semopt2 (1013525), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Получили условно-стационарную точку А: x1∗ = 0, x 2∗ = 1, λ∗1 = 1, λ∗2 = 0, λ∗3 = 0 ;3) λ1 = 0 , λ 2 ≠ 0 , λ 3 = 0 , тогдаx1 = 0 ,2 x1 − λ 2 = 0 ,2 (x 2 − 2 ) = 0 .Получаем λ 2 = 2 x1 = 0 , что противоречит условию λ 2 ≠ 0 ;4) λ1 = 0 , λ 2 = 0 , λ 3 ≠ 0 , тогдаx2 = 0 ,2 x1 = 0 ,2( x 2 − 2) − λ 3 = 0 .Получаем λ 3 = − 4 < 0 , что противоречит условию «в»;5) λ1 ≠ 0 , λ 2 ≠ 0 , λ 3 = 0 , тогдаx12 + x 22 − 1 = 0 ,x1 = 0 ,2 x1 + 2λ1x1 − λ 2 = 0 ,2 (x 2 − 2) + 2λ1 x 2 = 0 .Из третьего соотношения следует, что λ 2 = 0 , т.е.
имеется противоречие;1586) λ1 ≠ 0 , λ 2 = 0 , λ 3 ≠ 0 , тогдаx12 + x 22 − 1 = 0 ,x2 = 0 ,2 x1 + 2λ1x1 = 0 ,2 ( x 2 − 2 ) + 2λ 1 x 2 − λ 3 = 0 .Из последнего соотношения следует, что λ 3 = − 4 < 0 . Это противоречит условию «в»;7) λ1 = 0 , λ 2 ≠ 0 , λ 3 ≠ 0 , тогдаx1 = x 2 = 0 ,2 x1 − λ 2 = 0 ,2( x 2 − 2) − λ 3 = 0 .Из второго соотношения следует, что λ 2 = 0 .
Это противоречит условию λ 2 ≠ 0 ;8) λ1 ≠ 0 , λ 2 ≠ 0 , λ 3 ≠ 0 , тогда x12 + x 22 − 1 = 0 . Из условия «г» следует, чтоx1 = 0, x 2 = 0 . Эта система несовместна.x2f ( x) = 121g1 ( x) = 0Ag 3 ( x) = − x 2 = 01g 2 ( x) = − x1 = 0x1Рис. 34. Проверим выполнение достаточных условий минимума. В точке А имеются дваактивных ограничения, т.е. l = 2 = n = 2 (рис.
3). Так как λ∗1 = 1 > 0, λ∗2 = 0 , тодостаточные условия минимума первого порядка не выполняются ввиду того, чтотребуется строгая положительность соответствующих множителей Лагранжа. Проверимусловия второго порядка: d 2 L ( A ) = (2 + 2λ 1∗ ) dx12 + (2 + 2λ 1∗ ) dx 22 . Поскольку в точке дваактивных ограничения и для одного из них λ∗1 > 0 , а для другого λ∗2 = 0 , то применимусловия:dg 1 ( A ) = 2 x1∗ dx1 + 2 x 2∗ dx 2 = 2dx 2 = 0, λ∗1 > 0 ;dg 2 ( A ) = − dx1 ≤ 0,159λ∗2 = 0 .В результате d 2 L( A ) = 4dx12 > 0 при dx1 ≥ 0 и dx1 ≠ 0 .
Поэтому в точке А – локальныйусловный минимум. С другой стороны, целевая функция и множество допустимыхрешений выпуклые. Поэтому в точке А достигается глобальный минимум.5. Вычислим значение функции в точке глобального минимума: f ( A ) = 1 . В. СМЕШАННЫЕ ОГРАНИЧЕНИЯПостановка задачиДаны дважды непрерывно дифференцируемые целевая функция f (x) = f ( x1,…, xn )и функции ограничений типа равенств и неравенств: g j ( x) = 0 , j = 1, … , m ; g j ( x) ≤ 0 ,j = m + 1, … , p , определяющие множество допустимых решений X .Требуется исследовать функцию f ( x) на экстремум, т.е.
определить точки x ∗ ∈ Xее локальных минимумов и максимумов на множестве X :f ( x ∗ ) = min f ( x ) ;x∈X⎧⎪ g j ( x) = 0, j = 1,… , m; m < nгде X = ⎨ xg j ( x) ≤ 0, j = m + 1,… , p⎪⎩f ( x ∗ ) = max f ( x) ,x∈X⎫⎪⎬.⎪⎭Алгоритм решения задачиШаг 1. Составить обобщенную функцию Лагранжа:pL ( x, λ 0 , λ ) = λ 0 f ( x ) + ∑ λ j g j ( x ) .j =1Шаг 2. Записать необходимые условия минимума (максимума) первого порядка:∂ L( x ∗ , λ ∗0 , λ ∗ )= 0,i = 1,… , n ;а)∂ xiб) g j ( x ∗ ) = 0 , j = 1, … , m ; g j ( x ∗ ) ≤ 0 , j = m + 1, … , p ;в) λ∗j ≥ 0 , j = m + 1, … , p (для минимума),λ∗j ≤ 0 , j = m + 1, … , p (для максимума);г) λ ∗j g j ( x ∗ ) = 0 , j = m + 1, … , p .Шаг 3. Решить систему для двух случаев:Первый случай: λ∗0 = 0 .Второй случай: λ∗0 ≠ 0заменитьλ∗jλ∗0(приэтом поделить условия «а», «в», «г» наλ∗0 ина λ∗j ).В результате найти условно-стационарные точки x ∗ , выделив из них полученныепри λ∗0 ≠ 0 (они могут быть регулярными точками экстремума).
В каждом из двух160случаев следует начинать с рассмотрения 2 p − m вариантов удовлетворения условия «г»дополняющей нежесткости.Шаг 4. Для выделенных на шаге 3 точек проверить выполнение достаточныхусловий экстремума первого или второго порядка.Для проверки достаточных условий первого порядка следует:а) определить число l ограничений-равенств и активных ограничений-неравенств;б) если l = n и λ∗j > 0 для всех j ∈ J a , т.е. для всех активных ограниченийнеравенств, то в точке x ∗ – локальный минимум.
Если l = n и λ∗j < 0 для всехj ∈ J a , то в точке x ∗ – локальный максимум. Если l < n или соответствующиемножители Лагранжа не удовлетворяют достаточным условиям первогопорядка, проверить достаточные условия второго порядка.Для проверки достаточных условий второго порядка следует:а) записать выражение для второго дифференциала классической функцииnnЛагранжа в точке ( x ∗ , λ ∗ ) : d 2 L( x ∗ , λ ∗ ) = ∑ ∑i =1 j =1∂ 2 L( x ∗ , λ ∗ )dx i dx j ;∂x i ∂x jб) записать условия, накладываемые на первые дифференциалы ограниченийравенств и активных в точке x ∗ ограничений-неравенств:n ∂ g (x∗ )j∗dg j ( x ) = ∑dx i = 0 , j = 1, … , m и j ∈ J a ; λ∗j > 0 ( λ∗j < 0 );∂ xii =1n∂ g j (x∗ )i =1∂ xidg j ( x ) = ∑∗dx i ≤ 0 , j ∈ J a , λ∗j = 0 ;в) исследовать знак второго дифференциала функции Лагранжа для ненулевых dx ,удовлетворяющих системе из п.б.
Если d 2 L( x ∗ , λ ∗ ) > 0 , то в точке x ∗ –условныйлокальный минимум. Если d 2 L( x ∗ , λ ∗ ) < 0 , то в точке x ∗ –условный локальный максимум. Если достаточные условия экстремума невыполняются, следует проверить выполнение необходимых условий второгопорядка (см. утверждение 3.10 – лекция 2), следуя аналогичной процедуре. Еслиони выполняются, то требуется дополнительное исследование, а если нет, то вточке x ∗ нет условного экстремума.Шаг 5. Вычислить значения функции в точках условного экстремума.Пример 3. Найти условный экстремум в задачеf ( x) = x1 − x 22 → extr ,g1 ( x) = x1 − x 2 − 1 = 0 ,g 2 ( x) = x12 + x 22 − 5 ≤ 0 . 1.
Составим обобщенную функцию Лагранжа:L ( x, λ 0 , λ ) = λ 0 ( x1 − x 22 ) + λ 1 ( x1 − x 2 − 1) + λ 2 ( x12 + x 22 − 5) .2. Выпишем необходимые условия минимума и максимума первого порядка:∂ L (x , λ 0 , λ )∂ L (x , λ 0 , λ )а)= λ 0 + λ1 + 2λ 2 x1 = 0 ,= −2λ 0 x 2 − λ1 + 2λ 2 x 2 = 0 ;∂ x1∂ x2161б) x1 − x 2 − 1 = 0 , x12 + x 22 − 5 ≤ 0 ;в) λ 2 ≥ 0 (для минимума), λ 2 ≤ 0 (для максимума);г) λ 2 ( x12 + x 22 − 5) = 0 .3.
Решим систему для двух случаев.Первый случай: λ 0 = 0 , тогда условие «а» имеет видλ1 + 2λ 2 x1 = 0,− λ1 + 2λ 2 x 2 = 0 .Рассмотрим два варианта удовлетворения условия «г»:1) λ 2 = 0 , тогда λ1 = 0 и не удовлетворяется условие утверждения 3.8;2) λ 2 ≠ 0 , тогда система уравненийx12 + x 22 − 5 = 0,x1 − x 2 − 1 = 0удовлетворяется в двух точках: x1 = 2, x 2 = 1; x1 = −1, x 2 = −2 . Складывая двауравнения в условии «а», получаем 2λ 2 ( x1 + x 2 ) = 0 .
Так как λ 2 ≠ 0 , то x1 = − x 2 , что неудовлетворяется в обеих найденных точках.Второй случай: λ 0 ≠ 0 . Поделив уравнения приведенной в п.2 системы на λ 0 иλλзаменив 1 на λ1 , 2 на λ 2 , запишем условие «a» в видеλ0λ0∂ L (x , λ )∂ L (x , λ )= 1 + λ1 + 2λ 2 x1 = 0 ,= −2 x 2 − λ1 + 2λ 2 x 2 = 0 .∂ x1∂ x2Остальные условия сохраняют вид.Рассмотрим два варианта удовлетворения условия «г»:1) λ 2 = 0 , тогда1 + λ1 = 0,−2 x 2 − λ1 = 0,x1 − x 2 − 1 = 0 .31Отсюда имеем λ1 = −1, x 2 = , x1 = .
В результате получили условно-стационарную2231точку А: x1∗ = , x 2∗ = , λ∗1 = −1, λ∗2 = 0 , в которой удовлетворяется необходимое22условие и минимума, и максимума;2) λ 2 ≠ 0 , тогдаx12 + x 22 − 5 = 0,x1 − x 2 − 1 = 0,1 + λ1 + 2λ 2 x1 = 0,−2 x 2 − λ 1 + 2 λ 2 x 2 = 0 .Получаем еще две условно-стационарные точки:1552В : x1∗ = 2, x 2∗ = 1, λ∗1 = − , λ∗2 = > 0 ; С : x1∗ = −1, x 2∗ = −2, λ∗1 = , λ∗2 = > 0 ,3636в которых удовлетворяются необходимые условия минимума.4. Проверим выполнение достаточных условий экстремума первого порядка.162В точке А ограничение-неравенство не является активным, поэтому l = 1 < n = 2 иусловия не выполняются.
В точках В и С ограничение-неравенство активное, поэтомуl = n = 2 . В обеих точках λ∗2 > 0 , поэтому в них достигается условный локальныйминимум.Проверим достаточные условия экстремума второго порядка из методическихсоображений (в точке А это требуется обязательно).В точке А ограничение-неравенство не является активным:d 2 L ( A ) = 2λ∗2 dx12 + 2λ∗2 − 2 dx 22 = −2dx 22 ,()dg 1 ( A ) = dx1 − dx 2 = 0 .Отсюда имеем: dx1 = dx 2 и d 2 L ( A ) = −2dx12 < 0 при dx1 ≠ 0 . Поэтому в точке А –локальный условный максимум.В точках B и C ограничение-неравенство активно.15d 2 L (B ) = dx12 − dx 22 ,33Исследуем точку В : dg1 (B ) = dx1 − dx 2 = 0,dg 2 (B ) = 2 x1∗ dx1 + 2 x 2∗ dx 2 = 4dx1 + 2dx 2 = 0 .Отсюда следует, что dx1 = dx 2 = 0 и d 2 L (B ) ≡ 0 , поэтому требуется дополнительноеисследование.51d 2 L ( C ) = dx12 − dx 22 ,33dg1 ( C ) = dx1 − dx 2 = 0,Исследуем точку С:dg 2 ( C ) = −2dx1 − 4dx 2 = 0.Отсюда имеем: dx1 = dx 2 = 0 и d 2 L (q ) ≡ 0 .
Требуется дополнительное исследование.Из рис. 4 следует, что в точке В – условный локальный минимум, а в точке С –условный глобальный минимум.55. Значения функции в точках экстремума: f ( A ) = , f (B ) = 1, f (C ) = −5 . 4x2g1 ( x) = 0f ( x) =1g 2 ( x) = 0B12−11−554A2x1− 1X−2CРис.
4163f ( x) = 1f ( x) = 0f ( x) = −5.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
