Методы Оптимизации / lecture / talk_19_lecture
.pdf[Жусубалиев Ж.Т. Методы оптимизации. 2010. Слайд 11]
Пример 1
Найти минимум f(x) = x2 ¡ 4x, g1(x) = x ¡ 1 6 0
Решение
1.В поставленной задаче ограничения-равенства отсутствуют, поэтому m = 0, а p, определяющее число ограничений-неравенств, равно 1, т.е. p = 1.
2.Составим вспомогательную функцию по формуле:
©(x; sk) = f(x) + sk |
8 |
|
[gi(x)]2 + |
[gj+(x)]29: |
||
|
|
|
m |
|
p |
|
|
|
X |
X |
|
||
|
|
: |
|
|
|
; |
2 |
<i=1 |
j=m+1 |
= |
|||
где gj+(x срезка функции: |
|
|
|
8 |
|
|
gj+(x) = max 0; gj(x) |
|
= |
|
|||
f |
|
g |
|
gj(x); gj(x) > 0 |
||
|
|
: |
|
|||
|
|
<0; gj(x) 6 0: |
||||
[Жусубалиев Ж.Т. Методы оптимизации. 2010. Слайд 12]
Для рассматриваемой задачи
©(x; sk) = x2 ¡ 4x + s2k [maxf0; x ¡ 1g]2
или |
|
|
|
80; x ¡2 |
|
|
|
||
©(x; sk) = x2 |
¡ |
4x + |
sk |
1 6 0 |
|
||||
|
|
¡ |
|
||||||
|
: |
¡ |
1) ; x |
1 > 0: |
|||||
|
|
2 <(x |
|
|
|||||
[Жусубалиев Ж.Т. Методы оптимизации. 2010. Слайд 13]
3. Найдем безусловный минимум вспомогательной функции по x с помощью
необходимых и достаточных условий экстремума. |
|
||||
|
@x |
|
<2x 4 + sk |
(x 1) = 0; x 1 > 0: |
|
@©(x; sk) |
= |
82x ¡ 4 = 0; x ¡ 1 6 0 |
|
||
|
|
¡ |
|||
|
|
|
: ¡ |
¡ |
|
B из первого уравнения 2x ¡ 4 = 0 находим x¤ = 2. Однако при этом не удовлетворяется условие x¤ ¡ 1 6 0.
[Жусубалиев Ж.Т. Методы оптимизации. 2010. Слайд 14]
Из второго уравнения 2x ¡ 4 + sk(x ¡ 1) = 0 получаем
x¤(sk) = 4 + sk : 2 + sk
Так как
@2©(x; sk) = 2 + sk > 0
@x2
при sk > 0, то достаточные условия минимума вспомогательной функции ©(x; sk) выполняются.
[Жусубалиев Ж.Т. Методы оптимизации. 2010. Слайд 15]
4. Условный минимум ищем как предел x¤(sk) при sk ! 1:
x¤ = lim 4 + sk = 1:
sk!1 2 + sk
Отсюда x¤ = 1 удовлетворяет условию x¤ ¡ 1 6 0.
ПРИМЕЧАНИЕ: Раскрытие неопределенности 11:
lim f(x) = lim f0(x) = A;
x!a '(x) x!a '0(x)
где
lim f(x) = |
1 |
; |
lim '(x) = |
1 |
: |
||||
x |
! |
a |
|
x |
! |
a |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
[Жусубалиев Ж.Т. Методы оптимизации. 2010. Слайд 16]
Пример 2
Найти минимум f(x) = x21 + x22, g1(x) = x1 + x2 ¡ 2 = 0
Решение
1.В поставленной задаче m = 1, а ограничения-неравенства отсутствуют, т.е. p = 0.
2.Составим вспомогательную функцию ©(x; sk) по формуле:
©(x; sk) = f(x) + s2k Xm [gi(x)]2;
i=1
где m = 1. Вспомогательная функция:
©(x; sk) = x21 + x22 + s2k (x1 + x2 ¡ 2)2:
[Жусубалиев Ж.Т. Методы оптимизации. 2010. Слайд 17]
3. Найдем безусловный минимум вспомогательной функции ©(x; sk) по x = (x1; x2)T с помощью необходимых и достаточных условий экстремума:
@(x; sk) = 2x1 + sk(x1 + x2 ¡ 2) = 0;
@x1
@(x; sk) = 2x2 + sk(x1 + x2 ¡ 2) = 0: @x2
[Жусубалиев Ж.Т. Методы оптимизации. 2010. Слайд 18]
(а) Найдем стационарные точки, решив систему
(
2x1 + sk(x1 + x2 ¡ 2) = 0; 2x2 + sk(x1 + x2 ¡ 2) = 0
относительно x1 и x2:
x1¤(sk) = x2¤(sk) = |
sk |
: |
1 + sk |
[Жусубалиев Ж.Т. Методы оптимизации. 2010. Слайд 19]
(б) Проверим выполнение достаточных условий минимума. Матрица Гессе:
|
|
@2©(x) @2©(x) |
|
|
|
|
|
||
H(x; sk) = |
6 |
|
|
|
7 |
= · |
sk |
2 + sk¸ |
: |
@2©(x) |
|
@2©(x) |
|||||||
|
2 |
@x12 |
|
@x1@x2 |
3 |
|
2 + sk |
sk |
|
|
6 |
|
|
|
7 |
|
|
|
|
|
6 |
|
2 |
7 |
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
6 |
@x2@x1 |
|
@x2 |
7 |
|
|
|
|
Так как угловые миноры ¢1 = 2 + sk > 0, ¢2 = (2 + sk)(2 + sk) ¡ s2k = 4+4sk > 0, (sk > 0), то матрица Гессе является положительно-определенной
(достаточные условия минимума ©(x; sk) выполняются).
[Жусубалиев Ж.Т. Методы оптимизации. 2010. Слайд 20]
4. Условный минимум x¤ ищем как предел x¤(sk) при sk ! 1:
x |
1¤ |
= x |
2¤ |
= lim |
sk |
= 1: |
|
1 + sk |
|||||||
|
|
sk!1 |
|
Точка x¤ = (1; 1)T удовлетворяет условию x1¤ + x¤2 ¡ 2 = 0.