Примеры решения задач к экзаменационному вопросу 21 (1013593)

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

Текст из файла

Тема: Методы решения ЗНП при ограничениях типа неравенстваПример №1Дано:f (X) = (x1 − 4) 2 + (x 2 − 4) 2 → extrx1 + x 2 ≤ 4x1 + x 2 ≥ −4Аналитически отыскать экстремум функции при ограничениях типа неравенства,используя аппарат необходимых и достаточных условий.Решение:Преобразуем ограничения к виду: ϕ j ( X ) ≤ 0x1 + x 2 − 4 ≤ 0ϕ1 (X)− x1 − x 2 − 4 ≤ 0ϕ2 (X)Построим на чертеже множество допустимых решений, задаваемое ограничениями.1. Запишем классическую функцию Лагранжа:L(X, λ ) = ( x − 4) 2 + ( x 2 − 4) 2 + λ 1 ( x 1 + x 2 − 4) + λ 2 (− x 1 − x 2 − 4)2.

Запишем необходимые условия экстремума функции при ограничениях типа неравенства:∂L= 2( x 1 − 4) + λ 1 − λ 2 = 0 ∂x 1∂L= 2( x 1 − 4) + λ 1 − λ 2 = 0 ∂x 1λ 1 ( x 1 + x 2 − 4) = 0λ 2 ( − x 1 − x 2 − 4) = 0 3. Решим полученную систему, рассматривая все случаи:Случай (а)Ограничение ϕ1 ( X ) = x 1 + x 2 − 4 < 0 - пассивно, следовательно λ 1 = 0 .Ограничение ϕ2 (X) = − x1 − x 2 − 4 < 0 - пассивно, следовательно λ 2 = 0 .Тогда получим и решим следующую систему уравнений: 2( x 1 − 4 ) = 0x1 = 4 2( x − 4 ) = 0x = 4 2 2⇒ ⇒ A = ( 4, 4, 0, 0)λ1 = 0λ1 = 0λ 2 = 0λ 2 = 0Т.о.

получено первое решение системы – точка A с координатами A = (4, 4, 0, 0) . Построим этуточку на чертеже.x2f(X)=constOA4ϕ1(X)=0x1ϕ2(X)=0BСлучай (b)Ограничение ϕ1 ( X ) = x 1 + x 2 − 4 = 0 - активно.Ограничение ϕ2 (X) = − x1 − x 2 − 4 = 0 - активно.Из чертежа следует, что система решений не имеет, т.к. ограничения задаются параллельнымипрямыми и общих точек не имеют.Случай (c)Ограничение ϕ1 ( X ) = x 1 + x 2 − 4 = 0 - активно.Ограничение ϕ2 (X) = − x1 − x 2 − 4 < 0 - пассивно, следовательно λ 2 = 0 .Тогда получим и решим следующую систему уравнений: 2( x 1 − 4 ) + λ 1 = 0x1 = 2 2( x − 4 ) + λ = 0x = 2 2 21⇒ ⇒ B = ( 2, 2, 4, 0)x 1 + x 2 − 4 = 0λ1 = 4λ 2 = 0λ 2 = 0Т.о. получено второе решение системы – точка В с координатами B = (2, 2, 4, 0) .

Построим этуточку на чертеже.Случай (d)Ограничение ϕ1 ( X ) = x 1 + x 2 − 4 < 0 - пассивно, следовательно λ 1 = 0 .Ограничение ϕ2 (X) = − x1 − x 2 − 4 = 0 - активно.Тогда получим и решим следующую систему уравнений: 2( x 1 − 4 ) − λ 2 = 0 2( x − 4 ) − λ = 0 22⇒λ1 = 0− x 1 − x 2 − 4 = 0 x 1 = −2 x = −2 2⇒ C = ( −2, − 2, 0, − 12)λ1 = 4λ 2 = 0Т.о.

получено третье решение системы – точка С с координатами C = ( −2, − 2, 0, − 12) .Построим эту точку на чертеже.4. Отбракуем лишние точки:КоординатыB = (2, 2, 4, 0)ПринадлежностьМНР∉ МНР,отбраковывается∈ МНРλ1 > 0 λ 2 = 0кандидат на минимумC = (−2, − 2, 0, − 12)∈ МНРλ1 = 0 λ 2 < 0кандидат на максимумA = (4, 4, 0, 0)Знак λ jВывод____________Исключаем точку A , поскольку она не принадлежит множеству допустимых решений, изоставшихся точек: B - кандидат на минимум, C - кандидат на максимум.Таким образом, после отбраковки остались две точки:B = (2, 2, 4, 0)- точка является кандидатом на минимумC = (−2, − 2, 0, − 12)- точка является кандидатом на максимум5. Проверим достаточные условия 1-го порядка: в точках B и C . ДУ 1-го порядка невыполняются, т.к. число активных ограничений в этих точках меньше числа переменных.6. Проверим достаточные условия экстремума 2-го порядкаСоставляем второй дифференциал функции Лагранжа:∂ 2L∂x12=2∂ 2L∂ 2L==0∂x1∂x 2 ∂x1∂x 2∂ 2L∂x 22=2d 2 L = 2(dx 1 ) 2 + 2(dx 2 ) 2Составляем дифференциалы ограничений:∂ϕ1=1∂x1∂ϕ2= −1∂x1∂ϕ1=1∂x 2∂ϕ2= −1∂x 2⇒dϕ1 (X) = dx1 + dx 2⇒dϕ2 (X) = −dx1 − dx 2Точка B = ( 2, 2, 4, 0) - кандидат на минимум, активно ограничение ϕ1 , λ1 = 4 ≠ 0 .Имеемd 2 L(B) = 2(dx 1 ) 2 + 2(dx 2 ) 2приусловииdϕ1 (B) = dx 1 + dx 2 = 0 ,получимd 2 L(B) = 4(dx 2 ) 2 > 0 при dx 2 ≠ 0 , следовательно, точка B – условный локальный минимум.Точка C = ( −2, − 2, 0, − 12) - кандидат на максимум, активно ограничение ϕ 2 , λ 2 = −12 ≠ 0 .Имеем2d 2 L(C) = 2(dx 1 ) 2 + 2(dx 2 ) 2приусловииdϕ 2 (C) = −dx 1 − dx 2 = 0 ,2d L(C) = 4(dx 2 ) > 0 при dx 2 ≠ 0 , но точка кандидат на максимум – в C экстремума нет.Ответ: получена точка B = ( 2, 2) - условный локальный минимум.получимПример №2Дано:f ( X ) = x 12 + ( x 2 − 6) 2 → extrx1 + x 2 ≤ 4x 12 − x 2 ≤ 2Аналитически отыскать экстремум функции при ограничениях типа неравенства, используяаппарат необходимых и достаточных условий.Решение:Преобразуем ограничения к виду: ϕ j ( X ) ≤ 0x 1 + x 2 ≤ 4 ⇒ x 1 + x 2 − 4 ≤ 0 ⇒ ϕ1 ( X ) = x 1 + x 2 − 4x 12 − x 2 ≤ 2 ⇒ x 12 − x 2 − 2 ≤ 0 ⇒ ϕ 2 ( X ) = x 12 − x 2 − 2Построим на чертеже множество допустимых решений, задаваемое ограничениями.1.

Запишем классическую функцию Лагранжа:L( X, λ ) = x 12 + ( x 2 − 6) 2 + λ1 ( x 1 + x 2 − 4) + λ 2 ( x 12 − x 2 − 2)2. Запишем необходимые условия экстремума функции при ограничениях типа неравенства:∂L= 2 x 1 + λ 1 + 2λ 2 x 1 = 0 ∂x 1∂L= 2( x 2 − 6) + λ 1 − λ 2 = 0 ∂x 2λ 1 ( x 1 + x 2 − 4) = 02λ 2 ( x 1 − x 2 − 2) = 0 3. Решим полученную систему, рассматривая все случаи:Случай (а)Ограничение ϕ1 ( X ) = x 1 + x 2 − 4 < 0 - пассивно, следовательно λ 1 = 0 .Ограничение ϕ 2 ( X ) = x 12 − x 2 − 2 < 0 - пассивно, следовательно λ 2 = 0 .Тогда получим и решим следующую систему уравнений:2 x 1 = 0x 1 = 0 2( x − 6) = 0x = 6 2⇒  2⇒λ1 = 0λ 1 = 0λ 2 = 0λ 2 = 0Т.о.

получено первое решение системы – точка A с координатами A = (0, 6, 0, 0) . Построим этуточку на чертеже.Случай (b)Ограничение ϕ1 ( X ) = x 1 + x 2 − 4 = 0 - активно.Ограничение ϕ 2 ( X ) = x 12 − x 2 − 2 = 0 - активно.Тогда получим и решим следующую систему уравнений: 2 x 1 + λ 1 + 2λ 2 x 1 = 0 2 x 1 + λ 1 + 2λ 2 x 1 = 0 2( x − 6) + λ − λ = 0 2 ( x − 6) + λ − λ = 01212 2 2⇒ ⇒x + x − 4 = 0x=−x+41221x 2 − x − 2 = 0x 2 − ( − x + 4) − 2 = 01211 2 x 1 + λ 1 + 2λ 2 x 1 = 0 2( x − 6) + λ − λ = 012 2⇒x = − x + 421x 2 + x − 6 = 011 2 x 1 + λ 1 + 2 λ 2 x 1 = 0− 6 + λ 1 − 6λ 2 = 0 2( x 2 − 6) + λ 1 − λ 2 = 02 + λ 1 − λ 2 = 0 2 x 1 + λ 1 + 2λ 2 x 1 = 0 x 2 = 7x 2 = 7 2( x − 6) + λ − λ = 012 2 x 1 = −3  x 1 = −3⇒ ⇒ ⇒x 2 = − x 1 + 42x+λ+2λx=04+λ+4λ=0112112x = − 1 ± 25 2( x 2 − 6) + λ 1 − λ 2 = 0− 8 + λ 1 − λ 2 = 0 12 x 2 = 2x 2 = 2 x = 2x = 2 1 1x 1 = 2 x 1 = −3x = 7x = 2 2 2λ 1 = −3.6λ 1 = 5.6λ 2 = −1.6λ = −2.42Т.о.

получено второе и третье решение системы – точки B, C с координатами соответственно:B = (−3, 7, − 3.6, − 1.6) , C = (2, 2, 5.6, − 2.4) .Построим эти точки на чертеже.Случай (c)Ограничение ϕ1 ( X ) = x 1 + x 2 − 4 = 0 - активно.Ограничение ϕ 2 (X) = x 12 − x 2 − 2 < 0 - пассивно, следовательно λ 2 = 0 .Тогда получим и решим следующую систему уравнений:2 x 1 + λ 1 = 0λ 1 = −2x 1λ 1 = −2 x 1 x 1 = −1 2( x − 6) + λ = 0 2 ( x − 6) − 2 x = 0x − x = 6x = 5 2 2 2111⇒ ⇒ ⇒  2x 1 + x 2 − 4 = 0x 1 + x 2 − 4 = 0x 1 + x 2 = 4λ1 = 2λ 2 = 0λ 2 = 0λ 2 = 0λ 2 = 0Т.о.

получено четвертое решение системы – точка D с координатами D = (−1, 5, 2, 0) . Построимэту точку на чертеже.Случай (d)Ограничение ϕ1 ( X ) = x 1 + x 2 − 4 < 0 - пассивно, следовательно λ 1 = 0 .Ограничение ϕ 2 (X) = x 12 − x 2 − 2 = 0 - активно.Тогда получим и решим следующую систему уравнений:x = ± 15 λ 2 = −12 12x=1111 2x 2 = 2 λ1 = 02 x 1 + 2 λ 2 x 1 = 02x 1 (1 + λ 2 ) = 0λ = 0 2 2( x − 6) − λ = 0 2( x − 6 ) − λ = 0 1 x 1 − x 2 − 2 = 022 2 2⇒ ⇒⇒ λ 2 = −1λ = 0λ=0 1 1 x 1 = 0x = 022x − x − 2 = 0x − x − 2 = 0 2 x − λ = 12 1121222  x 2 = −2 λ 1 = 0λ = 0  x = −2 1 2λ 2 = −16Т.о.

получено пятое, шестое и седьмое решение системы – точки E, F, G с координатамисоответственно:E = (− 15 , 11 , 0, − 1) , F = ( 15 , 11 , 0, − 1) , G = (0, − 2, 0, − 16) .2222Построим эти точки на чертеже.4. Отбракуем лишние точки:ТочкаA = (0, 6, 0, 0)B = ( −3, 7, − 3.6, − 1.6)Проверка точек на принадлежностьМДР:ϕ1 ( X ) ≤ 0 и ϕ 2 ( X ) ≤ 0УсловияВыводточка неϕ1 ( A) = 2 > 0принадлежит МДРϕ 2 ( A ) = −8 < 0иотбраковываетсяточкаϕ1 (B) = 0принадлежит МДРϕ (B) = 02C = ( 2, 2, 5.6, − 2.4)ϕ1 (C) = 0ϕ 2 (C ) = 0D = (−1, 5, 2, 0)ϕ1 (D) = 0ϕ 2 (D) = −6 < 0E = (− 15 , 11 , 0, − 1)22ϕ1 (E ) = −1.239 < 0ϕ 2 (E) = 0F = ( 15 , 11 , 0, − 1)22ϕ1 (F) = 4.239 > 0G = (0, − 2, 0, − 16)ϕ1 (G ) = −6 < 0ϕ 2 (F) = 0ϕ 2 (G ) = 0Проверка условий на знак λ jУсловияВывод__________λ1 < 0точкаявляетсякандидатомнамаксимумМножителиЛагранжаразныхзнаков,точкаотбраковываетсяточкаявляетсякандидатомнаминимумточкаявляетсякандидатомнамаксимумλ2 < 0точкапринадлежит МДРλ1 > 0точкапринадлежит МДРλ1 > 0точкапринадлежит МДРλ1 = 0точка непринадлежит МДРиотбраковываетсяточкапринадлежит МДРλ2 < 0λ2 = 0λ2 < 0__________λ1 = 0точкаявляетсякандидатомнамаксимумλ2 < 0Таким образом, после отбраковки остались четыре точки:B = (−3, 7, − 3.6, − 1.6)- точка является кандидатом на максимумD = (−1, 5, 2, 0)- точка является кандидатом на минимум- точка является кандидатом на максимумE = (− 15 , 11 , 0, − 1)22G = (0, − 2, 0, − 16)- точка является кандидатом на максимум5.

Поверим достаточные условия 1-го порядка в каждой из полученных точек:ТочкаАктивные ограниченияB = (−3, 7, − 3.6, − 1.6)D = (−1, 5, 2, 0)E = (− 15 , 11 , 0, − 1)22G = (0, − 2, 0, − 16)ϕ1 = 0ϕ2 = 0числоактивныхограничений равночислу переменных –ϕ1 = 0числоактивныхограничений меньшечисла переменных –достаточные условияпервого порядка невыполненычислоактивныхограничений меньшечисла переменных –достаточные условияпервого порядка невыполненычислоактивныхограничений меньшечисла переменных –достаточные условияпервого порядка невыполненыϕ2 = 0ϕ2 = 0Знак λ jВыводλ1 < 0_____достаточные условияпервогопорядкавыполнены – точкаусловный локальныймаксимумнеобходима проверкадостаточных условийвторого порядка_____необходима проверкадостаточных условийвторого порядка_____необходима проверкадостаточных условийвторого порядкаλ2 < 0Таким образом, получено: точка B = ( −3, 7, − 3.6, − 1.6) – условный локальный максимум функции.6.

Для оставшихся точек проверим достаточные условия экстремума второго порядка.Запишем второй дифференциал функции Лагранжа:∂2L= 2 + 2λ 2∂x 12∂2L∂2L==0∂x 1∂x 2 ∂x 2 ∂x 1∂2L=2∂x 22d 2 L = ( 2 + 2λ 2 )(dx 1 ) 2 + 2(dx 2 ) 2Запишем дифференциал ограничения ϕ1 :∂ϕ1∂ϕ1dϕ1 ( X ) = 1 ⋅ dx 1 + 1 ⋅ dx 2=1=1⇒∂x 1∂x 2Запишем дифференциал ограничения ϕ 2 :∂ϕ 2∂ϕ 2dϕ 2 ( X ) = 2x1 ⋅ dx 1 − 1 ⋅ dx 2= 2x 1= −1⇒∂x 1∂x 2Исследуем точку D = ( −1, 5, 2, 0) - кандидат на минимум, активным в ней является ограничениеϕ1 , при этом λ1 = 2 ≠ 0 .Имеем d 2 L( D) = 2(dx1 ) 2 + 2(dx 2 ) 2 при условии dϕ1 ( D) = 1 ⋅ dx1 + 1 ⋅ dx 2 = 0 , получимdx1 = −dx 2 ⇒ d 2 L( D) = 4(dx 2 ) 2 > 0 при dx 2 ≠ 0 , следовательно, точка D = ( −1, 5, 2, 0) –условный локальный минимум.Исследуем точку E = ( − 15 , 11 , 0, − 1) - кандидат на максимум, активным в ней является22ограничение ϕ 2 , при этом λ 2 = −1 ≠ 0 .Имеем d 2 L( E) = 2(dx 2 ) 2 при условии dϕ 2 ( E ) = −2 15 ⋅ dx 1 − 1 ⋅ dx 2 = 0 , получим2dx 2 = −2 15 dx 1 ⇒ d 2 L( E ) = 60(dx 1 ) 2 > 0 при dx 1 ≠ 0 , но точка кандидат на максимум – в Е2экстремума нет.Исследуем точкуG = (0, − 2, 0, − 16) - кандидат на максимум, активным в ней являетсяограничение ϕ 2 , при этом λ 2 = −16 ≠ 0 .Имеем d 2 L(G ) = −30(dx 1 ) 2 + 2(dx 2 ) 2 при условии dϕ 2 (G ) = −1 ⋅ dx 2 = 0 , получимdx 2 = 0 ⇒ d 2 L(G ) = −30(dx1 ) 2 < 0условный локальный максимум.приdx 1 ≠ 0 , следовательно, точкаОтвет: получены точкиB = ( −3, 7)D = (−1, 5)G = (0, − 2)- условный локальный максимум- условный локальный минимум- условный локальный максимумG = (0, − 2, 0, − 16).

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 вопросов/заданий