Материал: 862

Далее задача решается классическим методом, т.е. определяем первую производную от рассматриваемой функции по всем неизвестным и по всем множителям Лагранжа:

В результате решения системы уравнений (52) находим “подозрительные” на экстремум или “стационарные” точки. Число уравнений в системе (52) будет m+n неизвестных, из которых определяют неизвестные хi и не определяют множители Лагранжа, если в этом нет необходимости.

Вид экстремума определяется на основе достаточных условий. Множители Лагранжа показывают чувствительность функции цели к константам ограничений, т.е. j имеет выражение

Вэтом соотношении выражается интерпретация множителя Лагранжа. Исходя из этого, если j =0, это значит, что bj не оказывает существенного влияния на функцию цели. Чем больше j, тем больше j-я константа влияет на целевую функцию.

Впрактике решения задач методом неопределенных множителей Лагранжа принята такая последовательность:

1. Ограничения (50) приводятся к виду, имеющему 0 справа.

2. Составляется функция Лагранжа. При этом на каждое ограничение вводится по множителю Лагранжа.

3. Берут частные производные по всем неизвестным и всем множителям от функции Лагранжа, в результате чего получают m+n уравнений. Решая совместно m+n уравнений, определяют оптимальные величины неизвестных, после чего задача считается решенной.

Чаще всего этим методом решаются производственные задачи в рамках ограничений в виде равенств, также его используют при определении оптимальных геометрических размеров фигур.

55

4.5. Типовой расчет «Аналитические методы поиска экстремума»

4.5.1. Задание

Используя исходные данные для заданного варианта, помещенные в прил. 3, необходимо:

1. Определить экстремум следующей одномерной функции:

(величины констант a1 a8 указаны в прил. 3, столбцы 2–9). Всего приведен 31 вариант заданий.

2. Определить экстремум следующей многомерной функции

3. Из квадратного листа жести размером b5 (в метрах) изготовить емкость максимального объема в виде бака прямоугольной формы без крышки. При этом b5=30 +N+6, где N – порядковый номер студента в списке группы; – последняя цифра номера группы.

4.5.2. Образец выполнения работы

Текст задания записать в соответствии с подразд. 4.5.1 в отчет. Числовые значения по заданному варианту (см. прил. 3) свести в табл. 7. Рассмотрим выполнение настоящей работы по варианту 31 со следующими исходными данными.

По образцу функции (В) составляем одномерную функцию. Согласно заданию имеем

R(x) 2x3 48x2 .

Таблица 7

Исходные данные

Определяем R'(x) 6x2 96x 0, отсюда x(6x–96)=0, тогда x1=0 первая точка, "подозрительная" на экстремум. Исследуем - окрестность точки x1=0. Определяем характер экстремума по первому достаточному условию существования экстремума одномерных функций. Для этого окружаем точку x1 0 -окрестностью, равной 1. Подставляем значения x1=0; x1=+1 и x1=–1 в целевую функцию (В), имеем

локальный максимум. Проверяем характер экстремума в точке x1=0 по второму достаточному условию экстремальности одномерных функций. Берем = 1 и

R'(x1 ) R'( 1); R'(x1 ) R'( 1).

Производим вычисления

R'( 1) 6( 1)2 96( 1) 102; R'( 1) 6( 1)2 96( 1) 90.

Поскольку при переходе через "подозрительную" точку x1=0 первая производная изменяет знак с плюса на минус, то в рассматриваемой точке имеем максимум.

Проверим по "правилу дождя". Это третье достаточное условие существования экстремума одномерных функций. Для этого возьмем вторую производную от заданной функции R"(x) 12x 96. При x1=0 имеем R"(x1) 96. Поскольку производная четная и отрицательная, то в рассматриваемой точке существует локальный максимум, т.е. выводы всех трех проверок совпадают. Таким образом, в первой точке x1=0 существует максимум.

Определяем вторую точку, "подозрительную" на экстремум: 6x=96. Отсюда x2=16.

Исследуем по вышеизложенной методике теперь уже без дополнительных пояснений эту точку:

I. Выбираем единичную -окрестность.

R(16–1)= 4050; R(16)= 4096; R(16+1)= 4046.

Поскольку в точке, "подозрительной" на экстремум (x2=16),

57

величина целевой функции (B) меньше, чем в (x2 )=(16 1), то в точке x2=16 существует локальный минимум.

II. R'(15)= 90; R'(17)=+102.

Поскольку при переходе через точку x2=16 первая производная меняет знак с на , то в точке x2=16 существует локальный минимум.

III. R''(x)=12x; R''(x2=16)=192.

Поскольку вторая производная в рассматриваемой точке имеет знак, то в точке x2=16 существует локальный минимум.

Проверки по всем трем достаточным условиям для точки x2=16 совпали. Отчет о работе необходимо сопроводить примерным графиком рассматриваемой функции, как показано на рис. 15.

Составляем многомерную функцию на основе задания:

Определяем первые частные производные по переменным x1 и x2 и приравниваем их к нулю:

R(x1,x2) 2x2 4 6x1 0;

x1

R(x1,x2) 2x1 8 8x2 0.

x2

Рис. 15. Геометрическая интерпретация экстремумов рассматриваемой функции в точках x1=0 и x2=16

Решаем систему.

Вычитаем из первого уравнения второе

58

Точка с координатами х1=4/11 и х2=10/11 “подозрительная” на экстремум. Для уточнения вида экстремума воспользуемся достаточным условием существования экстремума многомерных функций.

С этой целью вычисляем вторые смешанные частные производные:

На этой основе составляем матрицу Гесса по аналогии с матрицей (43)

Вычисляем главные миноры матрица Гесса по формуле (45): M1 6; M2 44. Поскольку главные миноры матрицы Гесса

меняют знак с минуса на плюс, то в рассматриваемых точках x1 4 и 11

x2 10 имеем локальный максимум.

11

Определение оптимальных размеров бака. Решение задачи начинаем с раскроя предложенного листа жести размером 4 4 м. (см. табл. 7, столбец b5 ) на предмет получения заготовки будущего бака прямоугольной формы без крышки, как показано на рис. 16. Целью решения задачи является получение максимального объема будущего бака.

59