Ф.П. Васильев - Методы оптимизации (1125241), страница 23
Текст из файла (страница 23)
Это означает, что нет единого, «универсального» для всех Ь набора Л е А.(0), для которого (л. (О, Л)Ь, Ь) > 0 >>Ь е К(0) = Ев. Однако для каждого отдельно взятого Ь еЕв можно указать Л =Л(Ь) еА (0), )Л(Ь)/=1, что (> (О, Л(Ь))Ь, Ь) >О. Например, можно взять Л = Л(Ь) =(О, 1, 0) при Ь'Ь' >О, Л(Ь) =(О, — 1,0) при Ь'Ьв < О, Л(Ь) = (О, О, 1) при Ь'Ь'= О, (Ь')' — (Ьв)' > О, Л(Ь) =(О, О, — 1) при Ь'Ьв = О, (Ь)'-(Ьв)' <О, Л(Ь) =(1, О, 0) прн Ь'Ь'=О, (Ь')'-(Ьв)>=0, т, е. Ь'=Ь'=О. Тогда шах (л...(0, Л)Ь, Ь) >(л".,„(О, Л(Ь))Ь, Ь) >О.
Из Халва), /ц= $ ™ этого примера видно, что в условии (9) взятие максимума по множеству (Л е А.(0) )Л / = 1) существенно. П р и м е р 4. Пусть г"(х) — произвольная дважды непрерывно дифференцируемая на Е4 функция, у'(0) ф О, пусть Х = (х Е Е~: д(х) = =(х')в+(хв)в — (хв)' — (х4)'=О). Функция Лагранжа имеет вид: л(х, Л)= 4 4, НЕОБХОДИМЪ|Е УСЛОВИЯ ЭКСТРЕМУМА 74 Гл.
2. КЛАССИЧЕСКАЯ ТЕОРИЯ ЭКСТРЕМУМА в = Л у(х) + Л, д(х), а ее производные: 1 1 0 0 0 С.(х, Л)=лоу'(х)+2Л, * », С..(х Л)=лоув(х)+2Л~ О О 1 О х« 0 0 0 — 1 Равенство С (О, Л) = Л»7"'(0) + Л д'(0) = Л«7"'(0) = 0 выполнЯетсЯ лишь пРи Л, =0 и любых Л,. Следовательно, точка «> = 0 удовлетворяет необходимому условию экстремума первого порядка, ее конус Лагранжа Л(0) = (Л = = (Л, Л,): Л, =О, ЧЛ, фо). Конусы 1гег С(0), К(0) здесь совпадают со всем пространством Е'.
Ясно также, что «> = 0 — анормальная точка множества Х. Число отрицательных собственных чисел у матрицы 1 0 0 0 — 0 1 0 0 (О Л)=2Л~ о о -1 о 0 0 0 — 1 при любых Л, ~0 равно 2. Однако по теореме 2 индекс квадратичной формы (С««(0, Л) 6, Ь) не должен быть выше з = 1 для ЧЛ е Л(0). Это означает, что конус Л.(0) пуст. Условие (8) нарушено. По теореме 2 и замечанию 1 точка «> = 0 не может быть точкой экстремума функции 7"(х) на множестве Х. П р и м е р 5.
Пусть 7(х) — произвольная дважды .непрерывная диф~еренцируемая на Ь' функция, 7'(0) ф О, пусть Х = (х е Е': д(х) =(х') + +(х')о — (х')'=О). Тогда функция Лагранжа: С(х, Л)= Л 7(х)+ Л,д(х), ее производные: > х' /1О ОЛ С (х, Л)=Л, У'(х)+2Л, ~ х~ ), .С„(х, Л)='Л 7«(х)+2Л, ~ 0 1 0 ) . — х~ 0 0 — 1 Нетрудно видеть, что точка «> =0 подозрительна на экстремум в силу теоремы 3.1 и ее конус Лагранжа Л(0) = (Л =(Л, Л,): Ло =О,УЛ, фо), конусы нега'(0) = К(0) = Е'. Кроме того, «> = 0 — анормальная точка множества Х. П именим к ней теорему 2. Заметим, что С (О, Л) = >«1 0,0 1 =2Л, ~ 0 1 0 ~ при всех Л еЛ(0).
Отсюда видно, что индекс квадра- 0 0 — 1 тичной формы (С (О Л)6, 6) равен 1 при Л, > 0 и равен 2 при Л, < О. По теореме 2 индекс этой формы не может превышать л =1. Это означает, что прн Л, <0 точка Л е Л(0) не может принадлежать конусу Л.(0), Рассмотрим случай Л > О. Тогда, оказывается, точка Л =(О, Л) е Л.(0). В самом деле, для каждой точки Л =(Ло = О, Л, > 0) еЛ(0) можем указать сопровождающее подпространство П =(6 =(6', 6», Ь'), Ь'=О, ЧЬ', Ь'); свойства (5)-(7) здесь легко проверяются: с11ш П= 2(=п — з), П с нег С'(0)= Ео, (С„(0, Л)6, 6) = 2Л,((6')»+ (6')о) > ОоЬ Е П, Это и значит, что Л(0) = = (Л = (О, Л): Л > О). Далее воспользуемся утверждением (9) теоремы 2. Множество (Л; Л е Л„(0),1Л/ =1) здесь состоит из единственной точки Л = (Л = О, Л, = 1) и для нее неравенство (С (О, Л) 6, 6) = (Ь')'+ (Ьо)»в — (Ьз)» > 0 не может выполняться при всех 6 е К(0) = Е', т.
е. нарушено условие (9). В силу теоремы 2 и замечания 1 точка «> = 0 не может быть точкой экстремума рассматриваемой функции 7"(х) на Х. П р и м е р 6. Пусть 7(х) = (с, х) + (Я,х, х), где х е Ь'о, с Р Е'о, с ~ О, ф — произвольная матрица размера 10 х 10. Пусть Х =)х е Е": д,(х) = = — (х'~» — (хо)'+(х»)'+(х«)«+(х') =О, д~(х) = — (х')' — (х )'+(х')'+(х')'+ +(х ') =О). Так как д,'(0) =О, д,'(0) =О, то «> =0 — анормальная точка множества Х, и, следовательно, она подозрительна на экстремум. Конус Лагранжа этой точки равен Л(0)=(Л =(Ло, Л„Л,): Ло=о, УЛ„ЧЛ„(Л„Л»)ф фо), т.
к. 7'(О) = с фо; 1«ег С'(0) = К(0) = Е'о. Найдем конус Арут>анова Л,(0~. Для ЧЛ Е Л(0~ квадратичная форма (С,„(0, Л)6, 6) = 2Л~( — (Ь')'— '(6 )»+(Ьз)л+(6«) +(Ьо)о)+21 ( (Ьо)» (65)»+(Ьв)о+(Ьо)~+(У 14)о) Если Л, < 0 или Л, < О, то индекс этой формы > 3, а для Л е Л,(0) этот индекс не может превышать 2. Это значит, что точки Л =(Л =О, Л, < О, Л, < 0) не могут принадлежать Л(0).
Для точек Л =(Ло =О, Л, > О, Л, > 0) индекс формы (С (О, Л)6, 6) > 4, поэтому такие точки также не могут принадлежать конусу Л (0). Следовательно, лишь лучи Л, = (Л = (Л = О, Л, > О, Л, = 0)) и Л, =(Л =(Ло = О, Л, =О, Л, >0)) могут принадлежать Л,(0), В самом доле, для Л, можем взять сопрово>кдающее подпространство П, =(Ь е Е',о: 6' = Ьо = О), для А, — П, = (6 Е Е о: 6'= 6> =О), размерность которых равна 8. Так как здесь кег С'(0) = Ь'о, то ясно, что все условия (5) — (7) выполняются.
Таким образом, конус Л,(0) представляет собой объединение двух лучей Л, и Л,. Проверим условие (9), Множество (Л еЛ,(0): 1Л)=1) состоит из двух точек Л, =(Ло — — О, Л,=1, Л,=О)еЛ„Л =(Ло — — О, Л,=О, Л,=1) еЛх Возьмем 6 =. Ьо е Е ' = К(0) с координатами 1' = 1, Ьо = 1, все остальные координаты 6> = О.
Тогда (С,(0, Л «)6, Ь ) = — 2, « = 1, 2, и в точке 6 условие (9) нарушается, В силу теоремы 2 и замечания 1 заключаем, что «> не может быть точкой экстремума функции 7" (х) на множестве Х. Следующий пример показывает, что теорема 2 не «всесильна» и не всегда «распознает» точки, которые подозрительны на экстремум в силу теоремы 3.1, но на самом деле в них нет экстремума. П р и м ер 7. Рассмотрим функцию 7(х) = — (х')' — (х')'+(х')о на множестве Х = (х = (х', х', х~) е Ез: д(х) = х'х' = 0).
Нетрудно проверить, что «> =0 — анормальная точка этого множества. Следовательно, она йодозрительна на экстремум. Ее конус Лагранжа Л(0) = (Л = (Л„Л,): Л > О, УЛ, фо), конусы кег С(0) = К(0) = Е'. Опишем конус Арутюнова Л„(0). Согласно теореме 2 индекс квадратичной формы (С (О, Л)6, 6) =2Л ( — (Ь')'— — (6')'+(Ь')')+ 2Л,Ь'Ьо не может превышать з =1 для всех Л а Л.(0).
Матрица >' — 2Ло Л, 0 с.,(о,л)= ~ л, -2л, о 0 0 2Ло имеет три собственных числа Ь = — 2Ло + Л,, у, = — 2ло — Л „у, = 2Ло > О, Если Л ЕЛ(0) и )Л,~ < 2Л, то Т, <О, 7, < О, т. е. индекс квадратичной формы (С„.(0, Л)6, Ь) равен 2, и поэтому такие Л не могут принадлежать конусу Л.(0). Если Л Е Л(0) и 1Л,( > 2Ло > О, то только одно из собственных чисел Т, или у, будет отрицательным, поэтому индекс формы (С, (О, Л)6, 6) будет равен 1. В качестве сопровождающего подпространства П для всех Л ~ О, )Л,) > 2Ло > 0 можно взять П = (Ь Е Ез: 6' = Ь' = О, ЧЬ'). Тогда 76 Гл.
2. КЛАССИЧЕСКАЯ ТЕОРИЯ ЭКСТРЕМУМА (л, (О, Л)6, 6) = 2Л (6~)' > 0 и, очевидно, все условия (5) — (7) выполнены. Следовательно, конус Л.(0)=(Л =(Лю Л,): Л фО, [Л,[> 2Ло > О). Проверим условие (9). Возьмем ЧЬ = (Ь', Ь', Ьз) е К(0) = Ез и определим Л = Л(Ь) так: Л„= О, Л, = 1 при ЬЬ' > 0 и Л, = — 1 при 6 Ьз < О. Ясно, что Л(6) е еЛ„(0) и [Л(Ь)[=1. Тогда шах (С (О, Л)Ь, 6) > (с. (О, Л(6))Ь, 6) = хелааь /~/= ~ '™ = 2[Л,[[ЬгЬз/ > 0 УЬ е Ез. Как видим, точка о =0 удовлетворяет всем необходимым условиям второго порядка теоремы 2. Но е =О, очевидно, не является точкой экстремума функции 1(х) на Х.
Однако теорема 2 не сумела ее забраковать. 2. Сформулируем необходимое условие экстремума второго порядка для множеств более общего вида: Х = (х е Е": д (х) (О,..., д,„(х) (О, д 1(х) = О,..., д (х) =О). (10) Пусть о — точка локального минимума функции 1(х) на множестве (10), пусть Л(о) — конус Лагранжа этой точки. Напомним, что конус Лагранжа точки е состоит из всех тех точек Л = (Лю Л „..., Л,) ~ О, Л, > О, Л, > О, Л„> О, для которых пара (о, Л) является решением системы (3.13). Пусть Х(™о) = (4: 1 < 4 < гп, д;(о) = О) О (4: гп + 1 < 4 < г) — множество номеров активных ограничений точки о, [1(е)[ — количество элементов множества 1(о).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
