Методы оптимизации. Учебное пособие-2

Пример 12. Найти точки экстремума функции z = x4 + y2.

Решение. Определим стационарные точки функции. Найдем частные производные функции z(x,y) по переменным x и y

Приравнивая частные производные к нулю, получим систему уравнений

4x3 = 0

2y = 0

Решая систему, находим точку (0, 0). Проверим, выполняются ли в этой точке достаточные условия экстремума. Для этого найдем вторые производные функции в этой точке.

выполняются условия теоремы 7, поэтому необходимо применить другие методы исследования. Функция z = x4 + y2 неотрицательна во всей области определения и равна 0 только в точке (0, 0), следовательно, в точке (0,0) функция имеет локальный минимум.

Ответ. Точка (0, 0) – точка локального минимума.

21

2.1.4.Нахождение наибольшего и наименьшего значений функции на замкнутом ограниченном множестве

Пусть функция z = f(x, y) определена и непрерывна в ограниченной замкнутой области D, и требуется найти наименьшее (наибольшее) значение этой функции в области D. По теореме Вейрштрасса найдется принадлежащая области D точка M такая, что в ней функция принимает свое наименьшее (наибольшее) значение. Если точка M лежит внутри области D , то в этой точке функция имеет локальный минимум (максимум), и, следовательно, эта точка является критической точкой функции z = f(x, y). Однако, функция может принимать наименьшее (наибольшее) значение на границе области D. Таким образом, приходим к следующему алгоритму решения рассматриваемой задачи.

Алгоритм нахождения наибольшего и наименьшего значений функции на замкнутом ограниченном множестве D:

1)найти критические точки функции, лежащие внутри ограниченной замкнутой области D;

2)вычислить значения функции в найденных точках;

3)найти наибольшее и наименьшее значения функции на границе области D;

4)среди всех найденных значений выбрать наибольшее и наименьшее значения функции.

Пример 13. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z = x2 + 2xy – 3y2 + y в области D, задаваемой системой неравенств

0 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 1.

Решение. Область D – квадрат с вершинами A(0; 0), B(0; 1),

C(1; 1), D(1;0) (см. рис. 4).

22

y

C

B

Рис. 4

Найдем критические точки функции, лежащие внутри квадрата. Функция имеет частные производные во всей области определения, поэтому критическими точками будут точки, в которых первые частные производные равны нулю. Найдем частные производные и приравняем их к нулю.

Получим систему для нахождения координат критических точек.

2(x y) 0

2x 6y 1 0

Единственная критическая точка функции имеет координаты (–0,125, 0,125), она не принадлежит области. Поскольку внутри области D нет критических точек, функция принимает наибольшее и наименьшее значения на границе области. Переходим к пункту 3), исследуем функцию на границе области.

Граница области состоит из четырех отрезков – сторон квадрата. Исследуем функцию на каждом участке границы отдельно.

23

Отрезок AB задается уравнением x = 0 и двойным неравенством 0 ≤ y ≤ 1. В силу условия x = 0, функция z = x2 + 2xy – 3y2 + y принимает вид z = –3y2 + y. Найдем наибольшее и наименьшее значения этой функции на отрезке 0 ≤ y ≤ 1. Для этого сначала найдем критические точки функции z = – 3y2 + y на (0, 1).

z´ = – 6y + 1 = 0; y = 1/6.

Точка принадлежит отрезку (0, 1). Вычислим значения функции в этой точке и на концах отрезка:

z(0, 16) 121 ; z(0, 0) = 0; z(0, 1) = –2.

Отрезок BC задается уравнением y = 1 и неравенствами 0 ≤ x ≤ 1. На этом отрезке функция z = x2 + 2xy – 3y2 + y принимает вид z = x2 + + 2x – 2. Найдем наибольшее и наименьшее значения этой функции на отрезке 0 ≤ x ≤ 1. Для этого найдем критические точки функции z(x) = x2 + 2x – 2 на интервале (0, 1).

z´(x) = 2x + 2 = 0; x = –1.

Точка x = –1 не принадлежит отрезку [0,1]. Вычислим значения функции на концах отрезка: z(0, 1) = –2, z(1, 1) = 1.

Отрезок CD задается уравнением x = 1 и неравенствами 0 ≤ y ≤ 1. На этом отрезке функция z = x2 + 2xy – 3y2 + y равна z = – 3y2 +3y +1. Найдем наибольшее и наименьшее значения этой функции на отрезке 0 ≤ y ≤ 1.

z´(y) = – 6y + 3 = 0; y = ½ .

Точка y = ½ принадлежит интервалу (0, 1). Вычислим значения функции в этой точке и на концах отрезка:

z(1, ½) =7/4; z(1, 1) = 1; z(1, 0) = 1.

Наконец, четвертая сторона квадрата – отрезок AD задается уравнением y = 0 и неравенствами 0 ≤ x ≤ 1. Исходная функция z =

24

= x2 + 2xy – 3y2 + y на этом отрезке примет вид z(x) = x2. Найдем наибольшее и наименьшее значения функции z(x) одной переменной x на этом отрезке также как и выше.

z´(x) = 2x = 0; x = 0.

Точка x = 0 принадлежит отрезку [0, 1] и совпадает с концом отрезка. Вычислим значения функции на концах отрезка:

z(0, 0) = 0; z(1, 0) = 1.

Сравнивая вычисленные значения функции, выбираем из них наибольшее 1,75 и наименьшее –2.

Ответ. Наибольшее значение функции равно z(1, 0,5) = 1,75; наименьшее значение функции равно z(0, 1) = –2.

25

2.2. Условный экстремум. Метод множителей Лагранжа

Рассмотрим задачу нахождения условного экстремума функции двух аргументов. Она состоит в нахождении локального максимума (минимума) функции z = f(x, y) при условии, что независимые переменные x, y удовлетворяют следующему ограничению: g(x,y) = 0.

Эта задача называется задачей на условный экстремум, функция z = f(x, y) называется целевой функцией, функция g(x, y) называется функцией, задающей ограничения.

Определение 9. Точка M0(x0, y0) называется точкой условного максимума (минимума) функции z = f(x, y), если g(x0, y0) = 0 и сущест-

вует такая окрестность этой точки, что для всех точек (x, y) из этой окрестности, удовлетворяющих равенству g(x, y) = 0, выполняется неравенство

f(x0, y0) ≥ f(x, y) (соответственно, f(x0, y0) ≤ f(x, y).

Решение задачи об условном экстремуме может быть найдено методом множителей Лагранжа, который позволяет свести задачу нахождения условного экстремума к задаче нахождения экстремума функции многих переменных.

Метод состоит в построении функции Лагранжа, зависящей от трех аргументов x, y, λ

L(x, y, λ) = f(x, y) + λg(x, y).

(функция Лагранжа равна сумме целевой функции и произведения новой независимой переменной λ, называемой множителем Лагранжа, на функцию ограничений) и нахождении ее экстремума (см. п. 2.1.2). Справедлива следующая теорема.

26

Теорема 8. Пусть функции f(x, y) и g(x, y) непрерывны и имеют непрерывные частные производные первого порядка по переменным x и y. Тогда, если M0(x0, y0) – точка условного экстремума функции f(x, y) и gradf(x0, y0) ≠ 0, то существует единственное число λ0 такое, что в точке (x0, y0, λ0) справедливы равенства:

Алгоритм нахождения условного экстремума таков:

1)построить функцию Лагранжа;

2)найти частные производные функции Лагранжа;

3)найти критические точки функции Лагранжа (x0, y0, λ0) как решения системы уравнений:

4)определить является ли точка (x0, y0) точкой условного экстремума.

Пример 14. Найти условный экстремум функции z = (x – 1)2 + + (y + 1)4 + 2 при условии x – 2y – 3 = 0.

Решение. В данной задаче f(x, y) = (x – 1)2 + (y + 1)4 + 2, g(x, y) = x – 2y – 3 = 0.

1) функция Лагранжа имеет вид:

f(x, y) + λg(x, y) = (x – 1)2 + (y + 1)4 + 2 + λ(x – 2y – 3); 2) найдем частные производные функции Лагранжа

L(x, y, ) 2(x 1)x

L(x, y, ) 4( y 1)3 2

y

27

L(x, y, ) (x 2y 3);

3) критическая точка (x0, y0, λ0) находится как решение системы уравнений

2(x – 1) + λ = 0 4(y + 1)3 – 2λ = 0 x – 2y – 3 = 0

Решая указанную систему, получаем x0 = 1, y0 = –1, λ0 = 0;

4) определим, является ли найденная точка (x0, y0) точкой экстремума. Функция f(x, y) = (x – 1)2 + (y + 1)4 + 2 ≥ 2, во всей области определения. В найденной точке: f(1, –1) = 2, следовательно, точка x0 = 1, y0 = –1 является точкой условного минимума.

Ответ: x0 = 1, y0 = –1 – точка условного экстремума, f(1, –1) = 2.

28

2.3. Методы нахождения экстремумов функций многих переменных. Градиентный метод

и метод покоординатного спуска

Рассмотрим задачу о нахождении минимума функции нескольких переменных f(x1, x2,… xn). Одним из методов решения этой задачи является метод покоординатного спуска.

рассматривать функцию f(x1, x2,… xn) как функцию одной перемен-

для k = 1, 2, … мы шаг за шагом приближаемся к минимуму функции f (x1, x2 ,... xn ) .

29

Пример 15. Найти минимум функции трех переменных f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 (здесь x1 = x, x2 = y, x3 = z).

В качестве исходной точки (x0, y0, z0) возьмем точку (1, 1, 1). Фиксируем значения второй и третьей переменной y = y0 = 1, z = z0 = 1 и ищем точку минимума функции f(x, 1, 1) = x2 + 2. Очевидно, минимум достигается при x = 0, отсюда имеем x1 = 0, Фиксируем теперь x = x1 =0, z = z0 =1 и ищем точку минимума функции f(0, y, 1). Функция имеет минимум при y = 0, т.е. y1 = 0. Наконец, фиксируем x = x1 =0, y = y1 = 0 и находим точку минимума функции f(x1, y1, z) = = f(0, 0, z) = z2 как функции z. Имеем z = 0 и (x1, y1, z1) = (0, 0, 0). Из того, что функция f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 является неотрицательной, следует, что найденная точка(x1, y1, z1) = (0, 0, 0) является точкой минимума функции трех переменных f(x, y, z).

В рассмотренном примере мы получили точные координаты точки минимума уже после первого шага метода покоординатного спуска. На практике решение вопроса о минимуме функции одной переменной часто является довольно сложным. Поэтому вместо точного значения координаты xi, i = 1, 2,… n, при котором функция f (x1k , x2k ,..., xik 1, xi , xik 1,..., xnk ) k 1,2,3,... достигает своего минимума, часто берут некоторое приближенное значение, а процедуру покоординатного спуска применяют несколько раз.

Рассмотрим случай функции двух переменных.

Определение 10. Линией уровня функции двух переменных f(x, y) называется кривая, лежащая в плоскости Oxy и задаваемая уравнением f(x, y) = C, где C – некоторая константа, принадлежащая области значений функции f(x, y).

Пример 16. Пусть f(x, y) = (x – 2)2 + (y – 1)2. Область значений функции – полупрямая [0, +∞). Линией уровня для константы C > 0 будет кривая, задаваемая соотношением (x – 2)2 + (y – 1)2 = C, т.е.

окружность с центром в точке (2, 1) и радиусом C (см. рис. 5).

30