭ Определение. xˆ ∈ loc min P , если ∃ε > 0 :

x (⋅) − xˆ (⋅) n < ε ⇒ I ( x (⋅)) ≥ I ( xˆ (⋅)) . Правило решения. 1. Пишем необходимые условия экстремума − n

уравнение Эйлера-Пуассона:

∑ ( −1) k k =0

dk L ( k ) (t ) = 0 . dt k x

2. Находим общее решение этого уравнения и с помощью начальных условий находим все константы и устанавливаем экстремали xˆ . 3. С помощью непосредственной проверки находим, что функции xˆ доставляют экстремумы или нет. 1

∫

Пример 1. I ( x ) = ( 48 x − &x&2 ) dt → extr , x (0) = x& (0) = 0 , 0

x (1) = 1, x& (1) = 4 . L = 48 x − &x&2 , L&x& = −2x&&2 , Lx = 48 , Lx& = 0 . Уравнение Эйлера-Пуассона: 48 − 2 x

(4)

= 0 ⇒ x ( 4 ) = 24 ⇒

⇒ x = t 4 + C1t 3 + C 2 t 2 + C3t + C 4 . x (0) = 0 ⇒ C4 = 0 , x& (0) = 0 ⇒ C3 = 0 . x (1) = 1 ⇒ C1 + C 2 = 0 , x& (1) = 4 ⇒ 3C1 + 2C2 = 4 ⇒ ⇒ C1 = C2 = 0 ⇒ xˆ = t 4 . 33

1

1

1

0

0

ΔI = I ( xˆ + h ) − I ( xˆ ) = 48∫ h dt − ∫ h&&2 dt − 2 ∫ &xˆ&h&& dt . 1

1

0

0

0

1

1

− 2 ∫ &xˆ&h&& dt = − 2 ∫ &xˆ& dh& = − 2 &xˆ&h& |10 + 2 ∫ xˆ ( 3) h& dt = 2 ∫ xˆ ( 3) h& dt = 0

1

1

0

1

= 2 ∫ xˆ ( 3) dh = 2 xˆ ( 3) h |10 − 2 ∫ xˆ ( n ) h dt = − 2 ∫ 24h dt . 0

0

0

1

1

1

1

0

0

0

0

ΔI = 48∫ h dt − ∫ h&&2 dt − 48∫ h dt = − ∫ h&&2 dt ≤ 0 ⇒ xˆ ∈ abs max . Легко проверить, что S min = −∞ . 1

∫

Пример 2. I ( x ) = ( &x&2 − 24tx ) dt → extr , 0

x (0) = x& (0) = 0, x (1) = 1 5 ,

x& (1) = 1 .

2

d d L&x& − Lx& + Lx = 0 . 2 dt dt (4) (4) 2 x − 24t = 0 ⇒ x = 12t ⇒ x = t 5 10 + C1t 3 + C2 t 2 + C3t + C4 . x (0) = x& (0) = 0 ⇒ C3 = C4 = 0 . x (1) = 1 5 ⇒ C1 + C 2 = 1 10 , x& (1) = 1 ⇒ 3C1 + 2C 2 = 1 2 ⇒ ⇒ C1 = 3 10 , C2 = − 1 5 ⇒ xˆ = 1 10 ⋅ (t 5 + 3t 3 − 2t 2 ) . Лагранжиан:

1

1

0

0

ΔI = ∫ ( 2 &xˆ&h&& + h&&2 − 24th ) dt ≤ ∫ ( 24 &xˆ&h&& − 24th ) dt = 0 ⇒ xˆ abs min

11. Задача Лагранжа. Постановка задачи. Задачей Лагранжа называется следующая экстремальная задача.

B0 (ξ ) → min; Bi (ξ ) ≤ 0, i = 1, m ′ , B1 (ξ ) = 0, i = m ′ + 1, m (P)

x&α (t ) − ϕ (t , x (t )) = 0 ∀t ∈ Δ ,

(1)

ξ = ( x (⋅), t0 , t1 ) , x(⋅) ∈ C ( Δ, R ) , t0 , t1 ∈ Δ , Δ − отрезок. 1

n

34

t1

Bi (ξ ) = ∫ f i (t , x (t ), x& (t ))dt + li (t0 , x (t0 ), t1 , x (t1 )), i = 0, m . t0

Условие (1) может быть распространено лишь на некоторые координаты, пусть для определённости, на первые k координат. Обозначим x = ( xα , x β ) , xα = ( x1 , K , x k ) , x β = ( x k +1 , K , x n ) . Поставив

ϕ (t , x )

вместо x&α в f i (t , x , x& ) , можно считать, что

f i = f i (t , x, x& β ) . Определение. ξˆ = ( xˆ (⋅), tˆ0 , tˆ1 , ) ∈ loc min P , если ∃ε > 0 :

ξ ∈ D ( P ), x (⋅) − xˆ (⋅) 1 < ε , t0 − tˆ0 < ε , t1 − tˆ1 < ε ⇒ B0 (ξ ) ≥ B0 (ξˆ) . Правило решения. 1. Привести задачу к виду (P). 2. Написать функцию Лагранжа с множителями Лагранжа

( λ , p ) ∈ R m+1 × C 1 ( Δ, R k ), λ ≠ 0 : t1

Λ ( x (⋅), t0 , t1 ) = ∫ ( f (t , x, x& β ) + p(t )( x&α − ϕ (t , x ))) dt + t0

m

+ l (t0 , x (t0 ), t1 , x (t1 )), где f (t , x, x& β ) = ∑ λi f i (t , x, x& β ) , i =0

m

l = ∑ λi li (t0 , x (t0 ), t1 , x (t1 )) − терминант. i =0

3. Выписать необходимые условия экстремума: а) стационарности по x (⋅) − уравнение Эйлера для лагранжиана

L(t , x, x& ) = f (t , x, x& β ) + p( x&α − ϕ (t , x )) : d ˆ Lx& (t ) + Lˆ x = 0 dt ⎧ − p& (t ) − p(t )ϕˆ x (t ) + fˆx (t ) = 0 α α ⎪ ∀t ∈ Δ ⇔ ⎨ d ; ˆ (t ) − p(t )ϕˆ (t ) + fˆ (t ) = 0 − f xβ xβ ⎪⎩ dt x& β −

35

б) трансверсальности по x

⎧⎪ p (tˆ0 ) = lˆx (t0 ) α ; Lˆ x& (tˆ0 ) = lˆx ( t0 ) ⇔ ⎨ ˆ ˆ ˆ ( ) = f t l ⎪⎩ x& β 0 xβ (t0 ) ⎧⎪ p (tˆ1 ) = −lˆx (t1 ) α ; Lˆ x& (tˆ1 ) = −lˆx ( t1 ) ⇔ ⎨ ˆ ˆ ˆ ( ) = − f t l ⎪⎩ x& β 1 x β ( t1 ) в) стационарности по подвижным концам (только для подвижных концов)

ˆ = 0 ⇔ − fˆ (tˆ ) + lˆ + lˆ xˆ& (tˆ ) = 0 , Λ t0 0 t0 x ( t0 ) 0 ˆ = 0 ⇔ fˆ (tˆ ) + lˆ + lˆ xˆ& (tˆ ) = 0 ; Λ t1 1 t1 x ( t1 ) 1 г) дополняющей нежёсткости λ B (ξˆ) = 0, i

д) неотрицательности

λi ≥ 0,

i

i = 1, m ′ ;

i = 0, m ′ .

4. Находятся экстремали xˆ , удовлетворяющие условиям а) − д). 5. Непосредственной проверкой устанавливается, являются ли xˆ экстремумами или нет. 1

∫

Пример 1. B ( x ) = ( &x&2 − 48 x )dt → extr ,

x (0) = x (1) = 0 .

0

Приведём задачу к виду (P). Для этого положим x1 = x, x 2 = x& . 1

Получаем B ( x ) =

∫ ( x&

2 2

− 48 x1 )dt → min ,

0

x&1 = x1 , x1 (0) = x1 (1) = 0 . Функция Лагранжа 1

Λ = ∫ ( λ0 ( x& 2 − 48 x1 ) + p(t )( x&1 − x 2 ))dt + λ1 x (0) + λ2 x (1) . 0

Необходимые условия экстремума: а) система уравнений Эйлера для лагранжиана

L = λ0 ( x& 22 − 48 x1 ) + p(t )( x&1 − x 2 ) , 36

d Lx& + Lx1 = 0 ⇔ − p& − λ0 48 = 0 , dt 1 d − Lx&2 + Lx2 = 0 ⇔ −2λ0 &x&2 − p = 0 ; dt −

б) условия трансверсальности по x для терминанта

l = λ1 x1 (0) + λ2 ( x1 (1)) : Lx&1 (0) = l x1 ( 0 ) , Lx1 = −l x1 (1) ⇔ p(0) = λ1 , p(1) = − λ2 ,

Lx&2 (0) = l x2 ( 0 ) , Lx&2 (1) = −l x2 (1) ⇔ 2λ0 x& 2 (0) = 0, 2λ0 x& 2 (1) = 0 . в)неотрицательности а)

λ0 ≥ 0 .

б)

λ0 = 0 ⇒ p = 0 ⇒ λ1 = λ2 = 0 ⇒ λ0 ≠ 0 . Пусть λ0 = 1 2 . Тогда из а) p& = −24 ⇒ p = −24t + C1 , &x&2 = − p ⇒ &x&& = − p ⇒ &x&& = 24t + C ⇒ &x& = 12t 2 + C1t + C 2 ⇒ ⇒ x& = 4t 3 + C1t 2 + C 2 t + C3 ⇒ x = t 4 + C1t 3 + C2 t 2 + C3t + C 4 , x (0) = 0 ⇒ C4 = 0 . x (1) = 0 ⇒ 1 + C1 + C 2 + C3 0 (1) 2 Из б) x& 2 (0) = &x&(0) = 0 . &x&(t ) = 12t + 6C1 (t ) + 2C 2

&x&(0) = 0 ⇒ C 2 = 0 , x& 2 (1) = &x&(t ) = 0 ⇒ 12 + 6C1 = 0 ⇒ C1 = −2 . 4 3 Из (1) C3 = 1 ⇒ xˆ = t − 2t + t , 1

1

1

0

0

0

ΔB = B ( xˆ + h ) − B ( xˆ ) = ∫ h&&2 dt + 2 ∫ &xˆ&h&&dt − ∫ 48h dt . 1

1

0

0

1

1

0

0

2 ∫ &xˆ&h&&dt = 2 ∫ &xˆ&dh& = 2 &xˆ&h& |10 −2 ∫ &x&&h& dt = −2 ∫ &xˆ&&dh , так как 1

1

1

0

0

0

&xˆ&(0) = &xˆ&(1) = 0 . Далее − 2 &xˆ&&dh = −&xˆ&&h |1 +2 xˆ ( 4 ) h dt = 2 xˆ ( 4 ) h dt , 0 ∫ ∫ ∫

37

h(0) = h(1) = 0 . xˆ

так как 1

(4)

1

1

0

0

= 24 ⇒ 2 ∫ &xˆ&h&&dt = ∫ 48h dt . Поэтому

1

1

1

0

0

0

ΔB = ∫ h&&2 dt + ∫ 48h dt − ∫ 48h dt = ∫ h&&2 dt > 0 ⇒ xˆ ∈ abs min , 0

1

S min = ∫ ( &xˆ&2 − 48 xˆ )dt = − 24 5, S max = ∞ . 0

12. Задачи оптимального управления. Постановка задачи. Задачей оптимального управления (в понтрягинской форме) называется следующая задача:

B0 (ξ ) → min, Bi (ξ ) ≤ 0, i = 1, m ′ ,

(P)

Bi (ξ ) = 0, i = m ′ + 1, m , x& (t ) − ϕ (t , x (t ), u(t )) = 0 ∀t ∈ T , u(t ) ∈ U ∀t ∈ Δ ,

(1) (2)

где

ξ = ( x (⋅), u(⋅), t0 , t1 ), x ∈ PC 1 ( Δ, R n ), u ∈ PC ( Δ, R r ), t0 , t1 ∈ Δ , Δ − конечный отрезок, U ⊂ R r , T ⊂ Δ − множество точек непрерывности функций u (t ) = (u1 (t ), K , u r (t )) , называемых управлением. t1

Bi (ξ ) = ∫ f i (t , x (t ), u(t ))dt + l1 (t0 , x (t0 ), t1 , x (t1 )), i = 0, m . t0

Здесь PC ( Δ, R ) − пространство кусочно-непрерывных векторn

функций на Δ, а PC ( Δ, R ) − пространство непрерывных функций на Δ с кусочно-непрерывной производной. Ограничение (1) называется дифференциальным ограничением, ограничение (2) называется ограничением включения. Один или оба конца могут рассматриваться подвижными. Элемент ξ, удовлетворяющий указанным условиям, называется допустимым управляемым процессом (ДУП). 1

r

38

Определение. ДУП ξˆ = ( xˆ (⋅), uˆ (⋅), tˆ0 , tˆ1 ) называется оптимальным, если

∃ε > 0 : x (⋅) − xˆ (⋅) < ε , t0 − tˆ0 < ε , t1 − tˆ1 < ε ⇒ B0 (ξ ) ≥ B0 (ξˆ) . Правило решения. 1. Для множителей Лагранжа

( λ , p ) ∈ R m +1 × PC 1 ( Δ, R n ), λ ≠ 0 пишется функция Лагранжа: t1

Λ ( x (⋅), u(⋅), t0 , t1 ) = ∫ ( f (t , x, u ) + p(t )( x& − ϕ (t , x, u ))) dt + t0

+ l (t0 , x (t0 ), t1 , x (t1 )) , где f (t , x , u ) =

m

∑ λ f (t , x, u ) , i =0

i

i

m

l = ∑ λi li (t0 , x (t0 ), t1 , x (t1 )) . i =0

2. Выписываем необходимые условия экстремума: а) стационарности по x − уравнений Эйлера для лагранжиана

L(t , x, x& , u ) = f (t , x, u ) + p( x& − ϕ (t , x, u )) : d − Lˆ x& (t ) + Lˆ x (t ) = 0 ∀t ∈ T ⇔ − p& (t ) + fˆx (t ) − p(t )ϕˆ x (t ) = 0 ; dt б) трансверсальности по x Lˆ x& (tˆ0 ) = lˆx ( t0 ) ⇔ p(tˆ0 ) = lˆx ( t0 ) , Lˆ (tˆ ) = −lˆ ⇔ p(tˆ ) = −l ; x&

1

x ( t1 )

1

x ( t1 )

в) оптимальности по u:

min L(t , xˆ (t ), x&ˆ (t ), u(t )) = L(t , xˆ (t ), xˆ& (t ), uˆ (t )) ⇔ u∈U

⇔ min{ f (t , xˆ (t ), u ) − p(t )ϕ (t , xˆ (t ), u )} = fˆ (t ) − p(t )ϕˆ (t ) ∀t ∈ T ; u∈U

г) стационарности по подвижным концам (только для подвижных

ˆ = 0 ⇔ − fˆ (tˆ ) + lˆ + lˆ xˆ& (tˆ ) = 0 , концов): Λ t0 0 t0 x ( t0 ) 0 ˆ = 0 ⇔ fˆ (tˆ ) + lˆ + lˆ xˆ& (tˆ ) = 0 ; Λ t1 1 t1 x ( t1 ) 1 д) дополняющей нежёсткости: λi Bi (ξˆ) = 0, i = 0, m ′ ; е) неотрицательности:

λi ≥ 0, i = 0, m ′ . 39

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 положительной константе). 4. Отыскать решение среди найденных ДУП или показать, что решений нет. π

Пример 1.

∫π x

2

sin t dt → extr ,

x& ≤ 1,

x ( ±π ) = 0 .

−

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=

∫ (λ x sin t + p( x& − u )) dt + λ x( −π ) + λ x(π ) . 0

1

2

−π

Необходимые условия: а) уравнение Эйлера для лагранжиана L =

− p& + λ0 sin t = 0 ;

λ0 x sin t + p( x& − u ) ,

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. в)

а)

λ0 = 0 ⇒ p = const ≠ 0 (если 0, то λ1 = λ2 = 0 ) ⇒ uˆ = ±1 = x& − − противоречие с x ( ±π ) = 0 ⇒ λ0 ≠ 0 . а)

λ0 = 1 ⇒ p& = sin t ⇒ p = − cos t + C . Из в) следует, что uˆ = sgn p, т.е. x& = ±1 . Пусть

Из центральной симметричности условий задачи следует, что решение xˆ должно быть центрально симметричным. Это возможно только при xˆ симметричной относительно оси y1. Следовательно, p = − cos t и поэтому

40

⎧ 1, − π ≤ t < − π 2 , π 2 ≤ t < π x& = uˆ = ⎨ . −π 2 ≤ t < π 2 ⎩− 1 Из x ( ±π ) = 0 следует ⎧t + π , − π ≤ t ≤ π 2 ⎪ , xˆ = ⎨ − t , t ≤π 2 ⎪t − π , π 2 ≤ t ≤ π ⎩ ΔB =

π

π

π

−ρ

−

−

∫ h sin t dt = ∫π hp& dt = ∫π h dp = hp | π π

−

π

π

−π

−π

− ∫ h&p dt = − ∫ h&p dt ≥ 0 .

p ≥ 0 ⇒ xˆ& = 1 ⇒ h& ≤ 0 Так как xˆ& + h& ≤ 1, . p ≤ 0 ⇒ xˆ& = −1 ⇒ h& ≥ 0 Отсюда xˆ ∈ abs min . Для решения задачи на max полагаем

λ0 = −1 . Получаем практи-

чески предыдущую задачу с решением − xˆ , где xˆ − решение на минимум. Итак, − xˆ ∈ abs max . 2

Пример 2.

∫ x dt → extr,

&x& ≤ 2,

x (0) = x& (0) = x& ( 2) = 0 .

0

Положим x1 = x, x 2 = x& , &x& = u и приведём задачу к виду (P): 2

B ( x ) = ∫ x1dt → min,

x&1 = x 2 ,

x& 2 = u, u ∈ [ −2, 2],

0

x1 (0) = x2 (0) = x 2 ( 2) = 0. Функция Лагранжа 2

Λ = ∫ ( λ0 x1 + p1 (t )( x&1 − x 2 ) + p2 (t )( x& 2 − u )dt + 0

+ λ1 x1 (0) + λ2 x2 (0) + λ3 x2 ( 2) . Необходимые условия: а) уравнения Эйлера

− p& 1 + λ0 = 0 ⇒ − p& 2 − p1 = 0 ⇒

p1 (t ) = λ0 t + C1 p2 (t ) = −λ0 ⋅ t 2 2 + C1t + C2 41

б) трансверсальности

p1 (0) = λ1 , p 2 ( 0 ) = λ2 , в) оптимальности по u

p1 ( 2) = 0 ; p2 ( 2) = −λ3

⎧ sgn p2 (t ), p2 (t ) ≠ 0 min− p2 (t )u = − p2 (t )uˆ (t ) ⇒ uˆ = ⎨ u ≤2 ⎩ любое число из [ −2, 2] г) λ0 ≥ 0 . а)

б)

а)

в)

λ0 = 0 ⇒ p1 = C1 ⇒ p1 = 0 ⇒ p2 = C2 ≠ 0 ⇒ uˆ = −2

или

2 ⇒ &x& = −2 или 2 ⇒ x = t + A1t + A2 или x = −t + B1t + B2 . Для этих x не выполняется x (0) = x& (0) = x& ( 2) = 0 ⇒ λ0 ≠ 0 . Пусть 2

2

2

a)

λ0 = 1 ⇒ p1 (t ) = б)

а)

= t + C ⇒ p1 (t ) = t − 2 ⇒ p2 (t ) = − (t − 2) 2 2 + C − парабола ветвями вниз с осью симметрии x = 2. Если она не меняет знак, то как показано выше, получается x, не удовлетворяющий конечным условиям. Поэтому парабола меняет знак с "−" на "+" на [0, 2]. Следовательно,

⎧− 2t + C1 , 0 < t < τ ⎧− 2, 0 < t < τ . ⇒ xˆ& = ⎨ uˆ = &xˆ& = ⎨ ⎩ 2, τ < t < 2 ⎩ 2t + C 2 , τ < t < 2 ⎧ − 2t , 0 < t < τ x& (0) = x& ( 2) = 0 ⇒ x&ˆ = ⎨ . ⎩2t − 4, τ < t < 2 Из непрерывности xˆ в точке τ : ⎧ − t 2 + C1 , 0 ≤ t ≤ 1 , − 2τ = 2τ − 4 ⇒ τ = 1 ⇒ xˆ = ⎨ 2 ⎩t − 4 t + C 2 , 1 ≤ t ≤ 2 x (0) = 0 ⇒ C1 = 0 . Из непрерывности xˆ в точке τ =1 C2 = 2. ⎧ − t2, 0 ≤ t ≤1 Имеем xˆ = ⎨ 2 . ⎩t − 4t + 2, 1 ≤ t ≤ 2

42

2

2

2

2

0

0

2

ΔB = ∫ ( xˆ + h )dt − ∫ xˆ dt = ∫ h dt = − ∫ &p&2 g dt = − ∫ h dp& 2 = 0

0

0

2

2

2

2

0

0

0

0

= − hp& 2 |02 + ∫ h& dp2 = ∫ h& dp2 = h&p2 |02 − ∫ h&&p2 dt = − ∫ h&&p2 dt ≥ 0 .

h(0) = p& 2 ( 2) = h&(0) = h&( 2) = 0 ). p2 ≤ 0 ⇒ &xˆ& = −1 ⇒ h&& ≥ 0 . p2 ≥ 0 ⇒ &xˆ& = 1 ⇒ h&& ≤ 0

(Здесь используются:

&xˆ& + h&& ≤ 2,

Отсюда xˆ ∈ abs min . Вследствие симметричности условий задачи при

λ0 = −1

получаем

− xˆ ∈ abs max .

13. Задачи 1. 2. 3. 4. 5.

x12 + x22 − 3x1 x2 → extr . 2 x14 − x24 − x12 − 2 x22 → extr . 5 x12 + 4 x1 x2 + x22 − 16 x1 − 12 x2 → extr . 5 x 2 + 4 xy + y 2 → extr, x + y = 1 . x1 + 2 x2 + 3x3 → extr, x12 + x22 + x32 = 1 .

7.

x 2 + y 2 → extr, 3x + 4 y = 1 . x12 + x22 + x32 → extr, x1 + x2 + x3 = 1,

8.

x12 + x 22 + x32 → extr ,

6.

x1 + x 2 + x3 ≤ 12,

x1 + x2 − x3 = 1 2 . xi ≥ 0, i = 1, 3 .

x1 x2 − 2 x2 → extr, 2 x1 − x2 − 3x3 ≤ 10, x2 ≥ 0, 3x1 + 2 x2 + x3 = 6

9. .

e x1 − x2 − x1 − x2 → extr, x1 + x2 ≤ 1, x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 . 11. z = x1 + x 2 → max, x1 + 2 x 2 ≤ 1, 3 x1 + x 2 ≤ 2, xi ≥ 0, i = 1, 2 . 12. z = x1 + 3 x2 + 5 x3 → max, 2 x1 + x 2 + x3 ≥ 1, x1 − x 2 + 2 x3 ≤ 1, 10.

x1 + 2 x2 − 3x3 ≥ 2,

xi ≥ 0, i = 1, 3 . 43

В задачах 13 - 15 найти производную Фреше.

f : C[0, 1] → R, 14. f : C[0, 1] → R,

13.

f ( x (⋅)) = sin( x (1)) . f ( x (⋅)) = sin x (0) cos x(1) . 3

15.

f : C[0, 1] → R, T0

16.

∫ ( x&

⎞ ⎛1 2 f ( x (⋅)) = ⎜⎜ ∫ x (t ) dt ⎟⎟ . ⎠ ⎝0 x (T0 ) = ξ .

2

− x ) dt → extr ,

x (0) = 0,

2

+ tx ) dt → extr ,

x (0) = x (1) = 0 .

0

1

17.

∫ ( x& 0

e

18.

∫ tx& dt → extr,

x (1) = 0,

2

x ( e) = 1 .

0

1

19.

∫ (1 + t ) x& dt → extr, 2

x (0) = 0,

x (1) = 1 .

0

1

20.

∫x

2

x& 2 dt → extr ,

x (0) = 1,

x (1) = 2 .

0

π 2

21.

∫ ( x&

2

− x 2 − 2 x ) dt − 2 x 2 (0) − x 2 (π 2) → extr .

0

1

22.

∫ x& dt + 4 x 2

2

(0) − 5 x 2 (1) → extr .

0 1

23.

2 ∫ ( x& − x ) dt − 0

x 2 (1) → extr . 2

1

24.

∫ ( x& x&

1 2

+ x1 x 2 ) dt + x1 (0) x 2 (1) + x1 (1) x 2 (0) → extr .

0 2

25.

∫t

2

x& 2 dt − 2 x (1) + x → extr .

1

44

T

26.

∫ x& dt → extr, 2

x (0) = 0, T + x (T ) + 1 = 0 .

0

T

27.

∫ ( x&

2

+ x ) dt → extr ,

x ( 0) = 1 .

0 1

28.

∫ x& dt − 2 x 2

2

(1) → extr ,

x ( 0) = 0 .

0 1

29.

∫ ( x&

2

+ x ) dt → extr ,

x (1) = 0 .

0

π

π

0

∫ x cos t dt = 2 , 0

π

π

0

0

2 30. ∫ x& dt → extr ,

31.

2 ∫ x& dt → extr,

π

∫ x sin t dt = 0,

1

2 2 32. ∫ ( x& + x ) dt → extr , 0

2

33.

1

2 34. ∫ x& dt → extr , 0

x (π ) = 1 .

x (0) = 0,

e2 + 1 ∫0 xe dt = 4 , t

7

∫ tx dt = 3 ,

1

x (π ) = −1 .

1

2

2 2 ∫ t x& dt → extr,

x (0) = 1,

x (1) = 1,

x (0) = 0,

x (1) = e .

x ( 2) = 2 .

1

1

∫ x dt = 1, 2

x (0) = x (1) = 0 .

0

1

35.

∫ &x& dt → extr, 2

x (0) = x& (0) = x& (1) = 0,

x (1) = 1 .

0

π

36.

∫ ( &x&

2

− x 2 ) dt → extr , x(0) = 0, x& (0) = 1, x(π ) = shπ , x& (π ) = chπ

0

. π

37.

∫ ( &x&

2

− x 2 )dt → extr , x (0) = x& (0) = 0, x (π ) = shπ , x& (π ) = chπ + 1

0

45

1

38.

∫ (&x&

2

+ 4x 2 )dt → extr, x(0) = −1, x&(0) = 0, x&(π ) = shπ , x(π ) = chπ

∫ ( &x&

+ x& 2 )dt → extr, x(0) = 1, x&(0) = 0, x(1) = ch1, x&(1) = sh1

0

1

39.

2

0

T

40.

41.

T

∫ x& dt → extr, ∫ x dt = 1, 0

0

T

T

2 ∫ x& dt → extr,

∫ x dt = 1 3 ,

π

π

0

42.

x ( 0) = 3 .

2

x (T ) = 1 .

0

∫ x& dt → extr, ∫ x sin t = 1,

x ( 0) = 0 .

2

0

0

1

43.

∫ &x& dt → extr, 2

x (0) = x& (1) = 0,

x& (0) = 1 .

0

e

44.

∫t

2

&x&2 dt → extr ,

x (1) = −1,

x ( e) = x& (1) = e .

1

7π 4

∫ x sin t dt → extr,

45.

x& ≤ 1,

x ( 0) = 0 .

0

4

46.

∫ ( x&

2

+ x ) dt → extr ,

x& ≤ 1,

x ( 4) = 0 .

0

2

47.

∫ x dt → extr,

&x& ≤ 2,

x (0) + x ( 2) = 0,

x& (0) = 0 .

&x& ≤ 2,

x (0) + x ( 4) = 0,

x& (0) = x& ( 4) = 0 .

0

4

48.

∫ x dt → extr, 0

2

49.

∫ &x& dt → min,

&x& ≥ −2,

x (0) = 0,

x ( 2) = −1,

x ( 2) = −2 .

0

2

50.

∫ &x& dt → min,

&x& ≤ 2,

x (0) = 0,

0

46

x ( 2) = 1,

x& ( 2) = 2 .

14. Ответы 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.

(1, 1) ∈ loc min, (0, 0) ∉ loc extr, Smin = −∞, Smax = ∞. (±1/2, ±1) ∈ abs min, Smin = −9/8, (0, 0) ∈ loc max, (±1/2, 0), (0, ±1) ∉ loc extr, Smax = ∞. (−4, 14) ∈ abs min, Smin = −52, Smax = ∞. (−1/2, 3/2) ∈ abs min, Smax = ∞. (1 14 , 2 14 , 3 14 ) ∈ abs min , S min = − 1071 2 , S max = 2 . (3/25, 4/25) ∈ abs min, Smin = 1/25, Smax = ∞. (3/8, 3/8, 1/4) ∈ abs min, Smin = 11/32, Smax = ∞. (0, 0, 0) ∈ abs min, Smin = 0, (12, 0, 0), (0, 12, 0), (0, 0, 12) ∈ ∈ abs max, Smax = 144; (4, 4, 4), (0, 6, 6), (6, 0, 6), (6, 6, 0) − критические точки в задаче на максимум.

9.

( 2 7 , 174 35 ,− 24 5) ∈ loc min, S min = −∞ , (1, 0, 3) ∈ loc max, S max = +∞, ( −1, 6,−3) ∉ loc extr .

10.

(0, 1) ∈ abs min, S min = e −1 , (0, 1) ∈ abs max , S max = e − 1, (0, 0) ∉ loc extr . zmax = 13 в точках (0, 0, 13), (2, 0, 11), (x1, 0, 13−x1) при x1 ∈ [0, 2]. zmax = 7/3 в точке (4/3, 1/3, 0). f ′( xˆ (⋅))[h(⋅)] = cos xˆ (1) h(1) f ′( xˆ (⋅))[h(⋅)] = cos xˆ (0) h(0) cos xˆ (1) − sin xˆ (0) sin xˆ (1) h(1) .

11. 12. 13. 14.

2

⎞ 1 ⎛1 2 15. f ′( xˆ (⋅))[h (⋅)] = 6⎜ ∫ xˆ (t ) dt ⎟ ⋅ ∫ xˆ (t ) h (t ) dt . ⎟ ⎜ ⎠ 0 ⎝0 2 16. − t 4 + (ξ T0 + T0 4)t ∈ abs min, S max = +∞ . (t 3 − t ) 12 ∈ abs min, S max = +∞ . 18. ln t ∈ abs min, S max = +∞ . 19. (ln(t + 1)) ln 2 ∈ abs min, S max = +∞ . 17.

20. 21.

t + 1 ∈ abs min, S max = +∞ .

cos t − 1 ∉ loc extr, S min = −∞( xn (t ) ≡ n, S max = +∞ . 47

22.

xˆ ≡ 0 − единственная экстремаль, xˆ ∉ loc extr, S min = −∞ ( xn ≡ n ), S max = +∞ .

− (t 2 + 3) 4 ∉ loc extr, S min = −∞ ( xn (t ) ≡ n ), S max = +∞ . 24. (0,0) ∉ loc extr , S min = −∞ ( x n (t ) = n,−n )), S max = +∞ ( x n (t ) = = ( n, n )) . 25. 1 t + 1 2 ∈ abs min, S max = +∞ . 26. ( xˆ = −2t , Tˆ = 1) ∈ abs min, S min = 4, S max = +∞ . 23.

( xˆ = (t 2 4) − t + 1, Tˆ = 2) ∉ loc extr , S min = −∞( x n (t ) = 1 − t , T n= n ), S max = +∞ . 28. 0 ∉ loc extr , S min = −∞ ( x n (t ) = nt ), S max = +∞ .

27.

(t 2 − 1) 4 ∈ abs min, S max = +∞ . 30. cos t ∈ abs min, S min = π 2 , S max = +∞ . 31. (t − 2 sin t ) π ∈ abs min, S max = +∞ . 29.

te t ∈ abs min, S max = +∞ . 33. t ∈ abs min, S min = 7 3 , S max = +∞ .

32.

34.

± 2 sin kπt, k ∈ Ν, ± 2 sinπt ∈ abs min, Smin = π 2 , Smax = +∞ .

35.

− 2t 3 + 3t 2 ∈ abs min, S min = 132, S max = +∞ . sh t ∈ abs min, S max = +∞ . sh t − sin t ∈ abs min, S max = +∞ . − ch t cos t ∈ abs min, S max = +∞ . ch t ∈ abs min, S max = +∞ .

36. 37. 38. 39.

40. − 1 − t ∈ abs min, S min = − π 4 , 1 − t ∈ abs max, S max = π 4 . 2

2

( xˆ = 1, Tˆ = 1 3) ∈ abs min, S min = 0, ( xˆ = t 2 , Tˆ = 1) ∉ loc extr, S max = +∞ . 42. 2 3π (t + sin t ) ∈ abs min, S max = +∞ . 41.

− (t 2 2) + t ∈ abs min, S min = 1, S max = +∞ . 44. (t + e) ln t − t ∈ abs min, S max = +∞ .

43.

48

45.

0 ≤ t ≤ π 4, ⎧ − t, x=⎨ ∈ abs min, − xˆ ∈ abs max . ⎩t − π 2 , π 4 ≤ t ≤ 7 π 4 ,

⎧(t 2 4) − 3, 0 ≤ t ≤ 2, 46. x = ⎨ ∈ abs min, 4 − t ∈ abs max . 2 ≤ t ≤ 4, ⎩ t − 4, 2 47. x = t − 2 ∈ abs min, S min = − 4 3 , − xˆ ∈ abs max, S max = 4 3 .

⎧ − t2, 0 ≤ t ≤ 1, ⎪ 2 48. x = ⎨(t − 2) − 2, 1 ≤ t ≤ 3, ∈ abs min, − xˆ ∈ abs max . ⎪ − (t − 4) 2 , 3 ≤ t ≤ 4, ⎩ 0, 0 ≤ t ≤ 1, ⎧ x=⎨ ∈ abs min, S min = 1 . 2 ⎩− (t − 1) , 1 ≤ t ≤ 2, 0 ≤ t ≤ 1, ⎧ 0, 50. x = ⎨ ∈ abs min, S min = 1 . 2 ⎩(t − 1) , 1 ≤ t ≤ 2, 49.

49

СОДЕРЖАНИЕ Введение .......................................................................................................... 3 1.

Конечномерные гладкие задачи без ограничений ................................ 4

2.

Конечномерные гладкие задачи с ограничениями типа равенств ....... 7

3.

Конечномерные гладкие задачи с ограничениями типа равенств и неравенств ............................................................................................. 11

4.

Линейное программирование ................................................................. 16

5.

Производная Фреше ................................................................................ 20

6.

Простейшая задача вариационного исчисления ................................... 22

7.

Задача Больца ........................................................................................... 25

8.

Задача с подвижными концами .............................................................. 27

9.

Изопереметрическая задача .................................................................... 29

10. Задача со старшими производными ....................................................... 32 11. Задача Лагранжа....................................................................................... 33 12. Задачи оптимального управления .......................................................... 37 13. Задачи........................................................................................................ 42 14. Ответы....................................................................................................... 46

50

Для заметок

51

Для заметок

52

Шарапов Виктор Георгиевич РУКОВОДСТВО ПО РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ПО КУРСУ «ВАРИАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ И МЕТОДЫ ОПТИМИЗАЦИИ» Методическое пособие

Подписано в печать 14.06 2004 г. Формат 60×84/16. Бумага офсетная. Гарнитура Таймс. Усл. печ. л. 3,02. Уч.-изд. л. 3,25. Тираж 50 экз. Заказ . Издательство Волгоградского государственного университета. 400062, Волгоград, ул. 2-я Продольная, 30.

53