Ф.П. Васильев - Методы оптимизации (1125241), страница 20
Текст из файла (страница 20)
Множество всех точек Л, для которых пара Е(х, Л) = Л„У(х)+ Е Л,дз(х) з=! переменных х е Е", Л е Е'+', внешне ничем не отличающуюся от функции (3), но здесь, оказывается, достаточно ограничиться рассмотрением лишь неотрицательных множителей Л„..., Л,„, соответствующих ограничениям типа неравенств. Теорема 2. Пусть х, — точка локального минимума функции Т"(х) на множестве (10), функции Г(х), д,(х), „, д„(х) диффгргнцируемь! в точке х„, функции д„~!(х),..., д,(х) непрерывно дифференциругмы в некотовой окрестности точки х„.
Тогда существуют множители Лагранжа Л =(Л„",..., Л,*) такие, что 64 Гк 2. КЛАССИЧЕСКАЯ ТЕОРИЯ ЭКСТРЕМУМА $ 3. ЗАДАЧИ НА УСЛОВНЫЙ ЭКСТРЕМУМ бб ,Яв*, 3 Ов,н. Ввсооьвв (х = е, Л) является решением системы (11), будем называть множителями Лагранжа, соответствующими точке е, и будем обозначать через Л = Л(е). Нетрудно видеть, что если (е, Л) — решение системы (11), то (е, с»Л) при всех с» > 0 также является решением этой системы, так что Л(е) — конус, Этот конус, как и в случае множества (1), будем называть конусом Лагранжа точки е.
Равенства Л»д»(х) =О, » =1,..., ти из (11) принято называть условиями дополняющей нежесткости. Если д,.(е) < 0 при некотором»', 1 < 4 < т, то из условия дополня»ошей нежесткости следует, что координата Л» = 0 у всех Л е Л(е); с другой стороны, если у некоторого набора Л е Л(е) оказалось, что Л, > 0 при некотором а, 1 < 1 <»и, то соответствующее д»(е) =О.
Ограничение д»(х) < О называется активным в точке е, если д»(е) =О, и пассивным (неактивным) в точке е, если дв(е) < О. Ограничения д»(х) =О, » = гп + 1,..., в, в любой точке е е Х, конечно, являются активными, Замечание 2. Как и выше (см. замечание 1), нетрудно убедиться, что точки е локального максимума функции 1'(х) на множестве (10) и соответствующие им множители Лагранжа Л являются решением системы Ло,1'(х) + 2 Л,д,.'(х) = О, Лвд,(х) = О, д»(х) < О, » = 1,..., е», д (х) = О, » = гп + 1,, в, Л =(Ло Л~в - Л,) фов Ло(ов Л~ )~ов в Л ~ )0 (12) Множество всех Л, для которых пара (х = е, Л) является решением си- стемы (12), будем обозначать через Л (е).
Множество Л-(е) и здесь будет конусом, и его также будем называть конусом Лагранжа, Отличие этого конуса от конуса, соответствующего точке локального минимума в том, что здесь у всех точек Л е Л (е) координата Л, < О. Такие соглашения о знаке Л, как уже отмечалось в замечании 1, несмотпя на всю свою условность, позволят нам несколько унифицировать дальнеишее изложение. Так как Л(е), Л (е) конусы, то в системах (11), (12) условие Л фо можно в заменить каким-либо условием нормировки, взяв, например, (Л)'= 2', Л,'.=1. =о Вместо отдельного исследования систем (11), (12) можно рассмотреть одну систему в С,(х, Л)= Л Г'(х)+ 2, Л,д.(х) =О, Л,,д»(х)=0, д,.(х) <О, з=! » = 1,..., »и, д (х) = О, 1 = »и + 1,..., в, л=(л„л„...,л,)~о, л,>о, ..., л„>о, (13) полагая в ней последовательно Ло = 1, Ло — — — 1 и Ло — — О, 2; Л,' = 1, Нетруд- но видеть, что в системе (13) с учетом условий нормировки содержится подсистема из и+в+1 уравнений с и+в+1 неизвестными (х, Л) =(х',...
..., х", Л,..., Л,). Определив решения этой подсистемы и отобрав из них те, которые удовлетворяют остальным условиям (13), получим множество точек е, подозрительных на экстремум и соответствующие им множители Лагранжа Л = Л(е). Для дальнейшего выяснения того, будет ли в найден- ных точках е в самом деле реализовываться экстремум, как и в задачах с ограничениями (1), нужно провести дополнительное исследование поведения функции г"(х) в окрестности точки е с учетом ограничений (10) или попытаться использовать достаточные условия экстремума из $ 5. Правило множителей Лагранжа для поиска точек экстремума функций на множествах вида (10) изложено. Проиллюстрируем его на примерах. П р и м е р 3. Пусть требуется найти точки экстремума функции 1(х) = о = 2; (х — х»~' из примера 1 на шаре Х = (х Е Е": (х)' = (х, х) < Ц.
=1 Функция Лагранжа этой задачи л,(хв Л) = Ло,)'(х)+ Л,((х, х) — 1), х Е Е", Л, > О. Ее производная равна ь,„(х, Л)=2лор(х — хо)+2Л,х, где хо= — ~ х». Система (13) имеет вид: (Л,р+Л,)х=лорх„л,()х/~ — 1)=0, )х)' < 1, Л=(ло, Л,) ф О, Л, > О. (14) Нетрудно убедиться, что при Л, = 0 эта система не имеет решения. Анализируя систему (14) при Ло = 1 и Ло = — 1, получим следующие точки, подозрительные на экстремум: е, = х при ~х ~ < 1 с соответствующими множителями Лагранжа Л,, =-(1,0) и Л, о = ( — 1,0); ео = ~~~ при (хо) > 1 с Л =(Ло=1, Л,=р(/хо/ — 1)>0); ео= при О</хо/< 1 с Ло=(ло= — 1, Л, = = р(1 — !хо!) > 0); е» ~ при ~Ц > 0 с Л» — — (Ло — — — 1, Л1 — — р(1+ !Ц) > 0); » !о! наконец, при хо = 0 подозрительными на экстремум будут все точки ео на единичной сфере /х! = 1 с множителем Л, = (Ло = — 1, Л, = р > 0).
Выясним теперь, будет ли в отобранных точках действительно реализовываться экстремум, анализируя поведение функции Г" (х) в окрестности этих точек с учетом ограничения ~х~ < 1. В данной конкретной задаче тацой анализ удается провести до конца. Так как Г" (х) — Т" (хо) = р(х — х !' вух Е Е" и, тем более, Ух е Х, то ясно, что е, = х является точкой глобального минимума Г'(х) на Х (ср. с примером 2.2).
В точке е, согласно теореме 2 можно ожидать, что будет локальный минимум. Это ожидание оправдывается и, более того, е, — точка глобального минимума. В самом деле, с учетом неравенства )Ц > 1 имеем: 1(х) — 1(ео) = р(~х — хо)+ ~хо) — 1)()х— — Ц вЂ” 1Г",)+ 1) > р)х —,)(1 — )х)) > 0 ех Е Х. В точке е, судя по знаку Л, может быть локальный максимум. Однако установленное в примере 1 йеравенство,)'(х) > 1'(е,), справедливое при всех х, ф = 1, говорит о том, что это не так.
Следовательно, точка е при 0 < ~хо~ < 1 не может быть точкой экстремума функции 1'(х) на Х. Далее, ДлЯ точки е» = — —,Р )хо) > 0 имеем Г(х) — Г(е») — Р((х — Ц+ (хо(+1)()х— — х ) — )хо( — 1) < р(~х — т )+(хо(+1)((х( — 1) <О УхеХ. Это значит, что е„— точка глобального максимума. Наконец, пусть хо — — О, пусть ео — произволь- наЯ точка такаЯ, что (е„~ = 1.
Тогда Г"(х) — 1'(ео) = Р((хà — 1) < 0 Ух Е Х. Следовательно, при х = 0 все точки единичнои сферы являются точками глобального максимума (ср. с примером 1). П р и м е р 4. Найти точки экстремума функции 1(и) = х на множестве Х =(и =(х, У) ЕЕ: д (и) = — х < О, до(и) =*' — У <О, дз(и) = У вЂ” 2х'< 0). $3. ЗАДАЧИ ИА УСЛОВНЫЙ ЭКСТРЕМУМ 66 Гл. 2. КЛАССИЧЕСКАЯ ТЕОРИЯ ЭКСТРЕМУМА Здесь с".(и, Л) = Лох+Л ( — х)+Л,(х' — у)+Ля(у — 2хз), (х, у) Е Ез, Л, >0 Л, ) О, Л, > О. Система (13) имеет вид Ло — Л,.+ 2х(Лз — 2Лз) =О, — Ля+ Лз= О, Л!( — х) =0~ , (ха „) О Л (у 2хз)=0, — х<0, х' — у<0, у — 2хз<0, Л, >О, Л, >О, Л,>О, Л =(Л„..., Л,) ~О. (15) Допустим, что решением (15) является пара (и, Л), где и = (х, у), х > О.
Тогда 0 < х' < у < 2хз, причем хотя бы одно из неравенств < строгое. Отсюда и из (15) следует, что Л, =О, Л, = Лз — — О, Л, =О, что противоречит условию Л фО. Остается одна возможность, что и =(х=О, у). Но тогда из предыдущих неравенств имеем у = О. Таким образом, в рассматриваемой задаче подозрительной на экстремум является лишь точка и =(О, 01. Ей соответствуют множители Лагранжа Л, = (1, 1, Л, ) О, Лз — — Л > 0), Л = (О, О, =(оол > > О, Л, = Лз > 0) (с учетом нормировки Ло = 1 или Л = 0).
Поскольку у всех точек и = (х, 9) Е Х координата х > О, то 1 (и) = х > 0 = [(О) Лги Е Х. Следовательно, у = 0 — точка глобального минимума. Пример 5. Найти точки экстремума функции 7(и)=х+созу на множестве Х = (и = (х, у) Е Ез: д(и) = х < 0). Здесь.С(и, Л)=Л (х+соз у)+Л,х, (х, у)ЕЕ', Л, >О.
Система(13) имеет вид: Лез!ну=О, Л,х=О, х<0, Л, )О, Л=(Л, Л!)фО Л +Л,=О, Из этой системы опоеделяется бесконечно много подозрительных на экстремум точек и =(х =(), у = як), й = О, ш[, $2,...; всем им соответствует один и тот же набор множителей Лагранжа Л = ( — 1, 1) (с учетом нормировки). Отсюда видно, что в этой задаче точек локального минимума нет. В точках из =(О, 2 пп), та =О, ш[,..., реализуется глобальный максимум, так как ,7.(й) = х +сов у < 1= 7"(изх) уха Х, Далее, 7"(из„э!) =-1, причем в любой сколь угодно малой е-о™крестностн точки и „ „ нетрудно указать точки и Е Х, в которых 7(и) < — 1 (например, и=(х, у=тг(2пг+1), — е < х <0) и 7(и)> — 1 (например, и=(х=О, у), 0<[у-к(2гп+1)~ < е).
Следовательно, в точках из ч „гп = О, ш[,... экстремума нет, Упражнения 1. Пользуясь правилом множителей Лагранжа, найти точки экстремума функции 7"(и) на множестве Х если: з, з. > а) !(м)=х + ез,х=(м=(х уз)ее: х+у гз=Ц,илих=(мее: х>Оу> >О, а >О, х+у+ а= ц, или Х=(хе Ез: х — 2у+за= ц, или Х = (и е Ез: х+у+2х= 2, х-2 у+ а = -2); рассмотреть множества, полученные из Х заменой ограничений типа равенств б) 7(м)=х, Х=(м=(х,у)ЕЕ~ ха+уз(1, ха<!э, я+у<0), или Х='(м=(х,у)еЕ; хз-1-у2(1 хз+ з= Ц или х =(м=(х у)вез; х +уз < 1 (-х) < у < ха); в) 7(м)=з1п(я+у) — з1пх — з1пу, Х=(о=(х,у)еЕ: х<О,ухо, х+у<2я). 2. Среди всех вписанных в данный круг радиуса Л треугольников найти тот, площадь которого наибольшая [периметр которого наибольший[.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
