В.М. Алексеев, Э.М. Галеев, В.М. Тихомиров, Сборник задач по оптимизации (теория, примеры, задачи) (1155771), страница 31
Текст из файла (страница 31)
7': В Н,~(*)=~ х=О, О, х иррационально, 2зд 1 .25. Решение. Отображение / янляется суперпозицией отображений /=1с»у, у: С([~о, 1~])- В', у(х( )) =- (х(г,), х(г~)), /е: К'-» В, /е(ть то) = ~р(т„то). По теореме о суперпозицнп У'(Я( )) [х( )] = 4'(т) [у'(х( ) ) [х( )Ц, т = у (х ( )), й'(т)[т] = — ( т ) + р (т ) т у ( ( )) [ ( )] =( (г ), (1 )) =Ь/ ( (.)) Х ~ [~ ( ' )] = 'Рхр ) (х ( о)' ( г)) ( о) + 4х~р ) (* (го)' ( гт)) * (1~) °- 1,26. /' (х ( )) [х ( )] = ~ (Ь (й,,с (~), х (Г)) х (~) + Ь, (1, х (Г), ~о х(~)) х(1)) И~.
1.27. х= — О, 1.28. /(х) =<х,< =]х, < для некоторЫх геена. 1.29. (х=-(х .х, ...,хи)< х х ...хи=О), 1.30. Р е ш е н и е. Возьмем последовательность функций 1, ген [О, 1 — 1/и], х.( ) н=С([0, 1]): хи(г) = 2и (1 — 1) — 1, Г е= [1 — 1/и, 1]. Поскольку <<хи ( )<<ст(о  —— 1, то [)х*[[ = )пн (хе, х„( )) = 8.
7 1-у + сО С другой стороны, очевидно, что ~~хе~! «= 8. Итак, ~|х*~~ = 8. 1~ 1.31. 3/2. 1.32. 1+ 2/л. 1.33.,~', < р» < + ~ [д(1) [й. 1.34. »=т о 1/ ]/3. 1.35. $' 2/ [/3. 1.36. Р е ш е н и е. В силу неравенства Коши — Буняков- т/г ь'о аю о 1 ', >< (вл' ~й ) *'о) е ~1*'1<1~У2. о о С другой стороны, 1х*[) ~~ (хе, ']/2 з[п л1) = 1/ [/2, Так как [/2 81н н8 <<г,(о г — — 1, то ] х*)] = 1/~/'2. 1.37. 75/2 1.38. Ле: 1з-»)о, Л*у = (О, у, у, ...), у =(у, у,...). 1.3.9 Л~у= (уг~уз,... ~у и т) ° ..)! у = (ч ~ у ~ .
° ~ уи~ ° ° ° ). 1.40. Т М = [0), Т+М = К~ ° 1.41. Т М =К+ХВ, Т+М = В~'~,В-1- 1.42. соне((0,1)). 1.43, (О). 1.44. В~. 1.45. Ип ((4, — 1)Ъ. < 1<4, 11п(е, ...,е ), е...,е — стандартный базис. 1 47. < и =~.„...,*„~яе" т,*,*,=о<. ыя. о.О,~, ...,»-Ч. 1.49. Р е ш е н и е. Рассмотрим отображение Г: С ([О, 1]) -» К, 1 Г (х ( )) = ) ь1п х (1) юг, Тогда М=(х ( ° ) аз С([0,1]) [ Р(х( )) =Е(х( )) = о 237 = 2/и». Легко проверить, что г" удовлетворяет всем условиям тео- 1 ремы о касательном пространстве и Р' (х( )) [х ( )» = х (г) Х о Х сов х(г) ггг.
Согласно етой теореме Т М = Кегг'(х( )) = х 1 х (1) СОЕ я Г пгг = 0 . о х ( ) ел С ([О, 1») 1450. (й( ) ел С([0, 1») ~ Ь (0) = /г(1) = 0». 1.51. К, 1,52. Решение. По определению вектор /г =1 является односторонним касательным вектором к множеству М в точке 2 = О, если 36) 0 и отображение г: (О, 6) -г-К такое, что а+ г(и) ел М п г(а) = о(сс) при а-э-О. Положим для а ~ (О, 1): — а+ —, а ел — + г(а) = Тогда а+г(а) АМ,Пгп — < 1ип " 1 1 — 1 =-О, и+1 /1 а ~О а П >+па 2 1 И И [ 1 238 Таким образом, 1 я Т+М =>Т+М = К+, 1.53. (О». 1.54.
(0». 2Л. (1, О) е= аЬепз1п, Я ! = -1, Я 1, =+ . 2.2. (5, 2) ен Еп )ОС Ш1П1 Яш!и сс, Яшах=+со. 23 Яш!и= со~ Яшах=+со, стационарная точка: (2, 3) ф 1ос ех1х. 2.4. ( — 4, 14) ел аЬе шгп, Яшах = + сс ° 25. Яш!и — — — сс, Яшах — — +со, стационарная точка: (8, — 10) ф1осех$г. 2.6. ( — 2/3, — 1/3, 1) ~ аЪешгп, Я ! = — 4/3, Япгах = +с4>. 2.7.
(1, 1) й— : 1ос гпах, Яшах = +ос, Яш!п = — сх>, (О, 0), (О, 3), (3, 0) ф1ос ех1г. 2.8. ( — 4/5,.— 3/5) еы аЬепггп, (4/5, 3/5) ел ел аЬа тах, Я„,х — Яш!п = 5. 2.9. (3/25, 4/25) ел аЬе шгп, Яшг„ = 1/251 Я!пах = +со. 2ЛО. (1/2, 1/2) й аЬе игах, Яшах = о~'4 Яш!и = 0 не достигается.
2Л1. ( — 1/2, 3/2) ен аЬе шгп Яшах = +со. 2.12 Яш!и = -сс, Яшах +ос. 2ЛЗ. (1/6, 1/3, 1/2) еа)осгпак, (1, О, 1 — Гп) Я ы1оспгах 41/1) 1 и Ф < О, (г, О, 1 — г) о=1осшгп г!/О = 1(1, Япгах ~+ос, Ящгп= — сс. 2.14. ((1/)161 Щ6, — 2/)!6), (1/Д вЂ” 2/)!6, 1/У6), ( — 2/16, 1/)/6 1/)/6)» ен аЬе ш)п, (( — 1/)!6, — 1/16, Й/)!6), ( — 1/)16, 2/) 6, — 1/)16), (2/16, — 1/»!6, -1/)16)» ~ аЬе шах, Яшах = — Яш!и = 1/(ЗЧ6). 2,15. (( — 1/(/3, -153, -1/)/3) (1/)/3, 163, — 1/)'3), (1/УЗ, — 1/)ГЗ, 1/) 3).
( — 1/)'3, 1/) 3, 1/73)» ~ аЬе ппп, ((1/)!3, 1/Д 1/)!3) (1/)13, — 1/)!3, -1/)13), ( — 1/)/3, 1/)13, — 1/73), ( — 1/)'3, 1/гЗ, 1/)13)» ен аьо шах, Яшах = — Яш!и = 1/(3)13) 2 16 (О, ..., 0) ел аЬо хп!и, Яшг, = О, (~и-!14,..., =Еи-'14) ен аЬ| тат, Я ах='г/и. 2Л7. (О,...,0)ен аЬе ппп, Я 1, = О. ((~1, О, ..., О), ..., (О, ..., О, ~1)» ел аЬ| тат, Яш„= 1. 2Л8. ( — 2, О, 7) ен аЬеппп, Яшах =+ос (хп = ( — гг, О, 2и+3)). 2.19. (О, 1) я аЬаш(п, (1, 0) я аЬегпах, 2.20.
(О, 1, 0) ел аЬеппп, Яшах = +со. 2.21. Решение. 1, Форыалт(Ьация; /(х) =х(8 — х) (8 — 2х) ». -+ зир; 0 ~ х -4. По теореме Вейерштрасса решение Х сущест- вует. Ясно, что х Ф О и х чь 4, ибо /(0) = /(4) = О, а функция / принимает и положительные значения. 2. Необходимое условие— теорема Фепма: /'(х) = О. 3, /'(х) = 0 с=:- Зх' — 24 + 32 = 0 =:- Х = 4 — 4/)/3. 4. В силу существования решения и единственности стацио- нарной точки хеваЬзшах. Ответ.
Одно числЬ равно 4 — 4/уЗ, другое 4+ 4/)!3, Тарталья выразил ответ так: «Число (т. е. 8) надо разделить пополам, квадрат этой половины, увеличенный на треть этого квадрата, равен квадрату разности обеих'частей». Действительно, 4'+ 4'/3 = 64/3 = ((4+ 4/!/3) — (4 — 4/)!3))'. 2.22. Равнобедренный треугольник. 2.23. Точка Š— середина [ВС! (решение см. в АТФ, с. 31).
2.24. Центр тяжести зафиксиро- ванной грани. 2.25. Р— 1/3 ы аЬз ппп. 2.26. !» — 3!/5 ен аЬз ш!п. Общий случай см. в $12. 2.27. р = (/1ь ..., /1,) ев аЬз шал, р, =... = р = 1/и. 2.28. В точке преломления выполнен закон з1п а в(п а Снеллиуса: =, где а, — угол падения, ໠— угол 1 2 преломления, е, и е, — скорости света в средах (см. АТФ, рис. 13).
2.29. Квадрат, 2.30. Правильный треугольник. 2,31. Р е ш е н и е. Формализация: У(х) = ях(1 — х'/4) «- зир, О (х ~ 2 (х — высота цилиндра). Далее, рассуждения аналогич- нй рассуждениям в задаче 2.21. О т в е т. Высота цилиндра равна 2/г'3.
2.32. Высота конуса равна 4/3. 2.33. Высота конуса равна 4/3. 2,34. Радиус основания равен ((и — 1)/и)'й. 2.35. Куб. 2.36. Высота конуса равна 1+ 1/и. 2.37. Правильный тотраэдр. 2.38. Р е ш е и и е. 1. Формализация: У(х — е, ..., х„— е) = Йе1(у~)," -~. зпр; ~ х, !з= 1, ! = 1,...п, где е = (1, О, ..., 0), х, = (х), ..., х",. ), у~! — — х';, если / ) 1 и у! = = х~~ — 1. В силу компактности множества допустимых элементов по теореме Вейерштрасса решение су!цествует.
Функция Лагранжа: Ы = Х у+ — г р,~ х! )з„ ч~» 1=1 2. Необходимое условие: 2'х, = 0~1 Рх +(х,.х,. =О. 3. Если допустить, что Х» —— О, то для !», для которого )х« ~ О, 1о получилось бы, что х. = О, что противоречит !х ! = 1. Положим !о ! '0(- Х, = 1. Производная определителя по некоторой строке — это вектор, составленный пз алгебраических дополнений к элементам этой строки: Р„=(А,'....,А~!) = А, Прп этом (А,.
х,— е)=0, ! чь/, пбо это скалярное произведение есть детерминант матрицы с двумя одинаковыми строкамп. Эначпт, из п. 2 следует, что вектор 2; ортогонален всем векторам х, — е, ! Ф ! =» х, .!. х, — 2», /, й ~ 1. Но тогда (х„х,) = (х„Х~) и, значит, ~Х, — х,' = 2 — 2(х„х,) = 2 — 2(х„хь) = ~х, — хд~', далее, (Х„х, — е) = 0 =е- (х„х,) = (х„е) =~- =~ ~х, — е(' = 2 — 2(х„е)= 2 — 2(У„х,) = )х; — л,!-'. Таким образом, у экстремального спмплекса все ребра равны.
От в ет. Правильный симплекс. 2.39, Правильный треугольник. 2.40. Правильный многоугольник. 2.41. Правильный многоугольник. 2.42. Решение. 1, Формализация: У1 — а'з(п'<рз(п<р-+ зпр; 0 ( ~р ~ и/2 (а = ~ОЕ(, угол СЕВ обозначен через <р, а площадь четырехугольника, вписанного в окружность, равна полупронзведению диагоналей на синус угла между ниии).
Делаем замену аз(п~р = )'г и приходим к задаче /(г) = х(1 — г) -э зпр; 0 ~ х ( ( а'. По теореме Вейерштрасса решение й существует. 2. Если 0 ( х ~ а', то необходимое условие — теорема Ферма: /'(2) = О. 3. /'(х) = 0 е=~- х = 1/2. 4. В силу существования решения одна из критических точек (О, 1/2, а') доставляет абсолютный максимум в задаче. Сравнивая значение функции / в этих точках, находим решение Ответ, Если 0 = а ( 1/)/2, то х = а', т. е. ~р = л/2; если 1 1/12 ( а е 1, то х = 1/2, т. е. <р = агсз(п =, а ~/2 ' 2.43. Центр вписанного круга.
244. Р е шеи не. 1. Формализация: /(х~, хе) = ~х~ — хе~ + ~х~ — е~ + )хз — е~ -~-зпр; )хд)~=~х ~ 1 (е=(1,0), х,.ый,.1=1,2, ~х~ ~/ х -(-х~~, круг единичного радиуса), Функция Лагранжа: ,У = Хе/(хь хз) + Х~~х~~'+ г~г~хз~'. 2. Необходимое условие: 2'~ = О <*> Хе(хг — хе + хг — е) + Хгхг = О, ох =ОМ)" ( з — + — е)+)' =О. 3. Если Хе О, то Х~ — — Х, О, все множители Лаграпжа— 2 нули. Полагаем Хе —— — 1 =."- (2 — Х~)х~ = хз+ е, (2 — Хр)хз = х~+ + е =~- (подставляя хз нз первого уравнения во второе) ((2 — Х,))( )( (2 — 4) — 1)х~ = е(3 — 'Хг) =~- либо х~ = ~ е либо Х~ = х~ = = 3 =:- х~ + хз = — е Получаем с точностью до переобозначенпя экстремали: 1) х~ —— х, = ~е; 2) х~ = — хз = е; 3) х, = ( — 1/2, УЗ/2), хг = ( — 1/2, — ) 3/2).
4. В силу ьомпаьтности множества допустимых элементов по теореме Вейерштрасса решение существует. Максимум функционалу доставляет третья экстрс,мель О т в е т. Правильный треугольник, 240 2.45. Решение. 1. Пусть М вЂ” заданная точка, лежащая внутри угла АОВ, точки С н Р лежат на лучах ОА и ОВ соответственно и Мен [СР).
Проведем через М прямую, параллельную ОА; точку пересечения ее с ОВ обозначим через Р'. Пусть длина ОГ равна а, длина РР есть х. Легко подсчитать, что площадь треугольника ОСР равна а(а+ х)'/х, где й — некоторый коэффициент пропорциональности. Рассмотрим задачу 2 Ю(х) =й ( + ) -~.1пХ; х>О, Вследствие того, что Я(х) непрерывна и Я(х) — +со при х- + аэ и х-~О, решение Х существует по теореме Вейерштрасса. 2.
Необходимое условие — теорема Ферма: Я'(х) :О. 3. Я'(х) = 0 -с=а- х = а. 4. В силу единственности стационарной точки х ан аЬэш(п. О т в е т. Искомая прямая обладает тем свойством, что ее отрезок, заключенный между сторонами угла, делится заданной точкой пополам. (Способ построения: ~РО~ = 2~ОР1 ) 2.46. Решение. $. Пусть М вЂ” заданная точка, лежащая внутрн угла АОВ, точки С и Р лежат па лучах ОА и ОВ соответственно, Мен [С, Р1 и величина угла СРВ равна ~р. Обозначим через р(~р) периметр треугольника ОСР, Рассмотрим задачу р ( р) - 1пХ' ~рю ( Т ~ и, где ~э — величина угла АОВ. Вследствие того, что р непрерывна и р(~р) -++ос при ~р = ~рэ и ~р- и, решение ~р задачи существует по теореме Вейерштрасса.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
