semopt5 (1013530)

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла

Занятие 5. ЧИСЛЕННЫЕ МЕТОДЫ ПОИСКА УСЛОВНОГОЭКСТРЕМУМАА. МЕТОД ШТРАФОВПостановка задачиДаныдваждынепрерывнодифференцируемыецелеваяf ( x) = f ( x1,…, xn ) и функции ограничений g j ( x) = 0 , j = 1, … , m ;функцияg j ( x) ≤ 0 ,j = m + 1, … , p , определяющие множество допустимых решений Х.Требуется найти локальный минимум целевой функции на множестве Х , т.е. такую точку x ∗ ∈ X , чтоf ( x ∗ ) = min f ( x) ,x∈X⎧⎪где X = ⎨ x⎩⎪m < n ⎫⎪⎬.j = m + 1,… , p⎭⎪g j ( x) = 0,j = 1,… , m;g j ( x) ≤ 0,АлгоритмШаг 1. Задать начальную точку x 0 , начальное значение параметра штрафаr 0 > 0 , число C > 1 для увеличения параметра, малое число ε > 0 для остановки алгоритма. Положить k = 0 .Шаг 2.

Составить вспомогательную функцию()F x, r k = f ( x ) +rk2⎧⎪ m2⎨ ∑ [ g j ( x) ] +⎪⎩ j =1⎫+2⎪gx[()]⎬.∑ jj = m +1⎭⎪p(Шаг 3. Найти точку x ∗ ( r k ) безусловного минимума функции F x , r k)по хс помощью какого-либо метода (нулевого, первого или второго порядка):()()F x ∗ (r k ), r k = min F x, r k .x∈R nПри этом задать все требуемые выбранным методом параметры.

В качестве начальной()точки взять x k . Вычислить P x ∗ (r k ), r k .Шаг 4. Проверить условие окончания:()а) если P x ∗ (r k ), r k ≤ ε , процесс поиска закончить:(x ∗ = x ∗ (r k ),()f ( x ∗ ) = f x ∗ (r k ) ;)б) если P x ∗ (r k ), r k > ε , положить: r k +1 = C r k , x k +1 = x ∗ ( r k ), k = k + 1 иперейти к шагу 2.182Пример 1. Найти условный минимум в задачеf ( x) = x 2 − 4 x → min,g1 ( x) = x − 1 ≤ 0.† 1. В поставленной задаче m = 0 (ограничения-равенства отсутствуют),p = 1 . Решим задачу аналитически при произвольном параметре штрафа r k , а затемполучим решение последовательности задач поиска безусловного минимума.2. Составим вспомогательную функцию:()F x, r k = x 2 − 4 x +rk[ max { 0, (x − 1) } ]2 .2(3.

Найдем безусловный минимум функции F x , r k) пох с помощью необхо-димых и достаточных условий (см. гл. 2 – лекция 1):()∂ F x, r k⎪⎧ 2 x − 4 = 0, x − 1 ≤ 0,=⎨∂x⎪⎩ 2 x − 4 + r k (x − 1) = 0, x − 1 > 0 .Отсюда x ∗ = 2 , но при этом не удовлетворяется условие x ∗ − 1 ≤ 0 , а также∗kx (r ) =4+rk2+rk.В табл. 1 приведены результаты расчетов при r k = 1, 2,10,100,1000, ∞ , а на рис. 1 данаграфическая иллюстрация процесса поиска решения.(Таблица 1krkx ∗ (r k )F x ∗ (r k ), r k0153−3,66123= 1,52−3,5210−3,1663100410005∞7= 1,1666652= 1,019651502= 1,001995011−3,019−3,002−3183)(f ( x ), F x , r k)x ∗ (10) x ∗ (2) x ∗ (1)Xx∗r1 = 221x3r0 = 1−1f (x )−2−3−4Рис. 1Так как((∂ 2 F x ∗ (r k ), r k)∂x2) = 2 + r k > 0 при rk≥ 0 , то достаточные условия ми-нимума F x , r k удовлетворяются.

При r k → ∞ имеемx ∗ = lim4+ rkr → ∞ 2+rkkf ( x ∗ ) = −3 .= 1,Найдем решение этой задачи с применением необходимых и достаточных условий экстремума. Функция Лагранжа имеет вид()L ( x , λ 0 , λ1 ) = λ 0 x 2 − 4 x + λ1 ( x − 1) .Необходимые условия минимума первого порядка:а)∂ L (x , λ 0 , λ 1 )∂x= λ 0 (2 x − 4 ) + λ1 = 0 ;б) x − 1 ≤ 0 ;в) λ1 ≥ 0 ;г) λ1 ( x − 1) = 0 .Решим систему для двух случаев.Первый случай: λ 0 = 0 , тогда из условия «а» получаем λ1 = 0 , что не удовлетворяет утверждению.184Второй случай: λ 0 ≠ 0 .

Поделив уравнения системы на λ 0 и заменивλ1на λ1 ,λ0получим 2 x − 4 + λ1 = 0 . Из условия «г» имеем λ1 = 0 или x = 1 . При λ1 = 0 из условия «а» следует, что x = 2 , но при этом не удовлетворяется условие «б». Приx ∗ = 1 имеем λ∗1 = 2 .Достаточные условия минимума первого порядка удовлетворяются, так как∗λ1 = 2 > 0 и число активных ограничений l = 1 = n . „Пример 2. Найти условный минимум в задачеf ( x) = x12 + x 22 → min,g1 ( x) = x1 + x 2 − 2 = 0.† 1. В поставленной задаче m = 1 , ограничения-неравенства отсутствуют.

Решим ее аналитически.2. Составим вспомогательную функцию:()F x, r k = x12 + x 22 +(rk(x1 + x 2 − 2)2 .23. Найдем безусловный минимум F x , r kдостаточных условий:()())по х с помощью необходимых и∂ F x, r k= 2 x1 + r k (x1 + x 2 − 2) = 0 ,∂ x1∂ F x, r k= 2 x 2 + r k (x1 + x 2 − 2 ) = 0 .∂ x2Вычитая из первого уравнения второе, получаем x1 = x 2 иx1∗ (r k ) = x 2∗ (r k ) =rk.1+ r kВ табл. 2 приведены результаты расчетов при r k = 1, 2, 10, 100, 1000, ∞ , а на рис.

2дана графическая иллюстрация процесса поиска решения.(Таблица 2krkx1∗ (r k ) = x 2∗ (r k )F x ∗ (r k ), r k011122103100410005∞122310111001011000100111,3331,811,981,9982185)x22Ax 2∗x ∗ (10)=1x∗x ∗ ( 2)x1(1 )2x1∗ = 1g1 ( x) = x1 + x 2 − 2 = 0Рис. 2(∗kТак как матрица Гессе H x (r ), rk)⎛2+ rk=⎜⎜ rk⎝(таточные условия безусловного минимума F x , r kимеемrklimrk →∞ 1+ r)rk ⎞⎟ > 0 при r k > 0 , то досk⎟2+r ⎠удовлетворяются. При r k → ∞= 1 = x1∗ = x 2∗ ; f ( x ∗ ) = 2 . „kПример 3.

Найти условный минимум в задачеf ( x) = x12 + x 22 → min,g1 ( x) = x1 − 1 = 0,g 2 ( x) = x1 + x 2 − 2 ≤ 0.† 1. В задаче m = 1, p = 2 . Решим ее аналитически.2. Составим вспомогательную функцию:()F x, r k = x12 + x 22 +rk2{[x1}− 1]2 + [ max { 0, (x1 + x 2 − 2 ) } ]2 .()3. Найдем безусловный минимум F x , r k по х с помощью необходимых и достаточных условий:()()⎧⎪ 2 x1 + r k (x1 − 1) + r k (x1 + x 2 − 2 ) , x1 + x 2 − 2 > 0,∂ F x, r k=0=⎨∂ x1⎪⎩ 2 x1 + r k (x1 − 1) , x1 + x 2 − 2 ≤ 0,⎧⎪ 2 x 2 + r k (x1 + x 2 − 2) , x1 + x 2 − 2 > 0,∂ F x, r k=0=⎨∂ x2⎪⎩ 2 x 2 , x1 + x 2 − 2 ≤ 0 .Рассмотрим два случая.1861. Пусть x1 + x 2 − 2 > 0 .

Вычитая из первого уравнения второе, получаемx 2 = x1 +rk(x1 − 1) .2После подстановки в первое уравнение имеемx1∗ (r k ) =( r k ) 2 + 6r k( r k ) 2 + 6r k + 4x 2∗ (r k ),=( r k ) 2 + 4r k( r k ) 2 + 6r k + 4Однако при всех r k > 0 имеем x1∗ (r k ) + x 2∗ ( r k ) − 2 =−2r k − 8( r k ) 2 + 6r k + 4воречит условию x1 + x 2 − 2 > 0 для рассматриваемого случая.2. Пусть x1 + x 2 − 2 ≤ 0 . Тогда x 2∗ = 0 , а x1∗ (r k ) =rk.< 0 , что проти-. В табл. 3 приведены2+rkрезультаты расчетов, а на рис. 3 дана графическая иллюстрация процесса поиска решения.⎛ 2 + r k 0⎞kТак как матрица Гессе H x ∗ (r k ), r k = ⎜⎟⎟ > 0 при всех r > 0 , то⎜ 02⎠⎝достаточные условия минимума F x , r k удовлетворяются.

При r k → ∞ имеем()(x1∗ = limrkrk → ∞ 2 + rk= 1,x 2∗ = 0,)f ( x ∗ ) = 1. „(Таблица 3krkx1∗ ( r k )x 2∗ ( r k )F x ∗ (r k ), r k010122103100410005∞131256505150050115934353626002601251000251001100000187)x2g1 ( x) = x1 − 1 = 021x ∗ (1)x ∗ ( 2)2x∗1x ∗ (10)x1x1 + x 2 − 2 = 0Рис. 3Б. МЕТОД БАРЬЕРНЫХ ФУНКЦИЙПостановка задачиДаны дважды непрерывно дифференцируемые целевая функцияf ( x) = f ( x1,…, xn ) и функции ограничений-неравенств g j ( x) ≤ 0 , j = 1, … , m , определяющие множество допустимых решений Х.Требуется найти локальный минимум целевой функции на множестве Х, т.е.такую точку x ∗ ∈ X , чтоf ( x ∗ ) = min f ( x) ,где X ={x}x∈Xg j ( x) ≤ 0, j = 1,… , m .АлгоритмШаг 1.

Задать начальную точку x 0 внутри области Х, начальное значение параметра штрафа r k ≥ 0 , число C > 1 для уменьшения параметра штрафа, малое числоε > 0 для остановки алгоритма. Положить k = 0 .Шаг 2. Составить вспомогательную функцию:(F x, rk) = f ( x) − rkm∑j =1m1kkили F x, r = f ( x) − r ∑ ln ⎡⎣ − g j ( x) ⎤⎦ .g j ( x)j =1()(Шаг 3. Найти точку x ∗ ( r k ) минимума функции F x , r k) с помощьюкакого-либо метода (нулевого, первого или второго порядка) поиска безусловного минимумас проверкой принадлежности текущей точки внутренности множества Х. При этом задать все требуемые выбранным методом параметры. В качестве начальной точки взятьx k .

Вычислить:188()m1j =1g j x ∗ (r k )P x ∗ (r k ), r k = − r k ∑()(m)()или P x ∗ (r k ), r k = − r k ∑ ln ⎡⎢ − g j x ∗ (r k ) ⎤⎥ .⎣⎦j =1Шаг 4. Проверить выполнение условия окончания:() ≤ ε , процесс поиска закончить:x ∗ = x ∗ (r k ) ,f ( x ∗ ) = f ( x ∗ (r k ) ) ;rP ( x ∗ ( r k ), r k ) > ε , положить r=; x k +1 = x ∗ (r k ) , k = k + 1Cа) если P x ∗ ( r k ), r kб) еслиkk +1иперейти к шагу 2.З а м е ч а н и я.1.

Обычно выбирается r 0 = 1,10,100 , a параметр C = 10;12;16 .2. При r k → +0 обеспечивается сходимость, однако с уменьшением r k функ-(ция F x , r k) становится все более «овражной». Поэтому полагать rkмалым числомсразу нецелесообразно.Пример 4. Найти условный минимум в задачеf ( x) = x → min,g1 ( x) = 2 − x ≤ 0.† 1. Найдем решение аналитически с применением обратной штрафной функ-ции.()2.

Составим вспомогательную функцию: F x, r k = x − r k(1.2−xP ( x,r k ))3. Найдем безусловный минимум F x , r k с помощью необходимых и достаточных условий:()∂ F x, r krk=1−= 0 . Так как внутри множества допустимых∂x(2 − x )2решений 2 − x < 0 , то x = 2 ± r k , а x ∗ (r k ) = 2 + r k (результаты приведены втабл.4). Достаточные условия минимума выполняются:(∂ 2 F x ∗ (r k ), r k∂ x2)=−rk∗⎡ 2 − x (r ) ⎤⎣⎦k3> 0.(krkx ∗ (r k )F x ∗ (r k ), r k0123410,10,010,001032,312,12,03242,632,22,0632189)(Таблица 4P x ∗ (r k ), r k10,320,10,033-).

Характеристики

Тип файла PDF

PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.

Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.

Список файлов лекций