Значения
(
u
j
)
k
=
u
j
(
t
k
)
,
j
= 1
, m
, управлений
u
j
(
t
)
, являющихся
решением рассматриваемой задачи, в моменты времени
t
k
,
k
= 0
, N
,
можно найти, используя разностный аналог формулы (5). В результате
получим квадратные системы линейных алгебраических уравнений
m
X
j
=1
g
ij
((
z
1
1
)
k
,
(
z
1
2
)
k
, . . . ,
(
z
m
1
)
k
,
(
z
m
2
)
k
, η
k
)
∙
(
u
j
)
k
=
=
(
z
i
2
)
k
+1
−
(
z
i
2
)
k
τ
−
f
i
((
z
1
1
)
k
,
(
z
1
2
)
k
, . . . ,
(
z
m
1
)
k
,
(
z
m
2
)
k
, η
k
)
, i
= 1
, m,
с невырожденными матрицами. Решив эти системы, найдем
(
u
j
)
k
,
j
= 1
, m
,
k
= 0
, N
.
П р и м е р. Рассмотрим систему
˙
z
1
=
z
2
,
˙
z
2
=
u,
˙
η
=
e
−
z
2
+
η
2
,
где
u
2
R
, со следующими граничными условиями:
z
1
(0) = 0
, z
2
(0) = 0
, η
(0) = 0
,
z
1
(
t
) = 1
, z
2
(
t
) = 1
, η
(
t
) = 1
.
Функция
q
(
z
1
, z
2
, η
) =
e
−
z
2
+
η
2
>
0
в
R
3
. Выберем в качестве функции
b
(
η
)
, удовлетворяющей, согласно (7), условиям
b
(0) = 0
, b
0
(0) = 0
, b
(1) = 1
, b
0
(1) =
e
e
+ 1
,
функцию
b
(
η
) =
−
e
+ 2
e
+ 1
η
3
+
2
e
+ 3
e
+ 1
η
2
.
Проверим выполнение достаточного условия существования решения
из теоремы 2. Поскольку
∂q
∂z
2
=
−
e
−
z
2
<
0
в
R
3
,
b
0
(
η
) =
−
3
e
+ 6
e
+ 1
η
2
+
4
e
+ 6
e
+ 1
η
≥
0
при всех
η
2
[0
,
1]
,
то из этих неравенств следует, что
b
0
(
η
)
∂q
∂z
2
≤
0
при
z
1
,
z
2
2
R
,
η
2
[0
,
1]
и условие теоремы 2 выполнено с
ε
= 1
.
Зададим шаг
τ
= 0
,
0001
, точность
δ
= 0
,
001
. Для
k
= 0
,
1
,
2
, . . .
обозначим
t
k
=
kτ, η
k
=
η
(
t
k
)
, z
1
k
=
z
1
(
t
k
)
, z
2
k
=
z
2
(
t
k
)
.
ISSN 1812-3368. Вестник МГТУ им. Н.Э. Баумана. Сер. “Естественные науки”. 2013. № 2
13
