Добавил:

ICK Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный институт электроники и математики (технический университет)

Предмет:

Исследование операций

Файл:

Методичка Необходимые и достаточные условия локального экстремума

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

20.05.2014

Размер:

313 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

– 11 –

Применим теорему о достаточных условиях локального экстремума в задачах с ограничениями в виде равенств (см. прил. II). Проверим знак

(L00(x , y , z )h, h) ,

h H = h R3

(f0 (x , y ), h) = (f0

(x , y ), h) = 0 , h = 0

| 1

где

6 .

Исследуем первую из найденных точек: (x , y , z ) = (x(1), y(1), z(1)) =

(3, −2, −12).

f0 (x(1)

, y(1), z(1)) = (

−

2),

f0 (x(1)

, y(1), z(1)) = (2,

−

1, 0)

Для этой точки множество H состоит из векторов h(1) = (h(1)1 , h(1)2 , h(1)3 ), удовлетворяющих следующей системе:

−

2 (1)−

(1)

4h(1)

6h(1)

2h(1) =

2h1

h1(1) 6= 0. 2

−

Отсюда h(1)

= 2h(1)

, h(1)

8h(1). Итак, h(1) =

h(1), 2h(1),

8h(1)

, где

00(x, y, z, λ1, λ2) = z +02λ

z +02λ1

x + λ

x + λ1

– 12 –

	00(x(1), y(1), z(1), λ(1), λ(1)) =					18	−0	0
L					0		18	−2
L		1	2		−	2	0	0

				−
		00(x(1), y(1), z(1), λ(1), λ(1))h(1) = −18h(1)
							20h(1)
								1
	L	1	2				−	1
							1

							16h(1)
DL00(x(1), y(1), z(1), λ1(1), λ2(1))h(1), h(1)E = (−20 − 36 − 128)									h1(1) 2	< 0
(3, −2, −12) − locmax.

2) Исследуем вторую из найденных точек: (x , y , z ) = (x(2), y(2), z(2)) = (−13 , −263 , −2839 ).

f0	(x(2), y(2), z(2)) =	−	52	,	−	54	,	−	26	,	f0	(x(2), y(2), z(2)) = (2,	1, 0)
			3			39			3
1											2		−

Для этой точки множество H состоит из векторов h(2) = (h(2)1 , h(2)2 , h(2)3 ), удовлетворяющих следующей системе:

			−	52	(2)	−	54		(2)			26		(2)	= 0
											(2)			(2)
				3 h1			39 h2				(2)			(2)
				3 h1			39 h2				−		3 h3
									2h1				−	h2	=	0
	= 2h1			= −									−		=	h1	, 2h1			,
Отсюда h2	= 2h1	, h3		= −		169 h1				. Итак, h(2)					=	h1	, 2h1	, −169 h1		,
(2)	(2)		(2)			392		(2)								(2)	(2)	392	(2)

где h(2)1 6= 0 .

– 13 –

									02		2		26
											−		−
					(2)	(2)					−	39	−	3
	L00(x(2)		, y(2), z(2)		, λ1	, λ2	) =		−		0		0
	L00(x(2)		, y(2), z(2)		, λ1	, λ2	) =		−	39	0		0
									26
											0		0
									− 3		0		0
									− 3

и	D1L00( 26	28		1	2			E			1
	x(2)	, y(2), z(2)		, λ(2), λ(2))h(2), h(2)				= 40(h(2))2 > 0.

(−3 , − 3 , −39 ) − locmin .

Заметим, что глобальных экстремумов нет. Например, последовательность точек (n, 2n−8, z), где z определяется из условия 2xy+yz = 12, является допустимой, на которой f0 → −∞. Последовательность точек (−n, −2n −

8, z), где z определяется из условия 2xy + yz = 12, также является допустимой, на которой f0 → +∞.

Решение задачи 2

29x2 − 54xy + 26y2 → extr 3x − 4y = 1, 2x − y ≤ 0.

Применим теорему о необходимых условиях локального экстремума в задачах с ограничениями в виде равенств и неравенств (см. прил. III). Выпишем функцию Лагранжа и условия стационарности:

λ0

29x2

54xy + 26y2

+ λ1 (3x − 4y − 1) + λ2 (2x − y)

(58

−54y) + λ

1 ·

3 +

2 = 0

−

– 14 –

L0y = λ0 (−54x + 52y) − λ1 · 4 − λ2 = 0

условие дополняющей нежесткости λ2(2x − y) = 0 и условия неотрицательности λ2 ≥ 0, λ0 ≥ 0 (в задаче на минимум) и λ2 ≥ 0, λ0 ≤ 0 (в задаче на максимум).

Рассмотрим случай λ0 = 0. Но тогда из условия Lx0

= Ly0 = 0

λ1 = λ2 = 0. Т.о., при λ0 = 0 экстремумов нет.

I) Положим λ0 = 1 (будем искать локальные минимумы). Имеем

58x − 54y + 3λ1 + 2λ2 = 0

−54x + 52y − 4λ1 − λ2 = 0

(2x y) = 0, λ

−

≥

3x − 4y = 1, 2x − y ≤ 0.

Складываем 1−ое и 2−ое уравнения:

λ1

λ2

4x − 2y − λ1 + λ2 = 0

y = 2x −

подставим полученное для y выражение во 2−ое уравнение:

	λ1		λ2
−54x + 52 2x −	2	+		2	− 4λ1 − λ2	= 0
−54x + 104x − 26λ1		+ 26λ2 − 4λ1 − λ2				= 0

50x − 30λ1 + 25λ2 = 0,

10x − 6λ1 + 5λ2 = 0.

– 15 –

Отсюда

x =	3	λ1	−	1	λ2
	5			2

y= 2 · 35 λ1 − 2 · 12 λ2 − λ21 + λ22 =

=	6	λ1	−		λ1		− λ2 +			λ2
	5				2					2
y =	12 − 5			λ		1	−	λ2	=	7	λ	1 −	λ2	.
								2		10			2
		10

Из условия дополняющей нежесткости следует, что либо 2x − y = 0, либо

λ2 = 0. Рассмотрим случай

λ1

i) λ2 = 0

10 λ1

4y = 1

−

Из условия задачи 3x

λ1

−

λ1

= 1

−

λ1

= 1

λ1 = −1.

Находим, что x = −35 , y = −107 . Проверим выполнение условия 2x − y ≤ 0:

−65 + 107 = −1210 + 107 < 0.

Т.о., точка −	3	, −	7		удовлетворяет необходимым условиям локального
	5		10

минимума.

–16 –

ii)рассмотрим случай 2x − y = 0, т.е. границу ограничения.

2x − y = 0

y = 2x

x =

−

, y =

−

8x = 1

−

4y = 1

−

Проверим выполнение условия неотрицательности, найдем λ1, λ2.

λ1

−

= −

2 λ2

10 λ1 − 2 λ2

= −5

Вычтем из 1−го уравнения 2−ое:


		3		−	7	λ1 = −			1		+	2	λ1 = −2.
			5	−	10	λ1 = −			5		+	5	λ1 = −2.
Найдем λ2:						1			1
3						1			1
		· (−2) −					λ2	= −				λ2 = −2 < 0.
	5	· (−2) −				2	λ2	= −		5		λ2 = −2 < 0.

Таким образом, не выполняется условие неотрицательности, т.е. точка (−15 , −25 )

не удовлетворяет необходимым условиям локального минимума. II) Положим λ0 = −1 (будем искать локальные максимумы).

54y − 58x + 3λ1 + 2λ2 = 0

54x − 52y − 4λ1 − λ2 = 0

			– 17 –
2y − 4x − λ1 + λ2							=	0
54x	−	52y	−	4λ1	−	λ2	=	0
	−		−		−

Отсюда y = 2x + λ21 − λ22 , подставим полученное для y выражение во 2−ое уравнение:

	λ1		λ2
54x − 52 2x +	2	−	2	− 4λ1 − λ2	= 0
54x − 104x − 26λ1		+ 26λ2 − 4λ1 − λ2			= 0

−50x − 30λ1 + 25λ2 = 0,

−10x − 6λ1 + 5λ2 = 0.

Отсюда

x = −	3	λ1	+	1	λ2
	5			2

y= − 2 · 35 λ1 + 2 · 12 λ2 + λ21 − λ22 =

=−65 λ1 + λ21 + λ2 − λ22 = −107 λ1 + λ22 .

Рассмотрим случай

i)λ2 = 0, x = −5 λ1, y = −10 λ1. Из условия 3x − 4y = 1 получаем, что


−	9	λ1	+	28	λ1		= 1 λ1 = 1.
−	5	λ1	+	10	λ1		= 1 λ1 = 1.
			x = −			3	, y = −	7	.

						5		10

			– 18 –
Осталось рассмотреть случай		1				2
ii) 2x − y = 0	x = −	1	,		y = −	2	, Вычислим соответствующие

		5				5
значения λ1 и λ2 :	3			1		1
	3	+		1	λ2 = −	1
	−5 λ1	+		2	λ2 = −	5


	7			1		2

	−10 λ1 +			2 λ2 = −		5

Решая систему, получим λ1 = λ2 = 2 > 0.

Таким образом, точка −	1	, −	2		удовлетворяет необходимым условиям
	5		5

локального максимума.

Исследуем найденные точки, используя определение локального экстре-

мума. Для этого проверим знак выражения

4f0 = f0(x + x, y + y) − f0(x , y ),

где f0(x, y) = 29x2 − 54xy + 26y2.

4f0	= 29 (x + x)2 − 54 (x + x) (y + y) + 26 (y + y)2
	−29 (x )2 + 54x y − 26 (y )2 =
=	58x	x + 29Δx2 − 54y x − 54x y − 54Δx y
	+52y	y + 26 (Δy)2

– 19 –

1) x

= −

, y = −

−

3Δx + 29Δx2

54 · 7

x +

54 · 3

−

54Δx

−

52 · 7

y + 26 (Δy)2 =

3Δx − 4Δy + 29 (Δx)2 + 26 (Δy)2 − 54Δx

Так как точка (x +

x, y + y) должна быть допустимой, то необходимо

выполнение следующих условий:

3(−

+ x)

− 4(−

+ y) = 1

3Δx − 4Δy = 0

y =

2(−

+ x)

− (−

+ y) ≤ 0

−

+ 2Δx − y ≤ 0.

Последнее неравенство выполнено при малых x,							y.
4f0	= 3Δx − 4 4	x + 29 (Δx)2 + 26	4	x	2	4	x = 8	(Δx)2	≥ 0.
					− 54Δx
	3		3			3	25

Т.е., f0(x +Δx, y +Δy) ≥ f0(x , y ) для любых допустимых малых (Δx, y),

следовательно,

− locmin.

−

, −

2) x = −

, y =

−

x + 29 (Δx)2 +

108

4f0 = −

x +

−

104

y + 26 (Δy)2

−54Δx y −

[Δx (−58 + 108) +

y (54 − 104)] +

+29 (Δx)2 − 54Δx

y + 26 (Δy)2

– 20 –

· [Δx − y] + 29 (Δx)2 − 54Δx

y + 26 (Δy)2

x − 4

x + 29 (Δx)2 − 54Δx4

x + 26

В последнем равенстве опять воспользовались тем, что точка должна

быть допустимой, т.е.
3(−	1		+ x) − 4(−		2	+ y) = 1					3Δx − 4Δy = 0 y =			3		x

		5			5										4
	1		2									3
и 2(−			+ x) − (−		+ y)			≤ 0			2Δx − y ≤ 0	2Δx +				x ≤ 0
	5			5									4
			x ≤ 0. Если при этом x = 0, то и y = 0, т.е. приращение нулевое.
					5				25	(Δx)2 ≤ 0, так как при малых
Таким образом, 4f0 =								x +							x знак
							2		8
4f0 определяется линейным членом										5	x, а для допустимых ненулевых при-
										2

ращений x < 0. Следовательно, −	1	, −	2	− locmax.
	5		5

Заметим, что целевая функция в задаче выпуклая, допустимое множество выпукло, поэтому локальный минимум является глобальным (см. прил. III). Локальный максимум глобальным не является. Например, последователь-

ность точек (−n, −

n −

) является допустимой, и f0(−n, −

n −

) → +∞

при n → +∞.3

Итого: −

, −

− absmin,

−

, −

− locmax.

Замечание 3. В контрольной работе можно предложить найти не все экстремумы, а например, только минимумы (или только максимумы), а оставшуюся часть работы оформить в качестве домашнего задания с подробным объяснением и приведением необходимых утверждений.

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Исследование операций

#
20.05.201455 Кб33билеты на экзамен 2010.doc
#
20.05.201435 Кб33Вопросы к курсу Математические методы и модели исследования операций 20072008.doc
#
20.05.2014676 Кб28Контрольная работа по ИО.doc
#
20.05.2014652 Кб59Курсовая Работа.doc
#
20.05.2014912 Кб59Мат.Мет. 6 семестр.doc
#
20.05.2014313 Кб72Методичка Необходимые и достаточные условия локального экстремума.pdf
#
20.05.2014291 Кб30Определения по ИО-возможно не все(рукописные).doc