Методы оптимизации. Азарнова Т.В - 17 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ВГУ | Воронеж

Составители: 

Рубрика: 

19
=++−
=+−
=
+
−
,)(
,)(
,)(
0yxx2
0xyx2
0xyx2
121
212
111
Из последнего равенства следует, что либо 0y
1
=
, либо 2xx
2
1
=+ . Если
0y
1
=
, то из первых двух равенств следует , что 0xx
21
=
=
. Подставим
полученную точку (0,0,0) в неравенства. Условия неотрицательности ,
очевидно, выполнены , однако неравенство с ) нарушено ( -2+0+0
≥
0 -
неверно).
Значит 0y
1
≠
, т.е.
2xx
2
1
=+
. Выразим
12
x2x
−
=
и подставим в первые
два равенства.
=−++−
=+−
,))((
,)(
0x2yx24
0xyx2
111
111
Рассмотрим случай
⇒
=
0x
1
4y2x
12
=
=
, . Подставим в неравенства точку
(0,2,4). Условия неотрицательности выполнены , однако первое неравенство в
а) нарушено (0+4
0
≤
-неверно) .
Р
Рассмотрим случай
⇒
=
2x
1
4y0x
12
=
=
, . В данной точке нарушено второе
неравенство в а) (0+4
0
≤
-неверно) .
Остался случай
2y1x1x4x4
0yx24
0yx2
1211
11
11
==⇒==⇒
=++−
=+−
,,
В точке (1,1,2) все неравенства (в т. ч. условия неотрицательности )
выполнены , следовательно, она является седловой точкой , а точка
)
,
(
*
1
1
x
=
-
точкой условного максимума.
Пример 2. Проверить, является ли точка x = (4,0) решением задачи
0,
4
min543
21
21
2
221
2
1
≥
≥+
→++
xx
xx
xxxx
Решение. Данная точка является допустимой . Воспользуемся
дифференциальным вариантом теоремы Куна- Таккера, для чего перепишем
задачу следующим образом:
0,
4)(
max543)(
21
211
2
221
2
10
≥
−≤−−=
→−−−=
xx
xxxf
xxxxxf
В точке (4,0) активными являются ограничения 0,4
221
≥
−
≤
−
−
xxx .
Посчитаем градиенты )410;46()(
12210
xxxxxf
−
−
−
−
=
∇
;
)16;24()0,4(
0
−
−
=
∇
f ; )1;1()(
1
−
−
=
∇
xf . Разложение (3) имеет вид: (-24; -
16)=
)1,0()1,1(
21
vy
−
−
−
. Отсюда
8;24
21
−
=
=
vy
. Так как в оптимальной точке
должны выполняться неравенства ,0,0
21
≥
≥
vy данная точка x = (4,0) не 
                                                  19
          � (−2 x1 + y1 ) x1 =0,
           �
             � (−2 x 2 + y 1 ) x 2 =0,
          � (−2 +x +x ) y =0,
           �      1  2   1

Из последнего равенства следует, что либо y 1 =0 , либо x1 +x 2 =2 . Если
    y 1 =0 , то из первых двух равенств следует, что x 1 =x 2 =0 . Подставим
полученную точку (0,0,0) в неравенства. Условия неотрицательности,
очевидно, выполнены, однако неравенство с) нарушено ( -2+0+0 ≥0 -
неверно).
Значит y 1 ≠0 , т.е. x1 +x 2 =2 . Выразим x 2 =2 −x1 и подставим в первые
два равенства.
� (−2 x1 + y 1 ) x1 =0,
 �
   � (−4 +2 x1 + y 1 )(2 −x1 ) =0,
Рассмотрим случай x1 =0 ⇒ x 2 =2, y 1 =4 . Подставим в неравенства точку
(0,2,4). Условия неотрицательности выполнены, однако первое неравенство в
а) нарушено (0+4 ≤0 -неверно).
Р
Рассмотрим случай x1 =2 ⇒ x 2 =0, y 1 =4 . В данной точке нарушено второе
неравенство в а) (0+4 ≤0 -неверно).
                    � −2 x1 + y1 =0
Остался случай �                            ⇒ 4 x1 =4, x1 =1 ⇒ x 2 =1, y 1 =2
                     � −4 +2 x 1 + y 1 = 0
В точке (1,1,2) все неравенства (в т. ч. условия неотрицательности)
выполнены, следовательно, она является седловой точкой, а точка x* =(1,1) -
точкой условного максимума.
Пример 2. Проверить, является ли точка x = (4,0) решением задачи
                             3 x12 +4 x1 x 2 +5 x 22 → min
                                     x1 +x 2 ≥4
                           x1 , x 2 ≥0
Решение. Данная точка является допустимой. Воспользуемся
дифференциальным вариантом теоремы Куна- Таккера, для чего перепишем
задачу следующим образом:
                    f 0 ( x) =−3x12 −4 x1 x 2 −5 x 22 → max
                              f 1 ( x) =−x1 −x 2 ≤−4
                           x1 , x 2 ≥0
В точке (4,0) активными являются ограничения −x1 −x 2 ≤−4, x 2 ≥0 .
Посчитаем                 градиенты                 ∇ f 0 ( x) =( −6 x1 −4 x 2 ;−10 x 2 −4 x1 ) ;
∇f 0 ( 4,0) =( −24;−16) ; ∇ f 1 ( x ) =( −1;−1) . Разложение (3) имеет вид: (-24; -
16)= y1 ( −1,−1) −v 2 (0,1) . Отсюда y1 =24; v 2 =−8 . Так как в оптимальной точке
должны выполняться неравенства y1 ≥0, v 2 ≥0, данная точка x = (4,0) не

Страницы