Mat Dynaaminen optimointi, mallivastaukset, kierros Johdetaan välttämättömät ehdot funktionaalin. g(y(t), ẏ(t),...

Transkriptio

1 Mat Dynaaminen optimointi, mallivastaukset, kierros 6 1. Johdetaan välttämättömät ehdot funktionaalin J(y) = g(y(t), ẏ(t),..., dr y(t), t) dt dt r ekstremaalille, kun ja t f ovat kiinteitä ja tiedetään reunaehdot y (k) ( ) = y k,, y (k) (t f ) = y k,f, k =,..., r 1 eli yhteensä 2r reunaehtoa. Määritellään uusi r 1 tilamuuttuja jolloin funktionaali on muotoa rajoitusehdolla J(x) = x k (t) = y (k 1) (t), k = 1,..., r, g(x 1 (t), x 1 (t),..., ẋ r (t), t) dt ẋ k (t) = x k+1 (t), k = 1,... r 1. Ottamalla käyttöön Lagrangen kerroinfunktiot λ k (t) saadaan kirjoitettua täydennetty funktionaali missä J a = L(x 1 (t), x 1 (t),..., ẋ r (t), λ 1 (t),..., λ r 1 (t), t) dt, r 1 L = g + λ 1 (ẋ 1 x 2 ) λ r 1 (ẋ r 1 x r ) = g + λ k (ẋ k x k+1 ), ja silloin tehtävän Eulerin yhtälöt ovat L d L =, k = 1,..., r. x k dt ẋ k Kun nyt k {1,..., r 2}, niin silloin k=1 L d L = x k+1 dt ẋ k+1 g x k+1 }{{} = λ k d dt [ g ẋ k+1 + λ k+1 = 1

2 eli Lisäksi pätee λ k = d dt [ g ẋ k+1 + λ k+1. (1) L d L = g λ r 1 d g = x r dt ẋ r x r dt ẋ r eli λ r 1 = d g. (2) dt ẋ r Lähtemällä liikkeelle ensimmäisestä Eulerin yhtälöstä ja käyttämällä kaavoja (1) ja (2) saadaan = L d L x 1 dt ẋ 1 = g d [ g + λ 1 x 1 dt ẋ 1 = g d g + d2 [ g + λ x 1 dt ẋ 1 dt 2 2 ẋ 2 = g d g + d2 g d3 [ g x 1 dt ẋ 1 dt 2 ẋ 2 dt 3 ẋ3 + λ 3 =... = g r + ( 1) k dk g =. x 1 dt k ẋ k k=1 Sijoittamalla y(t):n derivaatat x k (t):den paikalle saadaan r k= ( 1) k dk dt k [ g y (k) ( y (t), ẏ (t),..., dr y (t) dt r, t ) =. 2

3 2. Ihmisen hengitysjärjestelmän malli: P (t) V (t) V (t) Keuhkojen tilayhtälö: Keuhkojen ja ilmakehän välinen paine-ero Keuhkojen tilavuuden lisäys tasapainotilasta Ilmavirtaus keuhkoihin P (t) = KV (t) + R V (t), (3) missä KV (t) on rintakehän laajentumista vastustava mekaaninen "jousivoima"ja R V (t) sisään-ulosvirtauksen vastus. Ihmisen hengityselimet toimivat siten, että sisään hengitettäessä kriteeri min J = T minimoituu. Reunaehdot ovat { [ V (t) 2 + αp (t) V (t) } dt, α > V () =, V () =, V (T ) = VT, V (T ) = ja loppuaika T kiinteä. (a) Miten kriteeri J tulee tulkita? Termi [ V (t) 2 pyrkii minimoimaan ilmavirtauksen kiihtyvyyden, jolloin saadaan mahdollisimman tasainen hengitysliike. Termi P (t) V (t) vastaa virtauksen ulkoista tehonkulutusta. Minimoimalla tätä minimoidaan samalla hengitykseen käytetty ulkoinen työ. (b) Muodostetaan Eulerin yhtälö: F (t) = V 2 (t) + αp (t) V (t) = V 2 (t) + α[kv (t) + R V (t) V (t) = V 2 (t) + αr V 2 (t) + αkv (t) V (t) F V = αk V, F V = 2αR V + αkv, F V = 2 V. Käyttämällä tehtävän 1 tulosta saadaan Eulerin yhtälö: F V d [ F [ dt V + d2 F dt 2 V =. 3

4 αk V [ [ d dt 2αR V + αkv + d 2 dt 2 V = [ 2 d αkv 2αR V αkv + d [2 V = dt dt [ d 2 αrv + V = dt 2 V αrv = c1 t + c 2. (c) Ratkaistaan Eulerin yhtälö. Olkoon ω = αr. Homogeenisen yhtälön V αrv = ratkaisu on V (t) = c 3 e ωt + c 4 e ωt. Täydelliseen yhtälöön saadaan erikoisratkaisu yritteellä jolloin V (t) = At + B, αrat αrb = c 1 t + c 2 eli A = c 1 αr, B = c 2 αr. Yhtälön koko ratkaisu on siis V (t) = c 1 αr t c 2 αr + c 3e ωt + c 4 e ωt. Miltä ratkaisu näyttää, jos ulkoisen työn tekijä jätetään pois? Olkoon α = ja K = R = V T = T = 1. Tällöin yhtälö on yksinkertaisesti V (t) = c 1 t + c 2 ja sen ratkaisu on V (t) = c 1 t 3 + c 2 t 2 + c 3 t + c 4, eli ratkaisu on kolmannen asteen Hermiten interpolaatiopolynomi, missä vakiot määräytyvät reunaehdoista. Annetuilla lukuarvoilla V (t) = 2t 3 + 3t 2 ja ratkaisukäyrä on esitetty kuvassa 1. 4

5 1.9.8 Keuhkojen tilavuuden lisäys V(t) Aika t Kuva 1: Optimaalinen sisäänhengitys, kun α = ja K = R = V T = T = Etsittävä ekstremaalit funktionaalille min J = 4 reunaehdoilla x() = ja x(4) = 2. [ẋ(t) 2 [ẋ(t) dt = F (x, ẋ, t) dt Olkoon mahdollinen taitekohta t 1. Weierstrass-Erdmannin kulmaehtojen mukaan funktioiden Fẋ, F Fẋẋ on oltavia jatkuvia taitekohdassa. Nyt siis funktiot Fẋ = 2 [ ẋ(t) 1 [ ẋ(t) [ẋ(t) 1 2 [ẋ(t) + 1 = 2 [ ẋ(t) 1 [ ẋ(t) + 1 [ ẋ(t) 1 + ẋ(t) + 1 = 4 [ ẋ(t) 1 [ ẋ(t) + 1 ẋ(t) F Fẋẋ = [ ẋ(t) 1 2[ẋ(t) [ẋ(t) 1 [ẋ(t) + 1 ẋ2 (t) = [ ẋ(t) 1 [ ẋ(t) + 1 [ ẋ 2 (t) 1 4ẋ 2 (t) = [ ẋ(t) 1 [ ẋ(t) + 1 [ 3ẋ 2 (t) + 1 5

6 ovat jatkuvia, kun taas ẋ (t) on epäjatkuva pisteessä t 1. Olkoon nyt a := lim t t + ẋ(t); 1 b := lim t t ẋ(t); 1 a b. Tavoite on etsiä raja-arvojen a ja b mahdolliset arvot. Ensimmäinen jatkuvuusehto antaa 4(a 1)(a + 1)a = 4(b 1)(b + 1)b = p(a) = p(b), missä p on polynomi. Toinen jatkuvuusehto antaa (a 1)(a + 1)(3a 2 + 1) = (b 1)(b + 1)(3b 2 + 1) = q(a) = q(b), missä q on eräs toinen polynomi. Koska ehdot ovat yhtä aikaa voimassa, pätee myös p(a)q(b) p(b)q(a) =. Kirjoittamalla tämä auki ja ryhmittelemällä tekijöitä saadaan (a 2 1)(b 2 1) [ a(3b 2 + 1) b(3a 2 + 1) =. Voidaan osoittaa, että kaksi mahdollista ratkaisuparia (a, b), joille pätee a b, ovat (a, b) = (1, 1) (a, b) = ( 1, 1). Siis olemme löytäneet ẋ (t 1 ):n molemmanpuoleiset raja-arvot (kaksi eri tapausta). Kirjoitetaan nyt Eulerin yhtälö: jonka ratkaisu on suora d dt F ẋ = Fẋẋ ẋ = [3ẋ 2 1ẍ = x(t) = c 1 t + c 2. Koska ratkaisut ovat jatkuvia paloittain lineaarisia funktioita, joilla on yksi kulma ja joiden derivaatat ovat siis edellä päätellyn mukaisesti 6

7 ±1, niin on olemassa vain kaksi mahdollista funktiota, jotka toteuttavat Eulerin yhtälön paloittain sekä WE-kulmaehdot: { t, t < x t1 1(t) = t 2, t 1 t 4 x 2(t) = Kuvassa 2 on esitetty ratkaisut. { t, t < t1 6 t, t 1 t x(t) t Kuva 2: Optimaaliset trajektorit tehtävälle 3, kun trajektorissa saa olla yksi kulma. Mahdolliset kulmapisteet ovat t = 1 ja t = (a) Etsittävä (lyhyimmän polun) funktionaalin J = 1 + ẋ2 (t) dt ekstremaalit, kun alkuehto on x() = 5 ja loppupisteen tulee sijaita ympyrällä m(x(t f ), t f ) = x 2 (t f ) + (t f 5) 2 4 =, Muodostetaan jälleen Eulerin yhtälö: F = (1 + ẋ 2 ) 1/2, F x =, Fẋ = ẋ(1 + ẋ 2 ) 1/2 7

8 jolloin d dt F ẋ = Fẋẋ ẍ Ratkaisut ovat siis suoria Alkuehdosta seuraa c 2 = 5. = [ (1 + ẋ 2 ) 1/2 ẋ 2 (1 + ẋ 2 ) 3/2 ẍ = [ 1 (1 + ẋ 2 ) 3/2 ẍ = ẍ =. x (t) = c 1 t + c 2. Koska loppupisteen tulee sijaita käyrällä, eivät δx f ja δt f ole riippumattomia. Transversaalisuusehdoksi saadaan (Kirk s , luentomoniste s.28-29) missä Fẋδx f + (F Fẋẋ)δt f =, Fẋ = c 1 (1 + c 2 1) 1/2 F Fẋẋ = (1 + c 2 1) 1/2 c 2 1(1 + c 2 1) 1/2. Transversaalisuusehto on siis = c 1 (1 + c 2 1) 1/2 δx f + { (1 + c 2 1) 1/2 c 2 1(1 + c 2 1) 1/2} δt f = c 1 δx f + (1 + c 2 1 c 2 1)δt f = c 1 δx f + δt f. Dierentioimalla maalikäyrän yhtälö m(x(t f ), t f )) = puolittain saadaan: 2x(t f )δx f + 2(t f 5)δt f = eli δx f = 5 t f x(t f ) δt f, silloin, kun ollaan maalikäyrällä. Yhdistämällä tulokset saadaan δt f [5 t f x(t f ) c =. 8

9 Jotta tämä olisi voimassa mielivaltaisilla δt f, tulee olla josta seuraa x(t f ) + c 1 (5 t f ) = x(t f ) = c 1 (t f 5), x(t f ) = c 1 t f + 5 = c 1 t f 5c 1 c 1 = 1 eli optimaalinen trajektori on x (t) = t + 5. Kuvassa 3 on esitetty graasesti ratkaisun luonne. Kyseessä on lyhyin reitti pisteestä (, 5) maalijoukkoon eli ympyrän kaarelle. Tällöin optimitrajektori leikkaa ympyrän kaaren kohtisuoraan, mikä vastaa transversaalisuusehtoja x(t) t Kuva 3: Optimaalinen trajektori tehtävälle 4 on lyhyin reitti pisteestä (, 5) ympyrän kaarelle. (b) Nyt alkuehto onkin x() = 2 ja loppupisteen toteutettava ehto x(t f ) = 4t f + 5 = θ(t f ). Eulerin yhtälö on täsmälleen sama kuin edellä, ja ratkaisut siis suoria x (t) = c 1 t

10 Luennolla esitetyt transversaalisuusehdot ovat = Fẋ(x (t f ), ẋ(t f ), t f ) ( dθ dt (t f) ẋ (t f ) ) + F (x (t f ), ẋ(t f ), t f ) = ẋ(t f ) ( 4 ẋ(tf ) ) + (1 + ẋ 2 (t (1 + ẋ(t f )) 1/2 f )) = 4ẋ(t f ) ẋ 2 (t f ) ẋ 2 (t f ) = 4ẋ(t f ) + 1, josta seuraa 5. Funktionaali J = dierentiaaliyhtälörajoituksella x (t) = 1 4 t + 2. F (x, ẋ, t) dt f(x, ẋ, t) = (4) kun x( ) = x, t f on kiinteä ja x(t f ) vapaa. Tässä siis x : R R n+m, f : R n+m R n+m R R n. Dierentiaaliyhtälörajoitteet otetaan mukaan Lagrangen kerroinfunktioiden p 1 (t),..., p n (t) avulla: J a = [ F (x, ẋ, t) + p T (t)f(x, ẋ, t) dt. Laajennettu funktionaali J a yhtyy alkuperäiseen funktionaaliin J, kun f(x, ẋ, t) =. Varioidaan nyt laajennettua funktionaalia. Huomattavaa on, että Lagrangen kerroinfunktioita tulee myös varioida, ja ne toimivat ylimääräisinä tilamuuttujina (jatkossa puhumme liittotilamuuttujista): δj a (x, δx, p, δp) = [( F x Osittaisintegroimalla saadaan ( F ẋ f ) ( F + pt δx + x ẋ f ) + pt δẋ dt ẋ f ) + pt δẋ + f T δp dt. ẋ = [ F ẋ (x(t f), ẋ(t f ), t f ) + p T f ẋ (x(t f), ẋ(t f ), t f ) δx(t f ) d [ F f + pt δx dt. dt ẋ ẋ 1

11 Siis δj a = [ F ẋ (x(t f), ẋ(t f ), t f ) + p T f ẋ (x(t f), ẋ(t f ), t f ) δx(t f ) {[( F f ) d ( F f ) + + pt + pt δx + f T δp } dt. x x dt ẋ ẋ Ekstremaalilla tulee toteutua δj a =, f =. Reunaehdoista riippumatta integraalin tulee aina hävitä, kuten todettua aikaisemmin (katso esimerkiksi harjoitus 5 tehtävä 6). Integraalin alla oleva osa vaaditaan dierentiaaliyhtälöjen toteutuessa siis nollaksi: n+m k=1 [( F + p T f ) d ( F + p T f ) δxk =. (5) x k x k dt ẋ k ẋ k Nyt on muistettava, että termit δx 1,... δx n+m eivät ole riippumattomia! Niitä sitoo n kpl rajoitteita (4). Kuitenkin rajoitteiden toteutuessa p k (t) voidaan valita mielivaltaisesti. Valitaan ne siten, että lausekkeessa (5) n kpl δx k :iden kertoimista tulee nolliksi, ja jäljelle jää m kpl mahdollisesti nollasta poikkeavia kertoimia. Jäljelle jäävät muutokset δx k ovat riippumattomia, joten niiden lineaarikombinaation ollessa nolla täytyy myös jäljelle jääneiden kertoimien olla nollia. Silloin kaikkien δx k kertoimien tulee olla nollia. Saadaan n+m kpl dierentiaaliyhtälöjä F a d F a =, k = 1,..., n + m, x k dt ẋ k missä F a F (x, ẋ, t) + p T (t)f(x, ẋ, t) on laajennettu kustannusfunktio. Lisäksi tulee toteutua dierentiaaliyhtälörajoite f(x, ẋ, t) =, ja koska lopputila x(t f ) oli vapaa niin myöskin F ẋ (x (t f ), ẋ (t f ), t f ) + p T f ẋ (x (t f ), ẋ (t f ), t f ) = }{{} =, optimitrajektorilla eli saadaan n + m transversaalisuusehtoa F a ẋ k (x (t f ), ẋ (t f ), p (t f ), t f ) =, k = 1,..., n + m. Lisäksi vielä alkuehdot x( ) = x (n + m kpl). 11