Ф.П. Васильев - Методы оптимизации (2002) (1158201), страница 20
Текст из файла (страница 20)
Нетруд- но видеть, что в системе (13) с учетом условий нормировки содержится подсистема нз 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 и, подозрительных на экстремум и соответствующие им множители Лагранжа Л = Л(и), Для дальнейшего выяснения того, будет ли в найден- ных точках и в самом деле реализовываться экстремум, как и в задачах с ограничениями (1), нужно провести дополнительное исследование поведения функции Г'(х) в окрестности точки и 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) = = 2; )х — х,.(' из примера 1 на шаре Х = (х Е Е": (х)' = (х, х) < Ц. ь=! Функция Лагранжа этой задачи л".в(х, Л) = Ло1е(х)+ Л,((х, х) — 1), х Е Е", Л, ) О.
л Ее пРоизводнаЯ Равна С,(х, Л)=2Л,Р(х — хо)+2Л,х, где х = — 2 х, Система (13) имеет вид: (ЛоР+Л,)х=ЛоРх, Л,(/х)в — 1)=0, /х!о < 1, Л=(Ло Л ) фО Л ) 0 (14) Нетрудно убедиться, что при Ло = 0 эта система не имеет решения. Анализируя систему (14) при Ло = 1 и Л = — 1, получим следующие точки, подозрительные на экстремум: и, = х при ~ х ~ < 1 с соответствующими множителями Лагранжа Л,, =(1,0) и Льв — — ( — 1,0); и, = ~ при (хо)) 1 с Ло (Ло 13 ~1 р(/хо) 1))0) из 1 ! при О</хо!< 1 с Ло (Ло 1) Л~ = р(1 — !хо)) > 0); и = — при !хо) > 0 с Л =(Л = — 1, Л, = р(1+ !хо)) > 0); ~о~ наконец, при х = 0 подозрительными на экстремум будут все точки и на единичной сфере )х! = 1 с множителем Л, = (Л, = — 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 такой анализ УдаетсЯ пРовести до конца. Так как Г'(х) — 1'(хо) =Р(х — хо!з Чх Е Е" и, тем более, Чх е Х, то ясно, что и, = х является точкой глобального минимума у'(х) на Х (ср. с примером 2.2). В точке и, согласно теореме 2 можно ожидать, что будет локальный минимум. Это ожидание оправдывается и, более того, и — точка глобального минимума.
В самом деле, с учетом не авенства (Ц > 1 имеем: 1(х~ — Г'(и,) = р(~х — х ) + ~х ) — 1)()х— — хо( — )Ц + 1) > р~х — хо)(1 — )х() > 0 Чх е Х. В точке и„судя по знаку Л„может быть локальный максимум. Однако установленное в примере 1 йеравенство Г" (х) > Г" (и ), справедливое при всех х, ~х~ = 1, говорит о том, что это не так. Следовательно, точка из прн 0 < (хо( < 1 не может быть точкой экстремума функции г(х) на Х. Далее, длЯ точки и4 — — ~, )хо! > 0 имеем Г(х) — Г(ие) =Р((х — хо)+ (хо)+1)()х— -х ) — /хо! — 1) < р(~х — хо/+!хо!+1)(!х! — 1) <0 ЧхеХ.
Это значит, что и4— точка глобального максимума. Наконец, пусть х =О, пусть о, — произвольная точка такая, что (е,( = 1. Тогда 1'(х) — ~(ио) = р()х!' — 1) < 0 Чх е Х. Следовательно, при хо = 0 все точки еднничнои сферы являются точками глобального максимума (ср. с примером 1).
П р и м е р 4. Найти точки экстремума функции Г" (и) = х на множестве Х =(и =(х, у) ЕЕ: д (и)= — х < О, дз(и) = хо — у<0, до(и) = у — 2х' <О). 3 Ф.П. Васильев $3. ЗАДАЧИ НА УСЛОВНЫЙ ЭКСТРЕМУМ 66 Гл. 2. КЛАССИЧЕСКАЯ ТЕОРИЯ ЭКСТРЕМУМА Здесь С(и, Л) = Лох+Л ( — х)+ Ля(х' — у)+Л,(у — 2х ), (х, у) е Е', Л, ) 0 Л, > О, Л > О. Система (].3) имеет вид Ло Л +2х(Лз 2Лз)=0, — Л,+Лз=О, Л,( — х)=0, Л (хз — у)=0, Л (у — 2хз)=0, — х<0, х — У<0, У вЂ” 2х <~0, Л,>О, Л,>О, Лз>О,Л=(Л„...,Лз)~О.
(15) Допустим, что решением (15) является пара (и, Л), где р = (х, у), х > О. Тогда 0 < х' < у < 2х', причем хотя бы одно нз неравенств < строгое. Отсюда и из (15) следует, что Л, = О, Лз = Лз — — О, Л, = О, что противоречит условию Л фО. Остается одна возможность, что и = (х = О, у). Но тогда нз предыдущих неравенств имеем у =О. Таким образом, в рассматриваемой задаче подозрительной на экстремум является лишь точка и = (О, 0). Ей соответствуют множители Лагранжа Л, =(1,1, Лз >О, Л,= Лз>0), Л =(0,0, Л, ) > О, Л, = Л, > 0) (с учетом нормировки Л, = 1 илн ло = 0). поскольку у всех точек и =(х, у) е Х координата х >О, то 7(и) = х >0= 7(0) уи е Х.
Следовательно, р = 0 — точка глобального минимума. Пример 5, Найти точки экстремума функции 7"(и) = х+созу на множестве Х =(и =(х, у) ЕЕ'! д(и) = х < О). Здесь С(и, Л)=Ло(х+соз У)+Л,х, (х, У)ЕЕз, Л, >О. Система (13) имеет вид: Л +Л,=О, Л 3!ну=О, Л,х=О, х<0, Л, > О, Л=(Лш Л,)фО Из этой системы опоеделяется бесконечно много подозрительных на экстремум точек и =(ха д у=я]с), й =О, ш[, ш2,...; всем им соответствует один и тот же н же набор множителей Лагранжа Л = ( — 1, 1) (с учетом нормировки). Отсюда видно, что в этой задаче точек локального минимума нет. В то из = (О, 2рт), гп = О, х[,..., реализуется глобальный максимум, так как ,7~и) = х + соз у < 1 = 7'(и,„) чх ~ Х. Далее, 7(из„~ !) = — 1, причем в любой сколь угодно малой е-окрестности точки иа„~ ! нетрудно указать точки и й Х, в которых 7(и) < -1 (например, и = (х, у = я(2т+ 1), — е < х < 0) и 7(и) > — 1 (например, и =(х =О, у), 0 < [у — я(2т+1)] < е).
Следовательно, в точках и... т = О, Ы,... экстремума нет, Упражнения 1. Пользуясь правилом множителей Лагранжа, найти точки экстремума функции 7"(и) на множестве Х если: з, з. а) 7(и) = х~+ дв Чл', Х =(и =(х да) ЕЕ' к+ у-> а = 1), или Х =(и е Е: х) О, у) О, >О, + + =1), или Х=(и еЕз: ж — 2у+За= 1), илн Х =(иеЕз: х+у+2л=2, х-2у+з=-2); рассмотреть множества, полученные из Х заменой ограничений типа р авенств б) 7(и) =х, Х = (и = (х, у) ЕЕ ' жв+уз < 1 хз ( р, а+у <О), или Х =(и =(ж, у) е Е ха+ у2 < 1 хз+ = !), или Х =(и=(х1 у) еЕ~; ха+ у < 1, (-х) < у < ха)' д 1х д в) 7(и)=ып(ж+ д) — а!пж — а1п д, х =(и=(ж у) ее: а <Од> о, ж+у < 2я), 2.
Среди всех вписанных в данный круг радиуса Л треугольников найти тот, площадь которого наибольшая [периметр которого наибольший]. 3. Среди всех параллелепипедов, имеющих ребра данной длины, найти параллелепипед наибольшего объема. 4. Среди треугольных пирамид с данным основанием и высотой найти ту, которая имеет наименьшую боковую поверхность. 5. Пусть Сг = А(х„..., х„) — определитель матрицы (ж!,..., х„), столбцами которой явля!ется вектор-столбцы хз с координатами ж!,..., ха, ! = 1,..., и. Найти наибольшее и наименьшее значение величйны определителя !ь при условии, что ]жг] = аз, где аз — заданные положительные числа, 1 = 1,..., и.
Доказать неравенство Адамара ]А] < ]хг] ]хт].... ]х„]. Дать геометрическую интерпретацию задачи при и = 2,3 (ср. с упражнением 3) [352, ч. 1, с. 554-557]. 6. Найти наименьшее и наибольшее значение квадратичной формы 7(х) = (Ах, х) при условии ж е Х = (х е Е": (х, х) = 1), где А — симметрическая матрица. Показать, что величины 7 = ш!и 7" (х) и 7* = шах 7(х) представлягот собой соответственно наименьшее и наибольшее х х собственное число матрицы А ([353, с. 209]). 7. Найти точки экстремума функций !"(и)=а+у, 7(и)=]х]+]у — 1], 7(и)=х~+2д~ на множествах Х, где Х=(и=(х, д) е Ех: 0( х < 1, 0д (у < 1) или Х=(и=(х, у) е Ет: х-ув ) О, жз+ух < 1), или Х =(и=(ж у) е Ез: ж ) О, р ) О, ах+бр = 1), числа а > О, Ь ) О. указ а н и е: нарисовать пересечения графинов линий уровня 7(х) = сола! со множеством Х.
8. Пусть Х = (х Е Егч (с, х) = Ц или Х = (х е Е": (с, х) ~< 1), где с и Е", с ф О. Найти точку ж е Х, сумма квадратов расстояний от которой до р данных точек хг, жз,..., х е Е" была бы минимальной [максимальной] (ср. с примерами 1,3). 9. Задачи из примеров 1, 3 и упражнения 8 исследовать геометрически (при п = 2,3), используя тот факт, что поверхности уровня 7(х) = сола!, где 7(х) = 2,' ]х — хз], являются Р з=! сфеРами [х-хо]=Л с центРом хо — — — 2; х!. ! ! 10.
ПУсть У(и)=ж, Х=(и=(ж, У) ЕЕэ: д!(и)=хх — Р=о, да(и)=х +У=О, дз(ж) =ж=О). Дайте описание конуса Лагранхга точки и = (О, 0), выясните характер экстремума в этой точке. 11. Приведите пример функции 7(х) и множества Х, таких, что 7(х) не имеет ни одной точки экстремума на Х, а система (13) имеет бесконечно многодпешений. Начните с функции 7(и) = х+ р на множестве Х =(и =(х, д) Е Еа: д(и) = х — у =0). у 4. Необходимые условии экстремума второго порядка Для более тонкого анализа точек экстремума используются необходимые условия второго порядка.
Так называются условия, в формулировке которых используются вторые производные функций, входящих в постановку задачи. С помощью этих условий проводят дополнительный отбор н суживают множество точек, подозрительных на экстремум, выделенных с помощью необходимых условий первого порядка. Для задач на безусловный экстремум необходимые условия второго порядка мы уже формулировали выше (теорема 2.1). Перейдем к формулировке таких условий для задач на условный экстремум. 1. Как в предыдущем параграфе, изложение начнем с классической задачи поиска экстремума на множестве Х = (х Е Е": д,(х) = О,..., д,(х) = 0)г (1) задаваемом ограничения типа равенств. Известные в литературе необходимые условия второго порядка в задачах на условный экстремум обычно формулируются при дополнительном требовании нормальности точки, подозрительной на экстремум (см., например, 114; 670; 7211).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
