Норма интегрального оператора

[Ian]

Найти норму [math]A:C[0;1]\to L_1 [0;1]
[math]Ax(t)=\int_0 ^1(2t-s)x(s)ds
То есть, надо найти
[math]\int_0^1|\int_0^1(2t-s)x(s)ds|dt\to\max при условии [math]\max_{0\leq t\leq 1}|x(t)|=1
Через принцип максимума Понтрягина прикинуть можно. Но его они если проходят, то позже. И он все-таки не для случая, когда внутренний интеграл под модулем

[zykov]

Вроде оно просто, если учесть [math]Ax(t)=\int_0^1(2t-s)x(s)ds=t\cdot\int_0^12x(s)ds-\int_0^1sx(s)ds=a[x]\cdot t - b[x]...

[zykov]

Экстремальный [math]x(s) думаю можно искать среди [math]x(s,p) с параметром [math]p, где [math]x(s,p)=1 при [math]s<p, иначе [math]x(s,p)=0 (или может [math]x(s,p)=-1).

[Ian]

Экстремальный [math]x(s) думаю можно искать среди [math]x(s,p) с параметром [math]p, где [math]x(s,p)=1 при [math]s<p, иначе ...[math]x(s,p)=-1.

Что и утверждает принцип максимума Понтрягина. То, что функционал интегрального вида, когда функция управления ограничена и сверху и снизу, оптимален, когда управление используют в любой момент "по максимуму"

[zykov]

Source of the post Что и утверждает принцип максимума Понтрягина.

Вы пишете, что студенты его не проходили.

У меня логика простая - в [math]\int_0^1 2x(s)ds веса равномерные и оно входит с плюсом, в [math]\int_0^1 sx(s)ds вес растёт монотонно от начала к концу и оно входит с минусом. Так что для максимизации вначале нужно сделать максимально много, а в конце максимально мало. Здесь "максимально много" - это "1", "максимально мало" - это "-1".

[zykov]

Source of the post когда внутренний интеграл под модулем

Здесь модуль можно раскрыть, учитывая, что под модулем многочлен первой степени.

[zykov]

Если задача в том, чтобы доказать это без использования дополнительных инструментов (как то принцип максимума Понтрягина), то можно это сделать по следующей схеме.

Во-первых, рассмотреть [math]a[x]=\int_0^1 2x(s)ds и [math]b[x]=\int_0^1 sx(s)ds. Очевидно, что [math]-2 \leq a[x] \leq 2 и [math]-1/2 \leq b[x] \leq 1/2. Но при этом между ними есть корреляция - не все пары возможны. Например [math](2, -1/2) не возможно.
Тут несложно доказать (несколько строк неравенств), что пары [math](a, b) могут лежать только внутри фигуры с границами заданными экстремальными [math]x(s) в выше упонянутом виде [math]x(s,p) и [math]-x(s,p). Здесь [math]p - параметр, [math]x(s,p)=1 при [math]s<p, иначе [math]x(s,p)=-1.

Во-вторых, найти максимум [math]\int_0^1 |a\cdot t-b|dt внутри этой фигуры. Тут удобно разбить интеграл на два интервала, где значение под модулем не меняет знак. Разбиение в точке [math]t_0=b/a.
Сама фигура разбивается на несколько областей по [math]a=0, [math]b=0, [math]a=b. В силу центральной симметрии достаточно рассмотреть половину областей (3 из 6).
Это тоже не сложно сделать.

[Ian]

1.Ну главное -получается ли как у меня оптимальное p=0 или 1, то есть x(t) тривиельная. не знакопеременная. Вы так и не сказали.
2.Тогда хотелось бы решение, обобщаемое на ядра [math]K(t,s)=\alpha t-s,\; \alpha>0
3.Вы считаете, что я противоречу сам себе.

Source of the post Что и утверждает принцип максимума Понтрягина.

Вы пишете, что студенты его не проходили.

В определенном смысле да, но факты упрямая вещь, кто что где узнал, не должен скрывать. Если кто и не проходил принцип максимума, но все-таки его знает, он может решение построить аналогично доказательству этого принципа максимума.Тем более если на данный интегральный функционал он сам не распространялся.Вроде придумал, но это длинно и малость нестрого.

[Ian]

Рассматривается задача [math]Ax(t)=\int_0^1K(t,s)x(s)ds,\; Ax\in L_1[0;1] Функции [math]x(t) будем считать не непрерывными, а кусочно-непрерывными, с нормой [math]||x||=ess\sup_{0\leq t\leq 1}|x(t)|
Задача найти ||A||
1. Принцип максимума для этой задачи.Решение достигается для [math]|x(t)|=1 почти всюду.
Доказываем так.Рассмотрим p- точку непрерывности и малую ее окрестность, смотрим, что изменится при изменении x(p)(значений равных во всей окрестности) в пределах от -1 до 1 . Для почти всех p ||Ax|| окажется либо возрастающей, либо убывающей функцией от x(p), значит, максимум, когда x(p) заняло одно из крайних значений 1 или -1
2.Ищем максимум только в классе |x(t)|=1 п.в. Для функций этого класса малая вариация -это функция, равная 2 в узкой окрестности точки p, и 0 на остальном отрезке. Типа как вейвлет.Если точку перемены знака x(t) с -1 на +1 следует для максимизации сдвинуть из точки p вправо, значит, вариация функционала ||Ax|| положительна.Таким образом, приравнивая вариацию ||Ax|| к нулю, найдем все точки p, где оптимальная x(t) существенно меняет знак.
А чтобы [math]\delta||Ax|| вычислить, я применю свою любимую производную модуля [math]|x|'=sgn\;x. (sgn0=0) Она для задач на экстремум чуточку получше чем [math](\sqrt{x^2})'=\frac x{\sqrt{x^2}}, так как обращается в 0 как раз там, где |x| имеет экстремум
Найти вариацию -это найти дифференциал по p,получаем
[math]\delta||Ax||=2dp\int_0^1sgn(\int_0^1K(t,s)ds)K(t,p)dt=0,при каких 0<p<1 меняет знак левая часть, при них же меняет знак оптимальная функция |x(p)|=1
В данной задаче (вместо двойки [math]\alpha)
[math]\frac{\delta||Ax||}{dp}=2\int_0^1 (\alpha t-p)sgn(\alpha t(2p-1)+\frac 12-p^2)dt=0, не такое простое уравнение, как мне показалось, много случаев.Зато общее