А) Решить задачу графически.
б) Аналитически отыскать экстремум функции при ограничениях типа равенства, используя аппарат необходимых и достаточных условий (методом множителей Лагранжа).
в) Найти решение задачи методом исключений.
г) Найти решение задачи методом штрафных функций.
fX=2x22+x1+4x2+1→extr
при ограничении: x1-2x2=4
Ответ
функции fX при заданном ограничении имеет условный локальный минимум в точке с координатами X*1;-1,5.
Решение
Преобразуем ограничение к виду: φ1X=0
x1-2x2=4x1-2x2-4=0φ1X=x1-2x2-4.
Решим задачу графически. Решение задачи есть точка касания ограничения и линии уровня функции f=C, где C=const.
Искомая точка касания обладает следующими свойствами:
• точка касания принадлежит ограничению: x1кас-2x2кас=4
• в точке касания градиенты функции и ограничения линейно зависимы:
∇fXкас=α∙∇φ1Xкас=14x2кас+4=α∙1-211=4x2кас+4-2
Воспользовавшись условиями касания, составим систему уравнений и найдем координаты решения:
x1-2x2=42x2+2=-1x1-2x2=42x2=-3x1=1x2=-1,5
Найдена точка X*=1;-1,5 – точка касания ограничения и линии уровня функции.
Построим графическую иллюстрацию решения.
Ограничение в задаче – прямая с уравнением x1-2x2=4, она проходит через точки:
x1
x2
4 0
0 -2
Построим прямую на графике и обозначим φ1X=0.
Найдём значение функции в найденной точке касания X*=1;-1,5.
f=2∙-1,52+1+4∙-1,5+1=0,5
Определим конфигурацию линии уровня функции, вычислив инвариант:
D=0002=0∙2-0∙0=0, ∆=001024141=-2.
Так как D=0, ∆ ≠0, то уравнение задает параболу.
Запишем уравнение линии уровня:
2x22+x1+4x2+1=0,5
2x22+x1+4x2=-0,5
Приведем уравнение линии уровня к каноническому виду:
x1=-2x22-4x2-0,5
Ветви параболы направлены влево, а вершина находится в точке x1=7,5 и x2=-1.
Найдем точки пересечения параболы с осями координат:
x2=0; x1=-2∙02-4∙0-0,5=-0,5
x1=0; -2x22-4x2-0,5=0
D=-42-4∙-2∙-0,5=16-4=12
x21=4-12-4=-0,13397; x21=4+12-4=-1,86603.
Получены точки с координатами: -0,5;0, 0;-0,13397, 0; -1,86603.
Найдем еще несколько точек для построения параболы:
x2
x1
x2
x1
-5 -30,5
1 -6,5
-4 -16,5
2 -16,5
-3 -6,5
3 -30,5
-2 -0,5
4 -48,5
-1 1,5
5 -70,5
0 -0,5
6 -96,5
Построим на чертеже линию уровня функции.
2б)
fX=2x22+x1+4x2+1→extr
при ограничении: x1-2x2=4
Запишем классическую функцию Лагранжа:
LX,λ=2x22+x1+4x2+1+λ1x1-2x2-4
Запишем необходимые условия экстремума функции при ограничениях типа равенства:
∂LX,λ∂x1=1+λ1=0∂LX,λ∂x2=4x2+4-2λ1=0φ1X=x1-2x2-4=0
Решим полученную систему:
1+λ1=04x2+4-2λ1=0x1-2x2-4=0λ1=-14x2+6=0x1-2x2-4=0λ1=-1x2=-1,5x1=2x2+4λ1=-1x2=-1,5x1=1
Таким образом, получено решение системы – точка с координатами X*;λ*=1;-1,5;-1 – условно-стационарная точка функции.
Определим характер полученной точки с помощью достаточных условий экстремума.
Запишем второй дифференциал функции Лагранжа:
∂2LX,λ∂x12=0; ∂2LX,λ∂x22=4; ∂LX,λ∂x1∂x2=∂LX,λ∂x2∂x1=0.
d2LX,λ=0∙dx12+0∙dx1∙dx2+0∙dx1∙dx2+4∙dx22
d2LX,λ=4∙dx22
Запишем дифференциал ограничения φ1=x1-2x2-4:
∂φ1X∂x1=1; ∂φ1X∂x2=-2; dφ1X=1∙dx1-2∙dx2
В точке X*=1;-1,5 имеем:
d2LX*=4∙dx22 при условии dφ1X*=dx1-2dx2=0 получим:
dx2=12dx2 d2LX*=4∙12dx12=dx12>0 при dx1≠0.
Следовательно, в точке X*=1;-1,5 выполнены достаточные условия локального условного минимума.
2в)
fX=2x22+x1+4x2+1→extr
при ограничении: x1-2x2=4
Разрешим ограничение относительно переменной x1=4+2x2, и подставим выражение для x2 в исходную функцию:
fX=fx2=2x22+4+2x2+4x2+1=2x22+6x2+5
Найдем безусловный экстремум функции fx1:
dfx2dx2=4x2+6 x2=-32=-1,5
d2fx2dx22=4>0, следовательно, функция имеет минимум при x2=-1,5.
Найдем оптимальное значение x1:
x1=4+2x2=4+2∙-1,5=4-3=1
Окончательно, найдена точка условного минимума функции с координатами X*1;-1,5.
2г)
fX=2x22+x1+4x2+1→extr
при ограничении: x1-2x2=4
Составим вспомогательную функцию:
FX,r=2x22+x1+4x2+1+r2x1-2x2-42
Запишем необходимые условия безусловного минимума вспомогательной функции:
∂ FX,r∂x1=1+r2∙2x1-2x2-4∙1=0∂ FX,r∂x2=4x2+4+r2∙2x1-2x2-4∙-2=0
Преобразуем исходную систему к виду: 1+rx1-2rx2-4r=04x2+4-2rx1+4rx2+8r=0
r∙x1-2r∙x2=4r-1-r∙x1+2+2r∙x2=-2-4r
Разрешим полученную систему относительно переменных x1 и x2 по правилу Крамера:
∆=r-2r-r2+2r=2r
∆1=4r-1-2r-2-4r2+2r=4r-12+2r--2r-2-4r=2r-1
∆2=r4r-1-r-2-4r=r-2-4r--r4r-1=-3r
Тогда x1r=∆1∆=2r-12r=r-1r; x2r=∆2∆=-3r-2r=-32=-1,5 - стационарная точка вспомогательной функции
Задать вопрос
на новый заказ в Автор24.
