А.В.Шатина МО 2012 версия 20.09.2013

21

получим: x2 2 ,

эти значения

x1, x2 , x3

x	2	,	x	2				2	. Подставим
1	2 1		3	1	2	2		2 1

в четвертое и пятое уравнения системы:

	2		2
	2			2
	2	2
	4
	1
							2
	2		2
							2
	1	2			2
							1

							4
			2		2			1
							4 1
					4
					1				1
				4 1			2
2						4				2
							1
				2					2
		4			4 1
				1			1

						1
		1
						2
				1
			2
							3
				1
		1					2
					1		3
			2
						2

.

Получаем следующие стационарные точки:

							P							1	1	,	2	1;
							1	1;1;1				при			2
							P2 1;1;1					при	1		1	, 2		1;
															2
			3	1			3 1				3 5								3
	P3				;				;					при	1		1			, 2
			2				2					2							2
				3 1			3 1				5 3								3
	P4					;				;				при	1		1			, 2
				2				2				2							2

Для исследования полученных стационарных пользуемся условиями второго порядка:

3 1		;
2
1	3	.
2

точек вос-

3		2		ˆ
			L x,			i	j
		x x				h h
i, j1					j
			i

2 h2		2 h2		2h h
1	1	1	2	1	2

2h h
2	3

;

f x , h 2x h 2x h							;
1	ˆ	ˆ	1	ˆ	2	2
		1

Для точки P1 имеем:

f x , h h
2	ˆ	2

h3

.

ˆ	2h2	0;		ˆ	h3	0 h1 h2 , h3 h2;
f1 x , h 2h1			f2	x , h h2

22

3		2		ˆ
			L x,			h h		h	2	h	2	2h h	2h h	2h	2	0 h
							j
		x x				i		1		2		1 2	2 3	2		2
i, j1					j
			i

0

.

Согласно достаточным условиям второго порядка

P1 locmin

з

.

Для точки P2 имеем:

ˆ

ˆ

f1 x , h 2h1 2h2 0; f2

x , h h2

3

2

ˆ

L x,

h h

h

2

h

2

2h h

j

x x

i

1

2

1 2

i, j1

j

i

h3 0 h1 h2 ,

2h h		6h2	0
2	3	2

h3 h2 ;

h2 0 .

Следовательно,

P2 locmax

з

.

Для точки P3

имеем:

f x , h

3 1 h 3 1 h

1

ˆ

1

2

2

h

3

1

3

2

ˆ

L x,

h h

2

3 h

2

j

x x

i

1

i, j 1

j

i

30 18

3 h2

2

Следовательно, P3

locmin

з

0;	f x , h h			h		0
	2	ˆ	2		3
h2 , h3 h2			;
2 3		h2	2h h		2h h
		2	1	2		2	3
0	h2	0.
.

Для точки P4							имеем:		3 1 h				0; f x , h h						h	0
f x , h					3 1 h
1	ˆ							1				2	h		2		ˆ	2	3
							h 2					3		, h	h
								1					2	3			2
	3		2	ˆ
				L x,		hih j		2	3			h12 2 3 h22 2h1h2 2h2h3
i, j 1			xi x j
							30 18				h2		0 h 0 .
										3
												2			2

Следовательно,

P4 locmax

з

.

Уравнения связи задают эллипс в трехмерном пространстве, который получается в пересечении цилиндра и плоскости. Это означает, что экстремум функции ищется на замкнутом ограниченном множестве. По теореме Вейерштрасса существует реше-

23

ние задачи на абсолютный минимум и абсолютный максимум. Вычислим значение целевой функции в полученных точках:

f		P 0,	f		P	2,	f		P		5 3	3	,
	0			0				0
		1			2				3		2

f	0	P
		4

3	3 5
	2

.

Сравнивая между вод, что P3 absmin з ,

собой полученные значения, делаем вы-

P2 absmax з .

Ответ:

P 1;1;1 locmin 1

з; P			3 1	;	3 1	;	5	3		locmax
4			2		2		2

з

;

P		3 1	;	3 1		;	5	3		absmin
3		2			2		2
				P	1;1;1 absmax з, S						max
				2

з,

S 2

min

.

	5 3	3	;
	2

●

Задачи для самостоятельного решения

2.1.	5 3x1					4x2			extr;			2	2
											x1 x2 25 .
2.2.			2	extr;					x1	2x2 1 0.
	x1x2
2.3.	e	2x x			extr; x1					2x2		3.
			1 2
2.4.	x1		x2				extr;			2	4x1x2				2		1.
										5x1				x2
2.5. 1 4x						6x		2	extr;		4x2 4x x					2	7x2
				1								1		1				2
2.6.	x1		x2				x3 extr; x1					x2	x3 1,					2
																		x1
2.7.	x2		x2				x	2	extr;		x	x	2	x			1.
	1				2		3				1				3
2.8.			2		3		extr; x1 x2					x3	1.
	x1x2 x3
2.9.	1 4x1					8x2			extr;		2			2
											x1 8x2 8 .
2.10.			2							2				2			2
		2x1			12x1x2 x2 extr;								x1		4x2
2.11. x			4 x4 extr; x								1 3 x2				0 .
		1					2			1				2
2.12. x1x2 x3 extr;										x1 x2 x3				4,			x1x2

32 .

	x	2
		2

25.

x2 x3

x2	1
3

x3 x1

.

5.

24

2.13.

2.14.

x2	x2		extr;			x
1		2				1
x	x	2	x	3	extr;
1

	2			2
1		x
				2
1		4
x		x
			2
1

4 9 x3

.

1

.

a,

x

2.15.

2.16. 2.17.

b,

2x2	3x2	4x2		extr;	x
1	2		3		1
a, x extr;			x, x 1, a, x

Найти расстояние от точки

a R	n	, b R .

x	2		x
			3
R		n	.
R				n

13.

до гиперплоскости

2.18.	Найти
x at b,	a,b R	n

расстояние от точки

, t R .

R	n

до прямой

Занятие 3. Гладкие конечномерные экстремальные задачи с ограничениями типа равенств и неравенств

Постановка задачи:

f	0	x min;	f	x 0,..., f	r	x 0,	f	r1	x 0,
			1

f	m	x

0

,

(1)

где функции	n	переменных	fk x : R	n

лены и непрерывно дифференцируемы

Rk 0,1,..., m

внекоторой

опредеобласти

U

R	n

.

Определение. Множество

X x U :

f

x 0,..., f

r

x 0, f

r1

x 0,

f

m

x 0

1

называется множеством допустимых точек задачи (1).

▲

Определение. Говорят, что допустимая точка

ˆ

доставляет в

x

задаче (1) локальный минимум, и пишут

ˆ

з , если 0

x locmin

такое, что для любой допустимой точки

x , удовлетворяющей

x xˆ

ˆ

условию

, выполнено неравенство

f0 x f

0 x .

▲

В задачах, имеющих ограничение в виде неравенств, важно, является ли рассматриваемая задача задачей на минимум или задачей на максимум. Задачу на максимум можно свести к задаче на минимум:

25

f	x max, x X f	x min,
0	0

x X

.

			m
Определение.		Функция	L x, k
0 , 1,..., m ,			k 0
	называется функцией Лагранжа
числа 0 , 1,..., m	- множителями Лагранжа.

fk x ,

где

задачи (1), а

▲

Теорема. (Необходимые условия локального минимума 1-го порядка)

Пусть	ˆ
	x

(1), а функции

xˆ1 f0

ˆ
,..., x
	n
x , f
	1



-точка

x,..., fm

локального минимума в задаче x непрерывно дифференцируе-

мы в некоторой окрестности этой точки.

левой вектор множителей Лагранжа
выполняются условия:

Тогда
	,
0	1

существует нену- ,..., m такой, что

а) стационарности функции Лагранжа:

	L xˆ,	m	xˆ 0
				;
	x	0, i 1,2,..., n k fk
		k 0
	i

б) дополняющей нежесткости:

ˆ		j 1,..., r ;
j f j x 0,
в) неотрицательности:
j	0,	j 0,1,..., r .

■

Следует отметить, что условия дополняющей нежесткости выписываются для ограничений, задаваемых в виде неравенств, а условия неотрицательности - для множителей Лагранжа, соответствующих целевой функции f0 x и ограничениям, задавае-

мым в виде неравенств.

Определение. Допустимые точки	ˆ
	x , в которых выполняются
условия а), б), в), называются критическими.		▲

Для решения задач вида (1) с ограничениями типа равенств и неравенств следует:

26

m

1) Составить функцию Лагранжа L x, k fk x .

k 0

2) Найти критические точки из системы уравнений и неравенств:

L x,

0, i 1,..., n,

x

i

f

x 0,

j 1,..., r,

j

j

0,

j 0,1,..., r,

j

(2)

f

x 0,

j 1,..., r,

j

x 0,

j r 1,..., m,

f j

0.

,

,...,

0

1

m

При этом следует рассмотреть отдельно два случая: 0

0 и

0

0. В случае 0

0 положить 0 равным единице или другой

положительной константе.

3) Провести исследование полученных решений системы

(2).

Замечание. Если требуется найти все экстремумы функции, то следует сначала решить задачу на минимум, а затем решить задачу на максимум, сведя ее к задаче на минимум.

Пример 1.

x2	4x2	x2	min;	2x	2x	2	x	6,	x	2x	2	x
1	2	3		1			3		1			3

3

.

Решение. Составим функцию Лагранжа
L x,	0	x2	4x2 x2						2x 2x	2	x 6
		1			2	3		1	1		3
				2	x	2x	2	x 3
					1				3

Найдем критические точки из системы уравнений и неравенств:

27

		L x,										2											x				2									0,
																				0															2
						x																			1							1
							1
		L x,										8											x				2						2				0,
																			0						2											2
					x																											1
							2
		L x,										2											x												0,
																				0					3									2
					x																											1
							3
						2x			2x												x									6 0,
																2										3
				1				1
						0,									0,
					0
													1
		2x 2x										2			x						3			6,
						1
						2x							x										3,
			x						2								3
				1
						2					2										0.
		2
					0			1								2
1) Если 0		0, то из первых трех уравнений системы полу-
чим 1	0, 2 0			, что противоречит последнему неравенству си-
стемы.
2)	Положим					0		1.							Получим следующую систему																							для
нахождения критических точек:
						2x							2								1									2		0,
										1
																															0,
						4x					2							1										2
						2x					3							1										2			0,
										2x1 2x2																				x3			6 0,
						1																																(3)
													2x											x								6,
						2x															2								3
										1
						x					2x						2					x					3			3,
								1
											0.
								1

Рассмотрим два варианта выполнения условия дополняющей нежесткости (четвертого уравнения в системе (3)):

																			28
2.1)	1		0.		Тогда							из			первых трех													уравнений								получим
x1 2	2	,	x2 2				4 ,					x3		2						2 . Подставляя эти значения пе-
ременных		x1, x2 , x3				в шестое уравнение системы (3),																														получим
2 2 ,	следовательно,											x1 1, x2										1 2,				x3 1.					Таким образом,
получена			критическая																	точка								P 1; 1				2; 1				при
0 1, 1	0, 2 2.							Непосредственная																			проверка								показывает,
что выполняются все уравнения и неравенства системы (3).
2.2)	1 0, 2x1					2x2						x3				6 0								. Тогда получим следующую
систему уравнений:
								2x					2					1					2	0,
										1
																							0,
							4x				2					1						2
							2x				3					1						2	0,
													2x							x				6 0,
								2x									2
										1												3
											2x								x				3,
							x								2						3
								1
									1			0.
Из первых трех уравнений системы выразим																																x1		, x2		, x3 через
1, 2 :				2
										2															2								2
		x1			1							,	x2							1						,	x3		1						.
						2																	4								2
Подставив эти значения в четвертое и пятое уравнения си-
стемы, получим						12							7,				2			6 7 .						Найденное значение
					1																															1
противоречит условию 1 0.
Заметим, что множество
X x , x				2	, x		:2x						2x						2	x				6,			x	2x		2	x				3
			1			3						1										3					1						3

не является ограниченным. Кроме того, для целевой функции

справедливо неравенство f0 x x12 4x22 x32 x12 x22 x32 . От-

сюда следует, что lim f0 x . Согласно следствию теоремы

x

29

Вейерштрасса существует решение задачи на абсолютный минимум. В силу единственности критической точки решением может быть только она.

Ответ: 1;12; 1 absmin з, Smin

Пример 2.

x2	2x		8x		2	2x	min;			9 3x 3x	2
1	1					3				1
								4x1 3x2 x3 40.
Решение. Составим функцию Лагранжа
L x,		x2		2x 8x				2	2x	9 3x
	0		1			1			3	1	1
						3 4x1 3x2 x3 40 .

3, Smax	. ●
x3 0, x2	0,

3x	2	x		2	x	2
		3

Найдем критические точки из системы уравнений и

венств:
	L x,						2 0 x1					2 0 3 1 4 3 0,
				x1
	L x,						8 0				3 1					2 3 3 0,
			x2
	L x,
								2 0				1 3 0,
				x3
				9 3x 3x							x					0,				x			0,
										2			3						2		2
	1						1
				, ,				0,			2				2		2					2	0,
			0			2					0						2					3
				1										1
					3x2				x3 0, x2								0,					4x1 3x2 x3		40.
9 3x1

нера-

(4)

1)Если 0 0, то из первых трех уравнений системы получим 1 0, 2 0 , 3 0 , т.е. все множители Лагранжа обращаются в ноль.

2)Положим 0 1. Рассмотрим четыре варианта выполнения условий дополняющей нежесткости).

2.1) 1 0, 2 0 . Подставляя эти значения 1, 2 и 0 1 в

первые три уравнения системы (4), получим несовместную систему уравнений

30

2.2)

	0,	2
1

0

	1			3	0,
	2x	2 4
		3 3 0,
8
	2			0.
			3

. Тогда

			1		2	3	0,
		2x				4
		8			3			0,				x		5,
					2	3							1
	2					0,							x	0,
					3								2
		x		0,									x	60,
		2											3
		4x			3x	x		40,						2,
			1		2	3							2
	3x				3x	x		9,						2.
			1		2	3							3
				0.
		2													P 5;0;60 при
Таким образом, получена критическая точка
0 1, 1 0, 2 2, 3 2 .
2.3)	1 0, 2			0 . Тогда второе и третье уравнения системы
(4) принимают вид:
					8 3 3						0,
								1			3
										0,
					2				3
								1

откуда следует,

2.4) 1 0,

что

2

система (4) решений не имеет.0. Тогда

			1	2						1				3		0,				1		31,
	2x								3				4							x
	8			3										3			0,			x		0,
											2				3						2
				1
2														0,					x		3	84,
				1						3
				3x						x				9,								72,
3x					2							3
			1																	1
	x		0,																			2,
		2																			2
4x				3x		2				x			3	40,							3	70,
			1
			0,							0.												0,		0.
							2																2
	1																			1

Не выполняются условия неотрицательности для множителей Лагранжа 1, 2 .