CC BY
10Вестник Сыктывкарского университета. Сер.1.Вып.5.2003
УДК 521.1
Задача он оптимальном положении тройки
четырехмерных ортов 1 С.М. Полещиков, A.A. Холопов
Дан аналитико-геометрический метод решения минимаксной задачи, возникающей при интегрировании регулярных уравнений движения в небесной механике методом Рунге-Кутты: Фельберга. Учитываются произвольные возмущения. Рассмотрено геометрическое описание областей изменения параметров. Задача решена для большей части множества рассматриваемых параметров.
1. Введение и постановка задачи
В работе [1] рассматривается численное интегрирование регулярных уравнений, описывающих возмущенное движение задачи двух тел. Интегрирование выполняется методом Рунге-Кутты с автоматическим выбором шага по Фельбергу, согласно которому величина шага интегрирования контролируется парой методов Рунге-Кутты разных порядков точности. В результате появляется так называемое неравенство Фельберга. Процесс регулирования величины шага состоит в том, что, если это неравенство не выполняется, то шаг интегрирования уменьшается. В противном случае шаг увеличивается. Используемые регулярные уравнения движения обладают свойством инвариантности относительно ортогональных преобразований регулярных координат. В [2] предлагается использовать это свойство для увеличения шага при сохранении заданной точности интегрирования. Для этого выполняется переход от неравенства Фельберга к его первому приближению
1 Работа выполнена при поддержке гранта РФФИ №01-02-16918
© Полещиков С.М, Холопов A.A., 2003.
относительно шага интегрирования. В это неравенство входит функция максимума некоторого числа относительных величин, определяемых правыми частями уравнений движения. Задача увеличения шага интегрирования сводится к задаче минимизации этой функции максимума. В [3] дано решение рассматриваемой минимаксной задачи без учета возмущающих сил. Далее, в [4], эта задача была решена с учетом произвольных возмущений для движения частицы на плоскости, В настоящей работе рассматриваемая задача решается для случая пространственного движения частицы. При этом в расчет принимаются произвольные возмущения. Напомним [1], что пространственный случай движения сводится к движению фиктивной частицы в четырехмерном пространстве регулярных координат. Поэтому рассматриваемые ниже векторы четырехмерные.
Дадим постановку минимаксной задачи в приведенной форме. Пусть
а
(abG2,G3,G4)T, b = (Ьг, Ь2, Ь3, Ь4)т, d = (d1,d2,d3,d4)1-
единичные векторы в некоторой фиксированной прямоугольной системе координат. И пусть
с0 — aTb, Cj = bTcI, cj — aTd ' ' (1)
косинусы углов между ними. Рассмотрим задачу нахождения новой декартовой системы координат, в которой выражение
, г N М Nil ШI
f = max< -—|—pWfr-rj}, ш > 0 (2)
l|ax| |a4| Jbij \bA\j
принимает наименьшее значение /*. Или, по-другому, требуется найти такое положение тройки векторов а, b, d с фиксированными углами между ними, при котором (52) достигает минимума f*. Такие положения тройки векторов назовем оптимальными. Всюду будем предполагать, что а-% ф 05 Ь{ ф 0. Фиксация углов означает, что тройка а, Ь, d вращается как одно целое. Очевидно, что /" к искомые положения векторов а, b, d являются функциями от величин Cq, с^ с2, и, которые играют роль параметров. Для наших целей достаточно найти хотя бы одно оптимальное положение векторов а, b, d для каждого набора параметров.
Выделим необходимые для дальнейшего свойства функции (52). Значение / не зависит от изменения знаков координат векторов а, Ь, d. Следовательно, вводя операции изменения знаков векторов
ipa : а —► -а, (рь : b —> -b, (pd : d —> -d, (3)
можно сказать, что функция / инвариантна относительно преобразований <ра, щ, фа.
Функция / не зависит от перестановки дробей под знаком максимума. Поэтому, путем переобозначения индексов координат, можно считать, что координаты одного из трех векторов упорядочены по возрастанию или убыванию. При отмеченном переобозначении значения косинусов со, сЛ, с2, очевидно, не изменятся.
Так как а, Ь, с! единичные, то тах,{|~||,тахг||^) > 1 и, поэтому,
Таким образом, для параметра и необходимо различать два случая: 0<а;<1иа;>1.
Пусть ш > 1. Из (4) вытекает, что при решении минимаксной задачи можно рассмотреть два случая: Л) /* = ш. В) /* = ры, р > 1. Первый случай, очевидно, реализуется при
Его можно разбить на два подслучал:
Л\) |а,| = |Ь,| = г = 1,2,3,4. Л2) Случай Лх не реализуется.
В случае В необходимо найти наименьшее р > 1.
Пусть 0 < ш < 1. Тогда при решении минимаксной задачи можно рассмотреть два случая: С) /* = 1. Т>) /й = р > 1. Первый случай реализуется при
Он разбивается на два подслучая:
Сг = .Ai) Сг) Случай С\ не реализуется. В случай V необходимо найти наименьшее р > 1.
В данной работе дается полное аналитическое решение минимаксной задачи в случаях А и С, составляющих, нестрого говоря, большую часть взаимного положения векторов. Случаи В и V приводят к решениям систем нелинейных уравнений и неравенств, аналитический вид которых авторами пока не найден, поэтому случаи В и Т> не рассматриваются.
Отметим случаи, в которых два из трех векторов a, b, d кол линеарные. Если |cq| = 1, то b = ±а и
/ > max{l,o>}.
N < w!a«h №1 = 1*1, i = 1,2,3,4.
\bi\ = И, < N, ¿ = 1,2,3,4.
Если |ci| = 1, то Ь = ±d и / = тах Если |с2| = 1, то d = ±а и / = тах
ÈL «1 (¡h Y
Ь4
, . . . , &4,
к
а4
M'""
,07
Во всех случаях /" = шах{1, ы} и этот минимум достигается в первом случае при ¡¿,| = ¡6,| и в остальных случаях при (а,| = ]Ь,|, i = 1,2, 3,4. Геометрически эти решения означают, что при оптимальных положениях биссектриса угла между векторами Ь, й в первом случае или между а, Ь во втором и третьем случаях должна совпадать с одной из осей координат. Матрица поворота, приводящая к таким положениям, построена в работе [3]. В дальнейшем при нахождении оптимальных положений считаем, что (с,-1 ф 1, г = 0,1,2.
2. Вспомогательные утверждения
Ограничим сначала область изменения параметров Со, сь с* для случая ш > 1. ,
У
/ 1 .ml \..... .
д\ n с™—,
/ 1/ -1 \ 1 S X
v
'М2
Рис. 1. Область А и Е. Рис. 2. Область G.
Обозначим через А внутреннюю часть эллипса
£={(*,у) :(1+ с\)х2 + (1 -С1)у2 = 2}.
Точки с координатами (±1, ±1) лежат на эллипсе Е. Поэтому квадрат с вершинами в этих точках целиком лежит в AUE (рис.1). Диагонали этого квадрата делят множество А U Е на четыре эллиптических сектора, один из которых изображен на рис.2 и определяется условием
G
{{х,у) : (х,у) G А и M < х}.
Точки Л/1 (1,1), М2(1, —1) определяют отрезок, разбивающий сектор G на множества:
Дг = {(х,у) : 0 < |у( < х < 1} — треугольник ОМхМг без отрезка
М\М2\
Д2 — {(х,у) : ® = 1, -1 < у < 1} — интервал МгМ2;
Д3 = : а; > 1, (1 + с^х2 + (1 ~ сг)у2 < 2} — внутренняя часть
эллиптического сегмента М1М4 М2 М3М1 ;
Д4 = {(х,у) : х > 1, (1 + сх')ж2 + (1 - сг)у2 - 2} — эллиптическая дуга М1М4М2 без точек М*.
Сектор О можно представить в виде объединения
О - Д* и Да и Аз и Д4и {Мх} и {М2}.
Обозначим через А, В величины
4 _ 00 + с2 в __ С2
1 +С1
1 - с"!
(5)
Утверждение 1 Точка с координатами (А, В) принадлежит множеству А и Е,
Доказательство. Неравенство (Ц-Сх)Л2+(1-сг)В2 < 2 при \сх| ф 1 эквивалентно следующему
4 -К С? + с\< 1 + 2сосгс2.
Справедливость последнего вытекает из неотрицательности определителя Грама
1 + 2СъС\С2 — Со С1 ~ с2 ~
1 Со С2 ата атЬ атс!
= Со 1 С1 = Ьта ьтъ ьта = Г(а, Ь,с1) > 0. ■
С2 Сх 1 ата ЙТЪ ата
Утверждение 2 Точка с координатами (А, В) лежит на эллипсе Е тогда и только тогда, когда векторы а, Ь, с! компланарные.
Доказательство. Равенство Г(а, Ь, с!) •-= 0 выполняется тогда и только тогда, когда векторы а, Ь, <1 линейно зависимые. Я
Утверждение 3 Условия со — 1, со = —1, с2 = 1, с2 = —1 эквивалентны равенствам (А, В) = (1,1), (А, В) = (-1,-1), {А, В) = (1,-1), (А, В) — ( — 1,1) соответственно.
Доказательство. Если А — В = 1, то со + с2 = 1 + 0*, со — с2 = 1 — сг. Следовательно, со = 1. Обратно, если со = 1, то а = Ь. Поэтому С\ -- с2 и из (5) получаем А = 1, В = 1. Остальные случаи рассматриваются аналогично. В
Рассмотрим преобразования (53). Каждая из этих операций меняет знак двух из трех косинусов со, сг, с2. Из (5) следует, что при этих преобразованиях пара (А, В) преобразуется по правилам
(А. В) ^ (-А,-В), (А, В) (-Б,-А), (А, В) (Б, А).
Следовательно, выбирал одну из операций (53), можно любую точку множества Д и Е перевести в множество С, если до этого точка не лежала в С. Поскольку предполагается, что ф 1, ъ = 0,1,2, то на основания утверждения 3 точки (±1, ±1) на эллипсе надо исключить из рассмотрения.
Таким образом, произвольный набор трех единичных попарно не-коллинеарных векторов за счет изменения знака одного из них может быть заменен другим набором таким, что соответствующая точка с координатами (А, В), вычисляемыми по формулам (5), будет попадать в построенную область О без точек М\, М2.
Выясним геометрический смысл условий
(А, В) е Д,-, ¿ = 1,2,3,4.
Из утверждения 2 сразу вытекает, что условие (А, В) € Д4 означает компланарность векторов а, Ь, с1. То есть приходим к уже изученному в [4] случаю.
Условие (А, В) Е Д2 или А = 1 дает равенство сд — 1 = сх — с2. Поэтому скалярное произведение (Ь — а)т(с! — а) = 0, то есть векторы Ь — а и с! — а ортогональные. Тогда треугольник Т, образованный концами векторов а, Ъ, <1, является прямоугольным. Такие же условия прямоугольности Т получаются из условий А — —1, В = 1, В — —1.
Условие (А, Б) € Дх означает, что треугольник Т остроугольный. Действительно, из А < 1 получаем со+с2 < 1+сх или (Ь —а)т(с1—а) > 0. Следовательно, в треугольнике Т угол, образованный сторонами Ь — а и <1 — а острый. В области Дх выполняется неравенство < А < 1. Поэтому имеем еще два условия. Первое, В < 1, дает — с2 < 1 — сг или (а—Ь)т(с1—Ь) > 0. Поэтому угол между сторонами а—Ь и с1—Ь острый. Второе условие, В > — 1, дает со — с2 > с\ — 1 или (а — с1)т(Ь — в) > 0. То есть угол между сторонами а — (1 и Ь — в также острый.
Аналогичные исследования показывают, что условие (А, В) € Дз означает тупоугольность треугольника Т.
Ограничим теперь область изменения параметров с0, Сх, г.1 для случая 0 < о> < 1. Рассмотрим эллипс
Ё = {(г, у) : (1 + соЪ3 + (1 -- = 2}.
Пусть А - внутренность Е и
т Сг + Сп
С, — С2
i — се
В отличие от (5) косинусы с0 и с\ поменялись ролями. Поэтому справедливы утверждения, аналогичные рассмотренным выше.
Утверждение 4 Точка с координатами (Л, В) принадлежит множеству А U Е, то есть (1 + со)А2 + (1 - cö)B2 < 2.
Утверждение 5 Условие {А, В) € Е эквивалентно компланарности векторов а, b, d.
Утверждение 6 Условия cv — 1, c-L — — 1, с2 — 1
эквивалентны соответственно равенствам (А, В) — (1,1)., (А, В) — (-1,-1), (А, В) = (1,-1), (А, В) = (-1,1).
Рассмотрим эллиптический сектор (рис.3)
«5 = {(ж, у) : (ж, у) € А и Ё,|г| < -у}.
Под действием преобразований (53) пара (А, В) преобразуется по правилам _
(А, В) —(~-В, —А), "(А,В) (-1-В).
Поэтому, как и выше, достаточно рассматривать только точки из G. При этом точки Лгь Аз, соответствующие коллинеарности двух из трех векторов а, b, d, необходимо исключить.
Точки Л\(1, —1), Лз(—1, — 1) определяют отрезок, разбивающий сектор G на множества:
Рис. 3. Область G.
Äi = {(ж, у) : 0 < |х| < —у < l} — треугольник ON1N3 без отрезка NiNs]
Д2 = {(х,у) : у = —1, — 1 < х < 1} — интервал Д^Лз;
Д3 = {(х, у) : у < —1, (1 + со)х2 + (1 — Со)у2 < 2} — внутренняя часть
эллиптического сегмента N1N2N3N4N1;
Д4 = {(х, у) : у < —1, (1 + со)ж2 -г (1 — со)у2 = 2} — эллиптическая дуга N1N2N3 без точек ЛГ1? ,¥3.
Из утверждения 5 следует, что условие (А, В) € Д4 означает компланарность векторов а, b, d. ^ В множестве параметров Cq, ci, с2 выделим области Р и Р
Р = {(С0,С1,С2) : (y^Y^f) € G, ^ 1, г = 0,1,2}.
{(со,сьс2) : € G, \ci\ ф 1, i = 0,1,2}.
Vl+Col—Со/ J
Таким образом, при ш > 1 для каждого набора параметров (со,ci,c2) € Р и при 0 < ш < 1 для каждого набора (co,ci,c2) € Р надо найти /* и по крайней мере одно положение векторов а, b, d, реализующее / = /*.
Вместо а;, bi, d{ введем новые переменные соотношениями
х, = Ь2, а, = Sibi, di = tibi, г = 1,2,3,4.
Тогда равенства (51) и условия |b|2 = 1, |а|2 = 1, |d|2 = 1 дают линейную систему
ж2+ х3+ х4 S1X1+ ¿2^2+ ¿3Я3+ , SlXi+ £2Х2+ 63X3+ £4X4 il£lXi+ §262X7+ §363X3+ 6464X4
8{хх+ 6\Х2+ 61X4
е\х 1+ £2х2-|- б|х3-|- б\х4
В новых переменных минимизируемая функция / запишется в виде
/ = max|ji|,...,ji|,w|e1|,...,w|e4|}. (8)
Теперь задача нахождения минимума функции (52) формулируется следующим образом. Для каждого набора параметров (co,ci,c2) € Р при w > 1 и для каждого набора (c0,cj.,c2) € Р при 0 < U < 1 НЯДО
1, Со,
Cl,
1, 1.
(7)
найти решение системы (7): е,-, ж,- (ж,- >0), ¿ = 1,2,3,4, при котором функция (8) принимает наименьшее значение /*.
После нахождения решения этой задачи искомые координаты векторов определятся по формулам
о,- = ±У/Щ1 о,- = <$,-Ь,-, = гцЬ,, г = 1,2,3,4.
При решении подсистем системы (7) будет использоваться следующее утверждение.
Утверждение Т При попарно различных ¿х, ¿2, система
.*!+ ж3 = 7ь
¿12:1+ ¿2^2+ ¿3*3 = 72,
1 <^2г2+ ¿зХ3 = 72
имеет решение вида
- 7з ~ 7з(^2 + оз) + 71^2^3 _ -~7з + + ^з) - 71 Мз
Х1_ («з-'йХй- ¿г) ' № ~ ~ А) '
— 7з — 72(^1 + ¿2) + 7кМ~2
3 (¿3 - <5г)(4 ~ ¿1)
Как принято в линейной алгебре, система (7) или ее подсистемы будут записываться в виде расширенной матрицы. Преобразования этих матриц, приводящие к эквивалентным системам, обозначаются значком При этом тождественно равные строки или уравнения-тождества в расширенной матрице будут опускаться.
Далее последовательно будут разбираться случаи Л\ = С\, Л2, С2.
3. Решение задачи в случае А\ = С\
В этом случае имеем = |е,-| = 1, г = 1,2,3,4. В системе (7) два последних уравнения совпадают с первым. Поэтому они опускаются. Рассмотрим различные случаи расположения знаков величин 8{.
1) §г = = ¿з = ¿4 = ±1. 3) = ¿2 = —¿3 = = 1-
2) 6,=52 = 53 = -¿4 = 1. 4) = —62 = -63 = ~64 = 1.
Остальные комбинации не рассматриваем, так как переобозначением индексов координат их можно привести к указанным вариантам.
В первом случае из первых двух уравнений (7) получаем |со| = 1. По предположению это невозможно.
Случай 2. Имеем
1 1 1 1 1 \ / 1 1 1 0 (1 + с0)/2\
1 1 1 -1 °° 1 ~ 0 0 0 1 (1 - со)/2
£i £2 £з £4 Cl 1 1 £2 £з 0 (ci + с2)/2
£i £2 £з -£4 С2 У \ 0 0 0 £4 (ci - С2)/2 /
Значит, х4 = (1 — со)/2, е4 = (сх — с2)/( 1 — с0) = ±1.
Если сх — с2 = 1 — со, то В = 1 — исключенный случай (В = 1 — невозможный случай).
Если Сх — с2 = со — 1, то А = 1 (б = —1), то есть пара (А, В) € Д2 ((Л, В) € Д2). Для нахождения х,\, ж2, жз имеем
1 1 1
£l £з
(1 + со)/2 \
(С! + С2)/2 у ■
Достаточно указать одно решение этой системы. Возьмем, например, £\ = — —е3 = 1. Тогда
1 1 1 1 1 -1
(1 + со)/2 ^ /1 1 О (1 + c0 + cj + с2)/4
~ V 0 0 1
(сг + с2)/2 У
(1 +co-ci - с2)/4
Отсюда.
1 -f Co-Ci -C2 (1 -Cl)(l -f В) (1 — Co)(l — А) хз = -3-= -i-= --i-,
1 + со + С! + с2 (1 + ci)(l + А) (1 + Cl)(l + А)
xi + x2 = -——- =-—-—— =-—г-•
4 4 4
Можно выбрать, например, Х\ — х2 = (1 + Со + сх + с2)/8. Тогда в областях G, G решения хь ж2, х3 положительные.
Таким образом, в области Д2 (Д2) имеем решение f*=u> (/* = 1) и
6i - Ь>
_CQ
«1 = bi, a2 = b2, a3 — b3, a4 = -b4, d\ = bi, d2 — b2, d3 = -b3, d4 = ~b4,
В дальнейшем случай А = 1 (В =
—1) будет пропускаться.
Случай 3
/
1 1 1 1 1 N /1 1 0 0 (1 + со)/2
] 1 -I 0) ( 0 0 1 1 (1 ~ Со)/2
£1 £4 Сх 1 1 £2 0 0 (сх + С2)/2
•н £2 —"4 / V о 0 сз £4 (сх - сг)/2
Система распадается на две независимые подсистемы относительно пар неизвестных X], К Жз, Рассмотрим их отдельно. Система относительно Х\, х?:
(
{ 1 1
(1 -г со)/2 (с\ + С2)/2
С2
\ £1 £2 1, ТО 1 + Со = С! + С2 и В
-1 (Л = 1) -- исключенный
Если €1 случай.
Если Е\ — е2 = — 1, то 1 + со = —сг — с2 и А •= — 1 - невозможный случай (А = — 1 - исключенный случай). Если Е\ = -£2 = 1, то
(1 + со)/2 ) (с1 + сз)/2 )
1 О О 1
(1 + со + С! + С2)/4 \ (1 + Со - С! - с2)/4 ) '
Следовательно,
1 + С0 + С]+С2 Л Ц-Со-Сх-Сг
X], =---> 0, ж г =-:-> О-
4 4
Если в2 — —£х = 1, то аналогично получаем
1 + со - сх - с2 1 + Со + Сх + с2
хх =
Система относительно жз, г4:
1 1
£3 64
(1 - «0/2 \
(с1 - с2)/2 /
Если е3 = е4 = 1, то 1 — со = Сх — с2 ж В — 1 - исключенный случай (В = 1 - невозможный случай).
Если е3 = е4 = —1, то 1 — со "= —сх + с2 и А = 1 (В = —1) -рассмотренный случай. Если £3 = —е4 = 1, то
1 1 1 -1
(1 -со)/2 V (СХ-С2)/2 /
1 О О 1
(1 -со + сх -с2)/4 \ (1 - со - с, + с2)/4 ) ■
Значит,
_ 1 - Со f сх - с2 _ (1 + Сх)(1 - А) _ (1 - Ср)(1 + В) Хз~ 4 ~ 4 ~ 4
3 - со - ci + с2 _ (1 - С1)(1 - В) __ (1 - CQ)(1 - В) Xi 4 4 " 4
Очевидно, что хз > 0 только при А < 1 (В > — 1) к х4 > 0 всегда для рассматриваемых областей G, G. Если 64 -- —£3 = 1, то получаем аналогичное решение с точностью до переобозначения индексов.
Из полученных решений скомбинируем одно. А именно, для области Ai (Aj) имеем решение: /* = ш (/* — 1) и координаты векторов тройки находятся по формулам
- h = ±AdLa+^+á, Ьз=
ь3 = ь4 = (10)
= а2 = Ь2, аз = —=
<i: = ¿i, <¿2 == d3 = 63, ¿4 — —64,
Случай 4.
1 1 1 X 1 1 \ ( 1 0 0 0 (1 + со)/2 \
X -1 —1 -1 Со 1 0 1 1 1 (1-со)/2
£i £2 £3 £4 Ci i i 0 0 0 (сх + с2)/2
«1 -£2 —£3 -64 сг ) \ о £2 £3 £4 (<* - С2)/2 /
Следовательно, ж а — (1 + Со)/2, £х = (сг +- с2)/(2х\) = Л = ±1 - исключенный случай при рассмотрении области С. Для области <9 при £] = 1 находим ¿? = —1 - исключенный случай и при £х = — 1 имеем А = — 1 - невозможный случай.
На этом исследование случаев А\, Сх завершается. Поскольку разобранные случаи Дх, Сх дают решения минимаксной задачи для областей Ах и А2 и Ах и Аз, то при исследовании случаев А2, В, С2, Т> остается найти решения только для областей Аз, Д4 и Аз, Д4.
4. Решение задачи в случае Ач
Сейчас предполагается, что всегда выполняются условия
1
А > 1, > |£,| = 1, г = 1,2,3,4.
UJ
В системе (7) последнее уравнение совпадает с первым. Поэтому оно далее не выписывается. Рассмотрим различные случаи расположения знаков величин е..
1) £1 = е2 = £з = £4 = ±1. 3) £1 — £2 = —сз — —£4 = 1-
2) £у - £2 = £з = -£4 - 1- 4) ~ £2 = —£з = -£4 = 1-
Как и ранее, остальные комбинация не рассматриваем,
В первом случае из первого и третьего уравнений системы (7) получаем \с\ \ — 1. Это противоречит предположению ¡сч] ф 1.
Случай 2. Имеем
( 1 1 1 X 1 1 \ / 0 0 0 1 (1 - су)/2 \
¿"1 ¿2 03 64 Со 1 1 1 0 (1 + с0/2
1 1 1 -1 Су 0 0 0 84 (со - сз)/2
¿1 ¿2 ¿3 -8* С2 Л 8-1 &г 0 (Со + с2)/2
из ¿1 61 61 1 ) и 61 61 ¿1 1 /
Значит, х-4 = (1 - сх)/2, ё4 = (с0 - с2)/(2х4) = В. Поскольку |£4| > 1/ш,
(И)
то для величины В получаем ограничение
\В\ >
ш
С учетом найденных ж4, ¿"4 оставшиеся уравнения дают систему относительно XI, ж2, ®з
(12)
(1 + Су)
(со + 62)/2
¿2 ¿2 ¿2
Рассмотрим случай = 82 = 8$. Тогда получаем
-61(1 + 01) = со + сг, ¿1(1 + С|) = 2
(1
,)£2
Первое равенство дает ¿1 = А. При этом условие > 1 ¡и выполнено, так как сейчас А > 1. Второе уравнение записывается б виде
(1 + Су)А2 + (1 - а)В2 = 2.
Это означает, что точка (А, В) лежит на эллипсе Е, то есть (А, В) € Д4. С учетом условия (11) данный случай дает решение для области (рис.4), представляющей две дуги эллипса Му М5 и М2М6 без точек Мь М2. Из первого уравнения (12) можно взять, например, решение
Ху = Х2 = Х3 = (1 + Су)/6.
Рис. 4.
Область Д3 и Д4 П{Ы > 1}.
Рис. 5.
Область {1 < х < хМя, \у\ <
Тогда искомое решение задачи для эллиптических дуг М\МЪ и М2Мб будет /* = ш и
6, = ¿ = 1,2,3, Ь4 = ± V1
01 = Абь а2 АЬ2, а3 = АЬ3, а4 - ВЬ4, = &1, ¿2 = Ь2, ¿з = Ьз, ¿4 — —Ь4,
(13)
Рассмотрим случай различных Пусть ¿1 > ¿2 > ¿з для определенности. Применяя утверждение 7 к системе (12), находим
XI
Хч
2 - (1 - С1)В2 ~(ср + С2)(82 + ¿з) + (1 + сО^з -2 + (1 - С1)в2 + (со + с2)(<^1 + ¿з) - (1 + с,)М3
2(^3 - ¿2)(*2 -2 - {1-с^В2 ~{ср + с2)(5г + Ла) + (1 + ц)^ 2(4 - 82)(53 - 5г)
Поскольку знаменатели в этих дробях положительны, то положительность XI, ж2, х3 будет выполняться при условиях
2 - (1 - а)В2 - (со + с2)(52 + 63) + (1 + сх)8283 > О, -2 + (1 - С1)В2 + (со + с2){8г + 83) - (1 + С1)Мз > 0, (14) 2 — (1 — С1)£2 - (со + с2){6г + 82) + (1 + С1)М2 > 0.
Сложив первое и второе неравенства (14), получим .
(со + с2)(8г - 62) > (1 + с1)63(6г - ¿2),
или, после сокращения на ^ — 82 > 0} условие 83 < Д.- Аналогично, сложив второе и третье неравенства (14), получим условие А < 81.
Возьмем з качестве <52, S3 значения S2 = A, <53 - 1 и введем новую переменную равенством
Sy---A + y, у > 0.
При таком выборе ó,-, очевидно, все неравенства ¡5t j > l/ш выполнены, ' " Подставим'выбранные 1ц в неравенства (14). Левая часть первого неравенства дает
2 - (1 - d)B2 - (со + с2)(А + 1) + (1 + сг)А =
2 - (1 - Сг)В2 - (1 + Ci)A(A + 1) + (1 + СХ)А =
= 2 - (1 - су)В2 - (I + сг)А2.
Эта величина всегда положительна, если (А, В) € Дз-Точно также левая часть третьего неравенства дает
2 - (1 - сЛ)В2'- (со + с2)(2А + у) + (1 + Ci)A(A + у) =
= 2 - (1 - С1)В2 - 2(со + с2)А - (со + с2)у + (1 + с,)А2 + (1 -f d)Ay =
— 2 - (1 - ci)¿?2 - (1 + сх)А2.
Поэтому третье неравенство также выполняется при (А, В) € Дз-Второе неравенство (14) в новых переменных примет вид
(1 + су)А2 + (1 - ci)B2 + (1 + Ci)(A — 1)у > 2.
Отсюда следует, что для у можно взять значение
2 — (1 + с\)А2 — (1 — с\)В2 + с . . -(1 + ci)(A — 1)-' {l5)
При любом положительном е и (А, В) € Дз величина у тоже положительна.
Таким образом, в области Д3 при ограничении \В\ > 1 ju> (на рис.4 захцтрихованная фигура без дуг МуМ$ и М2М&) получили следующее решение: /* =■и и
/2~{1+7у)АГ~(1-су)В2 _ i-г-
61 " ±V,_2у(А + у-1) ~~ у 2у(А — 1)'
h + /2 — (1 + сх)А2 — (1 — су)В2 , , ГГ£К
6з = ±У 2(А -I- у — 1)(А — 1) ' b4 = ±V-T^' (1б)
ai = ÍA 4- 1Л61. a-? = Ab->. a-* = Ьч. ал = ВЬл.
-i -- (А + у)Ьх, а2 = А62, а3 = о3, а4 = ВЬ4,
dy = ¿i, df2 = ¿2, ¿з = ¿4 = —Ь4
где у вычисляется по формуле (15) и е произвольное положительное число.
При рассмотрении следующих случаев предполагается выполнение неравенства
\В\<-~.
Рассмотрим сначала случай 4. Имеем
(•17)
/ 1 1 « 1 1 \ ( 1 0 0 0 (1 + с\)/2 \
¿1 ¿2 6з ¿4 Со | 0 1 1 1 (1 - сх)/2
1 -1 -1 — 1 С1 ~ 0 0 0 (со + С2)/2
61 -52 -¿з — 84 С2 0 62 4 (со - с2)/2
V 52 ¿1 5\ 1 I и 51 ¿з2 ¿1 /
Значит, хх = (1 + сг)/2 > 0, ¿1 = (со + с2)/(2х1) = А > 1 > 1/и. Для остальных неизвестных получаем систему
( 1 ¿2
1
4
5\ ¿1
1 ¿4
¿1
(1 - С1)/2 (со - С2)/2
2 - (1 + С1)А2
(18)
Заметим, что 82, 83, 84 входят в эту систему равноправно. Поэтому достаточно рассмотреть случаи:
а) 82 — 63 — 84, Ь) 82 > 83 > 84. с) 82 — 83 > 84. с1) 82> 83 = 84.
Случай а. Первые два уравнения (18) дают (1 — С1)82 = Со — с2 или 82 = 83 — 84 = В. Предположение (17) приводит к нарушению условий ¡4! > 1/и>. Значит, этот случай не дает решений в рассматриваемой области.
Случай Ь. Применяя утверждение 7 к системе (18), находим
х2
Х3
Х4 =
2 - (1 + сг)А2 - (со - с2)(*3 + 84) + (1 - 4)8384
2(84 - 82)(8з - 62) '
-2 + (1 + Сг)А2 + (ср - С2)(82 + 84) - (1 - 4)8284 2(84 - ¿3)(4 - ¿2) '
2 - (1 + С1)А2 - (ср - с2)(82-+ 8з) + (1 - д)8283
2(84 - 83)(84 - 82)
(19)
Знаменатели этих дробей в этом случае положительные. Поэтому из
условий Х{ > 0 получаем
2 - (1 + сх)А2 - (со - с2)(63 + 84) + (1 - С1)8384 > О, -2 + (1 + сх)А2 + (со - с2)(82 + 64) - (1 - сг)8284 > О, 2 - (1 + сх)А2 - (со - с2)(82 + 53) + (1 - сг)8283 > 0.
Сложив первые два, а затем последние два неравенства, получим условие S4 < В < S2. Поскольку должны также выполняться условия |£| < 1/w и \8i\ > 1/w, то находим > 1/w и ¿4 < — 1/w.
Введем новые переменные соотношениями
S2 « В + у-2 {у<г >0), 53-В4-уз,' Í4 = В - Уа (м > 0).
При этом уз ф 0. Иначе S5 -- В, что противоречит jí3¡ > 1/w, Подставляя эти выражения в (20), получаем после упрощений
(1 + ci)Á2 + (1 - Ci)B2 + (1 - с1)у3у4 < 2, (1 + сх)Л2 + (1 - ci)В2 + (1 - Ci)у2у4. > 2, (1 + с,)А2 + (1 - сг)В2 - (1 - сх)у2уз < 2.
Обозначим через ^ величину
2 — (1 -f Cj)-42 — (1 — с.\)В2
Ф=
1
Поскольку точка („4. В) принадлежит Д У В, то ф> 0. Полученные неравенства и ограничения на S¿ дают систему неравенств для переменных у2,уз, У4-
УзУА <Ф,- ут >Ф, ~У2Уз <Ф, В + у2> 1/4 |В + у3|>1М В-уА<-1/ш, (21)
Уг > Уз, Уз > -У4, Уг > 0, у4 > 0.
Отсюда сразу следует, что фф 0, так в противном случае в силу положительности г/2, У4 первое и третье неравенства противоречивы.
Утверждение 8 Для разрешимости системы (21) при ограничь
1 w
нии \в\ < гт необходимо и достаточно выполнения неравенства
(1 +сг)А2 + (1-с1)^<2. (22)
и!
Условие (22) означает, что точка (.4, лежит внутри эллипса Е.
Доказательство. Проверим необходимость. Предположим, что система (21) разрешима при ограничении (17). Из четвертого и шестого неравенств этой системы выводим
иг 1 — С\
Что не противоречит второму неравенству из (21) независимо от выполнения условия (22). Предположим, что уз > 0. Третье неравенство непротиворечиво. Из пятого неравенства (21) в этом случае следует Уз > 1/ш — В. Тогда совместно с шестым неравенством получаем
-> 1 р2 / ■ 0- + + (1 - С1)Л"а - 2
УзУ4 > - в +-—:-----—■
Ш1 1 — Сх
Отсюда, если (22) не выполняется, то у3у4 >Ф. Что противоречит первому неравенству из (21).
Предположим, что уз < 0. Тогда первое неравенство (21) непротиворечиво. Пятое неравенство (21) теперь принимает вид у3 < — 1/ш~В, которое совместно с четвертым неравенством приводит к противоречивому неравенству — у2уз если (22) не выполняется.
Обратно, пусть выполняется (22). Тогда имеем 1/ш2 — В2 <ф. Выпишем хотя бы одно решение системы (21), чтобы доказать достаточность. Возьмем, например,
Уз = — — 5 > 0, у4 = - + В, у2 = (--В)и, и > ^ > 1. ш ш \ш / 1 /ш* — Вл
Очевидно, что все неравенства из (21) выполняются. Я Из доказанного утверждения вытекает, что при условии
|В| <1, 1 < Л < *>/»' s IMs (23)
Ш у 1 + Ci
в качестве решения задачи можно взять следующее: /* = ш и
h = k = ±^57, i = 2,3,4,
= Abu а{ = i = 2,3,4, 53 = В + (1/ш - B)v, 83 = -8A = di = bh d2- -b2) d3 ~ -63, d4 = -64,
(24)
где х2, х3, ж4 вычисляются по формулам (19) и V любое число, удовлетворяющее неравенству и > • В (23) через хм5 обозначена
абсцисса точки М5 с ординатой 1/ш на эллипсе Е. Таким образом, решение (24) соответствует области, заштрихованной на рис.5, без границы.
Случай с. В этом случае (82 = 83 > 84) имеем
1 1 1 S2 S2 84
S22 Ц 8\
(l-Cl)/2 (со-с3)/2
(l-aHJB-St) 2 (Ä2-Ä4).
д-сгШз-В) 2 (S2~S4) (l-e1)B52+(lVe1)A2-2 254(52^-54)
Из первого уравнения находим
(1 -сКВ-Ц
и из последних двух
(1 ~ сх)(52 - В) (1 - сх)В82 + (1 + сх)А2 - 2
Хл
2(62 - 64) 284(82 - 64)
В силу положительности Х{ получаем 84 < В < 62. Последнее равенство дает также
я ^ (1 ~ сх)В82 + (1 + сг)А2 - 2 (1 - сх){82 - В)
Поэтому
(1 - сг)82 - 2(1 - сх)В62 - (1+ сх)А2 + 2 (82 - В)2+ ф
¿4 =
(1 - С1)(52 -В) 82 — В
В - 84— *
82- В'
Из последнего соотношения следует, что ф> 0, то есть точки на эллипсе Е сейчас исключаются.
Так как \В\ < \/ш < ¡¿2| и 82> В, то 82 — В > 1/ш — В. Аналогично из неравенств ¡В| < 1/ш < |<£4| и 84 < В следует, что В — 84> 1 ¡ш 4- В. Значит,
(В - *.)(*, - В) > ± - В» + +
ш2 1 - сг.
То есть
(1 + сх)А2 + (1 — сх)— < 2.
ш
В отличие от (22) сейчас допускается равенство. Поэтому рассматриваемый случай дает решение задачи также и на интервале М$Мб, отмеченном на рис.5 жирной линией.
Для получения частного решения системы (25) положим 62 = 1/ш и Х2 = Тогда находим
г _ д ф __ р и ф (1 — Сг)(1/ш — В)2
4 1 /ш-в" 1-ыВ' 4~ 2[{1/ш-В)Чф] '
_ (1 -Сх){В-84) {1~сх)ф
Х2~Х*~ 4 {8,-5,) -ф/ш-ВУ+ФУ {Щ
Таким образом, для области, отмеченной на рис.5, решением задачи на минимум будет: /* = и и координаты векторов тройки находятся
по формулам
к
, /1 +С1
г =
3,
ь* = ±(а-в)ь'щТ71
аг = ЛЬ?, «2 " Ь] , а2 ~
I /ш-В)2+
Ь2М а3 = Ь3/а>, а4 =
(27)
и' ф \ т
Уз,
где жз вычисляются по формулам (26).
В случае '<1 получаются такие же соотношения между ¿2, д4 и в той же области изменения параметров, как и в только что рассмотренном случае. Поэтому нет необходимости выписывать решение. с Случай 3. В оставшемся случае будем искать решение при условии
1
(1 -{- ох)А + (1 — сх)—- > 2
и*
(28)
Тогда условие \В\ < 1 /ш выполняется автоматически. Имеем
1 i. 1 1 1 \ / 1 1 0 0 (1 + Сх)/2 \
¿1 82 83 Со о 0 1 1 (1 -ог)/2
1 1 -1 -1 С\ 5г Ь 0 0 (со + С2)/ 2
62 —83 — 64 С2 J 0 0 ¿3 ¿4 (со~с2)/2
51 ¿2 81 ¿1 1 \ 81 51 ¿з2 1 /
Выделим подсистемы относительно пар х1} х2 и х3, х4
(29)
1 1 8х 82
(1 + с3)/2 (со + Сз)/2
1 1 4 4
(1 - С1)/2
(со - с2)/2
Так как ¿х» 4 и 4 входят в эти системы симметрично, то достаточно
ограничиться рассмотрением случаев 4 > 62 и 53 > 84.
Случай ¿з = ¿4 невозможен, так как при этом предположении получаем 6з = В. Но \В\ < 1 /и> и условие ¡¿"з{ > 1 /ш нарушено.
Предположим сначала, что ¿х > 52 и 83 > 84. Решал системы, находим
Хх
Хя
(1 + сх)(А-82)
2 (8х-62) ■
(1 -С1){В-64) 2(83 - 54)
х2 =
х4 =
(1+сх)(4-Л)
2(8х - 62) '
(1 - сх)(4 ~ В) 2{83 - 84) '
Тогда из положительности х, следуют неравенства
¿1 > А, 62<А, ¿з > В, ¿4 < В. (30)
Подставляя найденные значения х% в последнее уравнение системы (29), получим
(1 + схМ^ + ¿2) - ад + (1 - ег)[т + 6А) - ад - 2.
Введем новые переменные соотношениями 6% = А + уг, 52 ~ А — у2, о3 = В + Уз, §4 = В — у4, В силу (30) все у,- > 0. В новых переменных последнее равенство принимает вид
(1 + Сг)Л2 + (1 - с,)Я2 + (1 + с1)у1у2 + (1 - С1)у3У4 = 2. (31)
Кроме того, из неравенств \В\ < 1/ш < |<53) и 63 > В следует, что 83 > В. Поэтому уз = 83 — В > 1/со — В. Аналогично, из \В\ < \/ш < |54| и ¿4 < В вытекает, что. у4 = В — 64 > 1/ш + В. Тогда
УзУ4 В2
и из (31) получаем
2 > (1 + С1)А2 + (1 - а)В2 + (1 - С1)УЗУ4 > (1 + С1 )А2 + (1 -
Значит, условие (28) нарушено. То есть данный случай не дает решений минимаксной задачи для области, в которой А > хд/5.
Если ¿1 = 62, то из первой подсистемы получаем ¿1 = А. Поэтому уг = у2 =" 0. Выводы относительно у3, у4 аналогичны. Следовательно, этот подслучай также не приводит к решениям для рассматриваемой области.
Таким образом, при условии (28) случай Л2 не дает решений. 5. Решение задачи в случае Сч
В рассматриваемом случае предполагается, что В < —1. Тогда |А| < 1. Из условий |а,-| = |6,| и < |Ь,-| имеем
№1 = 1, < г = 1,2,3,4. ш
В системе (7) первое и пятое уравнения совпадают. Рассмотрим случаи:
1) = 52 = ¿з = ¿4 = ±1- 3) 6г = 62 = -53 = = 1.
2) 61 = 62 = 53 = -64 = 1. 4) ¿г = -¿2 = -63 = <^4 = 1. Как и ранее, остальные комбинации не рассматриваем.
В первом случае из первого и второго уравнений системы (7) получаем ¡со{ = 1, что противоречит предположению |с0| ф 1. Случай 2. Имеем
( 1 1 1 1 1 \ ( 1 1 1 0 (1 + c0)/2 \
1 1 1 -1 Со 0 0 0 1 (l-co)/2
£i £2 £з £4 Ci £i £2 £з 0 (ci + c2)/2
£г £2 £з ~£4 С2 0 0 0 £4 (C! - C2)/2
\ е1 F2 £2 £3 F2 1) U f2 £2 £2 ь3 в! 1 /
Значит, х4 = (1 - с0)/2, е4 — (ci - с2)/(2х4) = В. Поскольку \е4\ < \/ш, то для В получаем ограничение
\В\<
1
Ш
(32)
С учетом найденных х4, е4 оставшиеся уравнения дают систему относительно XI, Х2ч х3
/111
£г £з
\' Г2 F2 F2 \ £1 62 £3
(1 + со)/2 (Cl + с2)/2^
2 - (1 - ср)В2 -^-
(33)
Рассмотрим случай ех = е2 = е3. Тогда получаем
е1(1 + со) = С1 + с2, е\(1 + со) = 2 — (1 — Со)В2.
Первое из этих равенств дает е\ = А. При этом условие } < 1/ш выполняется, так как сейчас |А| < 1 < 1/ш.
Второе уравнение* записывается в виде
(1 + со)А2 + (1 - со)В2 = 2.
Поэтому точка (А, В) лежит на эллипсе Е, то есть (А, В) € Д4. С учетом условия (32) данный случай дает решение для области (рис.б), предста-~ ~ , вляющей две дуги эллипса
Рис. 6.Область Дз и Д4 П {у > -£}. д^ ]\Г5 и ЛГ3ЛГ6 без точек ЛГЬ ДГ3.
Из первого уравнения (33) можно взять, например, решение хх = ж2 = х3 = (1 + Со)/6.
Тогда искомое решение задачи для эллиптических дуг ^N5 и Л^Л^
будет /* = 1 и ■_____
Ь,- = Ц-^, г = 1,2,3,
V и » - /Ч/П
(7.. = 6,, И2 = ¿2; Оз = &3- «4 ~ V"1 /
¿1 -- АЬи ¿2 ~ ЛЬ, 4 = АЪз. ¿4 ВЬ4,
Рассмотрим случай различных £,-. Пусть ег > е2 > ¿'з Для определенности. Применяя утверждение 7 к системе (33), находим - 2 - (1 - Со}В2 - (Сх + С2)(б2 + £3) + (1 + Ср)£2£з 2(£З - е0(£2 - £\)
-2 -+- (1 - со)В2 + (сх + с2)(£1 + £з) - (1 + с0)е1£3
2(е3 — —
_ 2 - (1 - Со)В2 - (сг + С3)(£1 + е2) + (1 + Ср)£1£2 "3 ' 2(с3 - £2)(ез - £1)
Рассуждая как и в случае получаем £3 < А, £1 > А. Возьмем в качестве е, значения £1 = 1, £2 = А, £3 = -1. При таком выборе, очевидно, в области Д3 все неравенства |£г| < 1/ы выполнены. Подставим выбранные с,- в найденные значения Хх, х2, хз 2-(1-со)В1г-(с1+02)(Д-1)-(1+соЙ 2-(1-со)В2—(1+со)Аг
XI - -—
2-2
Х2
4(1—а) 4(1-д)
-2 + (1 — со)В2 -г (1 + со) (1 - с0)(В2 - 1)
Хз
2(1 + А)(1 - А) 2(1 - .42)
2-(1-со)в2-(с1+г2)(1+а)+(1+со)-4 2 - (1 - со)в2 - (1 + со)а2
«О+А) 4(1 + А)
Так как точка (А, В) лежит внутри эллипса Е и В < —1, \А\ < 1, то величины XI, х2, х3 положительны.
Таким образом, в области А3 при ограничении — 1/и; < В < —1 (на рис.6 заштрихованная фигура без дуг Лг5 и Лг3Лб) получили решение
V_4(1 - А)_' у 2(1 — А )
со)В2 . __ /г^
Ьз-±у—"¡(1Та) '
а^Ьь а2 = Ь2, аз — Ъз, а4 = —Ь4, «¿1 = &1, (12 = А62, <^з = — &з, ¿4 = В&4-
При рассмотрении оставшихся случаев 3, 4 предполагается выполнение неравенства
В<
1
ш
(36)
Случай 3. Имеем
/ 1 1 1 1 1 \ / 1 1 0 0 (1 + со)/2 \
1 1 -1 -1 Со 0 0 1 1 (1 - со)/2
£г £2 £з £4 Сх £х £2 0 0 (сх + с2)/2
£г £2 -£з -£4 С2 0 0 £з £4 (сх - с2)/2
\4 Р2 £2 4' 4 1 / \ Р2 51 /1 £2 4 4 1
Выделим подсистему относительно х3, х4
(
1
£з
1 £4
(1 -ор)/2 \ (С1 - с2)12 )
По симметрии £3, £4 в системе достаточно рассмотреть случай *£3 > £4.
Случай е3 = £4 невозможен, так как при этом предположении получаем £3 = В. Но В < — 1/ш, поэтому условие |£з| < 1/ш нарушено. При £3 > £4 находим
х3
(Б-£4)(1 - Со) 2(£3 - б4)
х4 =
(£з-В)(1-Со)
2(£з - £4)
Тогда из положительности х3 следует е4 < В, что приводит к нарушению условия ¡£4| < 1/ш. Следовательно, при ограничении (36) случай 3 не дает решений. Случай 4. Имеем
/ 1 1 1 1 1 \ / 1 0 0 0 (1 + со)/2 \
1 -1 -1 -1 Со 0 1 1 ' 1 (1 - со)/2
£х £2 £з £4 Сх £1 0 0 0 (сх + с2)/2
£х -£2 -£3 -£4 С2 0 £2 £з £4 (сх - с2)/2
\4 £2 £2 г2 £з 4 1 / 1 £2 £х Г2 е2 4 4 1 /
Значит, ¿1 = (1+со)/2 > 0, £\ — (сх+с2)/(2ж1) = А. При этом |£х| < 1/ш выполняется. Для остальных неизвестных получаем систему
1 1 1
£2 £з £4
4 4 4
(1 " со)/2 (С1 - с2)/2 2-(!+■*)#
По симметрии £,■ в системе достаточно рассмотреть случаи:
а) с2 =£з- е4. Ь) £2 > £3 > £4• с) £2 = £з > £4- £2 > £з = ¿4-
Случай а. Первые два уравнения (37) дают (1 — с0)е2 = С\ — с2 или с2 = £з = £4 — В. Предположение (36) приводит к нарушению условий |е,-| < 1/ш. Значит, этот случай не дает решений.
Случай Ъ. Применяя утверждение 7 к (37), находим
х2
х3 =
Х4
! - (1 + ср)А2 - (сх - са)(е3 + с4) + (1 - ср)е3е4 2(£4 - £г)(£з - £2) - ~2 + (1 + ср)А2 + (с3 - с2)(еа -г £4) - (1 - со)е3е4 _ 2(е4 - £3)(ез ~ £2) _ 2 - (1 + Со)А2 - (д - С2)(£2 + £3) -Ь (1 - Со)£2£з
2(£4 ~ £з)(£4 - £2)
Поскольку знаменатели этих дробей в этом случае положительные, то из условий хг > 0 следуют неравенства
2 - (1 + со)А2 - (сх - с2)(£3 + £4) + (1 - Со)£3£4 > 0, • -2 + (1 + Со)А2 + (С1 - с2)(£2 + £4) - (1 - со)£2£4 > о, 2 - (1 + со).42 - (сх - С2)(£2 + £з) 4- (1 ~ с0)£2£з > 0.
Сложив неравенства попарно, получаем £4 < В < £2. Так как по предположению для В выполняется ограничение (36), то получаем £4 < —1/и>. То есть приходим к нарушению условия ¡£4"| < 1/и;. Значит, этот случай не дает решений в оставшейся области.
Случай с. В этом случае (£2 = £3 > £4) имеем
1 1 £2 £2
X
£4
(1-со)/2
(с1-С2)/2 2-(1+ео)Л2
X 1 О О О X \ 0 0 1
(Х-ео)(В-.Г4) 2(е2-е4) ■ (1-ео)(ез-В) _2 (£2-£4) (Х-СО)ВЕ2+(14-со)Л2-2
/
Отсюда находим
. . . (1-со)(В-£4) ' (1 - Со)(£2 - В)
. х2 + х3= -—-г—, ■ Х4 =
2(£2 - £4)
2(£2 - £4)
Из положительности х,- получаем £4 < В < е2, то есть £4 < —1/и;, что противоречит условию |£4| < 1/ш. Этот случай невозможен. Случай (1. В этом случае (£2 > £3 '=-£4) имеем
\
1 1 1 (1-со)/2 > ( 1 1 1 (Х-с0)/2
£2 £4 £4 (с!-С2)/2 1 ~ £2 ~ £4 0 0 _2
г2 £2 £2 2-(1+с0)Л2 \ £2(£2 - £4) 0 0 2-(1+со)А2-£4(с1-с2)
£2 ь4 ь4 2 ' 2
Из условия Х2 > 0 получаем е4 < В < — 1/и>, что противоречит условию |е4| < 1/w. Таким образом, при ограничении (36) случай 4 также не дает решений.
Окончательно получаем, что при выполнении (36) нельзя достигнуть минимума /* = 1.
Итак, в случаях А, С задача полностью решена.
Литература
1. Полещиков С.М., Холопов А.А. Теория ¿-матриц и регуляризация уравнений движения в небесной механике// Сыктывкар: СЛИ, 1999. 255 с.
2. Полещиков С.М., Холопов А.А. Регуляризация уравнений движения небесных тел. 1. Классификация L-матриц четвертого порядка // Астрономический вестник. 2000. Т. 34- №4. С. 315 -
S82.
3. Полещиков С.М., Холопов А.А. Регуляризация уравнений движения небесных тел. 2. Исправление системы KS-координат при численном интегрировании // Астрономический вестник. 2000. Т. 84. N>6. С. 567 - 573.
4. Полещиков С.М., Холопов А.А. Численное интегрирование регулярных уравнений движения небесных тел в плоском случае // Астрономический вестник. 2004• (в печати).
Summary
Poleshchikov S.M., Kholopov А.А. The problem of optimal positions for a triple of four-dimensional orts
We consider the minimax problem arising during numerical integration of disturbed motion equations in celestial mechanics by Runge-Kutta-Fehlberg method. Arbitrary perturbations are taken into aaccount. We give the analytic solution of minimax problem for the most part of geometric parameters.
Сыктывкарский университет Сыктывкарский лесной институт
Поступила 20.09.2002
