动态最优化第3、4、6章 习题

《动态最优化基础》第3章 课后习题

3.2.1（P88）对于泛函V [y ]=∫(t 2+y′2)dt T

0，欧拉方程的通解是y ∗(t )=c 1t +c 2（参见联系2.2中问题1）

（a ）如果初始条件是y (0)=4且终结条件是T =2，y T 是自由的，那么找出极值线。

（b ）画出一个图形来显示初始点、终结点和极值线。 解：由F =t 2+y′2可知，F y′=2y′。

根据垂直终结线的横截条件可知[F y′]t=T =0，即y ′=0。

又由于y 沿着极值曲线y ∗(t )=c 1t +c 2取值，故有y ∗′(t =2)=c 1=0。 根据初始条件y (0)=4可得y ∗(t =0)=c 2=4。 故极值曲线为：y ∗(t )=4。

图形中显示初始点、终结点和极值曲线如下：

y

t

t=2A

3.2.3（P88）令问题1中的终结条件改变为y T =5，T 是自由的 （a ）找出新的极值线。最优终结时间T ∗是多少？ （b ）画出一个图形来显示初始点、终结点和极值线。 解：根据水平终结线的横截条件可知[F −y′F y′]t=T =0，

即T2+y′2−y′∗2y′=0。

亦即y∗′(t=T)=c1=T。

根据初始条件y(0)=4可得y∗(t=0)=c2=4。

又由终结条件y T=5可得y T=c1T+c2=T2+c2=5，解得T∗=1。故极值曲线为：y∗(t)=t+4。

图形中显示初始点、终结点和极值曲线如下：

y

A=4

t

T*=1

《动态最优化基础》第4章 课后习题

4.2.1（P110）对于练习2.2的问题1（V [y ]=∫(t 2+y ′2

)dt T

0，y (0)=0，y (1)=2）

（a ）用行列式检验（4.9）检查函数F 是否关于(y,y ′)是严格凹/凸的。 （b ）如果此检验失败，利用行列式检验（4.12）或特征根检验来检查凹性/凸性。

（c ）最大化/最小化的充分条件满足吗？ 解：（a ）由被积函数F =t 2+y ′2

可得：

F y =0，F y′=2y ′，F y ′y ′=2，F yy =F yy′=F y′y =0

故行列式|D |=|

2

00

0|，|D 1|

=2，|D 2|=0。 不能判定F 是否关于(y,y ′)是严格凹/凸的。 （b ）特征方程为： |

2−r 0

−r

|=r (r −2)=0 特征根为：r 1=2和r 2=0。两个特征根均为非负的，所以q 是处处半正定的，即F 是凸的。

（c ）根据欧拉定理和边界条件可得到极值曲线y ∗(t )=2t 。 又因为被积函数F 是凸函数，所以满足最小化的充分条件。 4.2.3（P110）对于练习2.2的问题5进行上面问题1提到的检验。 解：（a ）由被积函数F =y 2+4yy′+4y ′2

可得：

F y =2y +4y′，F y′=4y +8y ′，F y ′y ′=8，F yy =2，F yy′=F y′y =4 故行列式|D |=|

8

44

2|，|D 1|

=8，|D 2|=0。 不能判定F 是否关于(y,y ′)是严格凹/凸的。 （b ）特征方程为： |

8−r 4

4

2−r

|=(r −8)(r −2)−16=0

特征根为：r1=10和r2=0。两个特征根均为非负的，所以q是处处半正定的，即F是凸的。

（c）根据欧拉定理和边界条件可得到极值曲线y∗(t)=e(1+t)/2+e(1−t)/2。

又因为被积函数F是凸函数，所以满足最小化的充分条件。

《动态最优化基础》第6章 课后习题

6.1.3（P175）求出V =∫y′2dt T

0满足∫ydt T

0=k 的极值曲线（通解）。 解：此题为满足积分约束的等周问题，拉格朗日被积函数为：

ℱ=y′2−λy （λ为常数）

利用公式（2.21）把欧拉-拉格朗日方程写成已部分求解的形式，即

ℱ−y ′ℱy ′=m （m 为任意常数）

且有ℱy ′=2y′。故可得y′2+λy =m 。

y ′

=√m −λy =dy

dt

对dt =

两边积分可得：

t +c 1=−2

λ

√m −λy +c 2

将两边的常数项合并，可得：

t −c =−2

λ

√m −λy

对上式两边平方，解得：

y =−λ4t 2+cλ2t +(m λ−λc 2

4

)

由于一次项系数和零次项系数都为任意常数，代之以C 1，C 1可得

y =−λ4

t 2

+C 1t +C 1

6.1.4（P175）求出给出泛函∫(y′2+z′2)dt T

0满足y −z′=0的极值曲线y(t)和z(t)路径（通解）。

解：此题满足微分方程约束，拉格朗日被积函数为：

ℱ=y′2+z′2+λ(z ′−y)（λ为常数）

根据上式可得：

ℱy=−λ，ℱy′=2y′，ℱz=0，ℱz′=2z′+λ

根据欧拉-拉格朗日方程有：

−λ−2y"=0

−2z"−λ′=0

消去λ和λ′可得y(3)=z"，带人约束方程：y−z′=0，解得：

y(3)−y′=0

故y(t)=A1e t+A2e−t+c1，又由于y=z′

故z(t)=A1e t−A2e−t+c1t+c2