Задача условной оптимизации. Метод Лагранжа.

[Shadow]

(Продолжение)

Франсуа Виет выходит из могилы и превращается в зомби.

[provincialka]

Katmandu в сообщении #853569 писал(а):

Как-то так пока что.

Ну, видите, здесь есть и "ваше" решение, и еще одно. Дальше что? Требуется ли исследовать на вид критической точки? Тогда могут пригодиться и "лямбды".

[Katmandu]

Когда для каждой лямбы рассматриваем систему и строим матрицу Гессе, то получается, что по диагонали стоят одни нули, что не обеспечивает достаточности для максимума или минимума точки.

[provincialka]

А вы знаете разницу при исследовании второго дифференциала для локального экстремума и условного? Нужно исключить "лишние" дифференциалы, используя для этого уравнения связи. Останется всего одно слагаемое, так как задача на самом деле одномерная.

-- 24.04.2014, 00:00 --

Shadow в сообщении #853571 писал(а):

(Продолжение)

Франсуа Виет выходит из могилы и превращается в зомби.

(Оффтоп)

Вмешиваются тут всякие, ложными замечаниями портят сеанс Не в коня, извините, корм.

[Katmandu]

Пока не знаю разницу, , попробую найти в интернете.

-- 24.04.2014, 02:00 --

из второго уравнения выразить x_2 и опять подставить в функцию лагранжа, тем самым избавимся от одной переменной??

-- 24.04.2014, 02:27 --

Пусть
$ x_2 = 5 - x_1 - x_3 $
Подстановка в уравнение Лагранжа

$ (5-\lambda_1)x_1x_3 - 5{x_1^2}{x_3}-5{x_1}{x_3^2}-\lambda_1 x_1^2 - \lambda_1 x_3^2 + 5x_1 + 5x_3 - 8 $

Частные производные 2-го порядка:

$\frac {\partial^2 L} {\partial x_1^2} = -10x_3-2\lambda_1 $

$\frac {\partial^2 L}{\partial x_1\partial x_3} = \frac {\partial^2 L}{\partial x_3\partial x_1} = 5 - \lambda_1 - 10x_1 - 10x_3 $

$\frac {\partial^2 L} {\partial x_3^2} = -10x_1-2\lambda_1 $

[Katmandu]

Выразил $x_1x_2 $ и $x_1$ из уравнений связей.
Подставил в функцию Лагранжа сперва $x_1x_2$ а потом $x_1$

Получилось

$ L = 8x_3 - 5x_3^2 + x_3^3 $

Нашел производную по $x_3$ , которая равна

$ 8 - 10x_3 + 3x_3^2 $

Теперь подставляем в него по очереди $ 1, 2, \frac 7 3, \frac 4 3 $

При $1$ и $\frac 7 3$ значение функции больше нуля, значит условный минимум.
В остальных равны 0.

[provincialka]

Странно. Ведь координаты 1 и 2 соответствуют одной группе решений, совершенно аналогичных друг другу. Если вы решили выражать переменные и подставлять, то зачем вам вообще Лагранж?
Наверное, мы разбираем учебное задание, в котором надо показать владение методом Лагранжа? Или просто задачу, которую надо решить? Тогда можно вспомнить о замечании Shadow

-- 24.04.2014, 08:44 --

Katmandu в сообщении #853628 писал(а):

При $1$ и $\frac 7 3$ значение функции больше нуля, значит условный минимум.
В остальных равны 0

В какую функцию? В производную? А почему ее положительное значение характеризует минимум?Вы ср второй производной не попутали?

-- 24.04.2014, 08:54 --

Эту задачу можно решить и как условный экстремум, и как обычный. Только при переходе к одной переменной точки условного локального экстремума становятся точками безусловного граничного.

[Katmandu]

Не совсем понятно.

Возьмем дифференциал из от функции Лагранжа

$$ d^2L = L_{x_1x_1}^{''}dx_1^2 + L_{x_2x_2}^{''}dx_2^2 + L_{x_3x_3}^{''}dx_3^2 + 2L_{x_1x_2}^{''}dx_1dx_2 + 2L_{x_1x_3}^{''}dx_1dx_3 + 2L_{x_2x_3}^{''}dx_2dx_3 $$

из уравнений связи нужно как то выразить дифференциалы и подставить

-- 24.04.2014, 12:07 --

Далее
подставляем

$$ x_3 = 5 - x_1 - x_2 $$

в

$$ d(x_1x_2 + x_2x_3 + x_1x_3 - 8) = x_1dx_2 + x_2dx_1 + x_2dx_3 + x_3dx_2 + x_1dx_3 + x_3dx_1 = 0$$

Получается

$$ x_1dx_2 + x_2dx_1 + x_2d(5 - x_1-x_2) + (5-x_1-x_2)dx_2+x_1d(5-x_1-x_2)+(5-x_1-x_2)dx_1 = 0$$

$$ x_1dx_2 + x_2dx_1 -x_2dx_1 - x_2dx_2 + 5dx_2 - x_1dx_2 - x_2dx_2 - x_1dx_1 - x_1dx_2 + 5dx_1 - x_1dx_1 - x_2dx_1 = 0 $$

$$ (5 - x_1 - 2x_2)dx_2 + (5 -2x_1 - x_2)dx_1 = 0 $$

Откуда находим

$$ dx_2 = \frac {(x_2 + 2x_1 - 5)dx_1 } {5 - x_1 - 2x_2} $$

и

$$ dx_3 = - dx_1 - dx_2 = ( -1 - \frac {(x_2 + 2x_1 - 5)} {5 - x_1 - 2x_2})dx_1 = (\frac {x_2-x_1}{5 - x_1 - 2x_2})dx_1 $$

-- 24.04.2014, 12:07 --

[Katmandu]

Подставил полученные $dx_3$ и $dx_2$ во второй дифференциал функции Лагранжа.

$ (1;2;2), (2;1;2), (2;2;1) $ - точки условного минимума.
$ (\frac 7 3; \frac 4 3; \frac 4 3) , (\frac 4 3; \frac 7 3; \frac 4 3),(\frac 4 3; \frac 4 3; \frac 7 3) $ - точка условного максимума.

$f_{min} = 2$
$f_{max} = 37,33333333333333333333$

[provincialka]

Счет не проверяла, но, наверное, так. Забойная задача... Если нужно только найти наибольшее и наименьшее значения, так делать не надо.

Поправка, как можно упростить счет. Продифференцируем условия связи, получим

$$ \begin{cases}dx_1+dx_2+dx_3=0\\ (x_2+x_3)dx_1+(x_1+x_3)dx_2+(x_1+x_2)dx_3=0 \end{cases}$$

Для простоты рассмотрим только случай $x_2=x_3$, остальные получаются перестановкой. Система приобретает вид

$$ \begin{cases} dx_1+dx_2+dx_3=0\\ 2x_2dx_1+(x_1+x_2)(dx_2+dx_3)=0 \end{cases}$$

В силу того, что $2x_2\ne x_1+x_2$, получаем, что $dx_1=0,dx_2+dx_3=0$.
Кстати, вы слишком смело делите на выражение $5-x_1-2x_2$, для некоторых критических точек оно равно 0.

[ewert]

Вообще-то если проявить здоровое жульничество, то сразу видно, что линия, на которой ищутся экстремумы -- это окружность с осью симметрии $x=y=z$. Из соображений симметрии ясно, что заведомо стационарными будут точки пересечения этой этой окружности с плоскостями $x=y$, $y=z$ и $x=z$. И если, например, $x=y$, то из системы $2x^2+z^2=9,\ 2x+z=5$ сразу же находим $x=y=\frac43,\;z=\frac73$ (точка максимума) или $x=y=2,\;z=1$ (точка минимума). А других стационарных точек, кроме этих шести, и быть не может -- хотя бы потому, что если в качестве параметра ввести угол поворота вокруг оси симметрии, то целевая функция, суженная на окружность, есть некоторый тригонометрический многочлен третьей степени. Причём с периодом, равным трети полного угла; и, следовательно, это просто косинус тройного угла плюс константа.

[provincialka]

ewert, полностью с вами согласна. Вижу только две "загвоздки" противоположного плана.
1. Может, это учебное задание, в котором надо показать владение методом множителей Лагранжа?
2. Чтобы догадаться до "вашего" метода надо иметь опыт и нехилое пространственное воображение. Человек, обладающий всем этим вряд ли придет спрашивать на форум.

Сама попадала в такие ситуации, когда шустрые студенты "изворачивались" и решали без условного экстремума. И как оценивать их знания? Но там задачи были существенно проще.

[ewert]

provincialka в сообщении #853967 писал(а):

1. Может, это учебное задание, в котором надо показать владение методом множителей Лагранжа?

Безусловно (в заголовке так и написано); но я же с самого начала честно сознался в жульничестве.

Но и с множителями Лагранжа тоже особой мороки быть не должно. Напрашивается вычитание второго уравнения из первого, откуда или $x_1=x_2$, или $\lambda_1=-x_3$. Из первого сразу всё ясно, ну а второй вариант мне до конца прослеживать было лень, но и там наверняка тоже достаточно быстро выплывем куда положено.

-- Чт апр 24, 2014 19:01:29 --

Да, вот как можно выкрутиться с лагранжами, причём мгновенно (учитывая, конечно, симметрию задачи относительно перестановок; но её просто глупо было бы не учитывать). Если выполняется хотя бы одно из равенств $x_1=x_2$, $x_2=x_3$ или $x_1=x_3$, то всё ясно. Если же не выполняется ни одно из них, то должно одновременно выполняться $\lambda_1=-x_3$, $\lambda_1=-x_1$ и $\lambda_1=-x_2$, откуда $x_1=x_2=x_3$. Однако последнее откровенно противоречит ограничениям.

При этом проверять всю систему Лагранжа нет необходимости. Других стационарных точек быть не может, а какие-то быть должны; значит, это именно они, т.к. в них принимаются только два разных значения.

[Shadow]

ewert в сообщении #854016 писал(а):

provincialka в сообщении #853967 писал(а):

1. Может, это учебное задание, в котором надо показать владение методом множителей Лагранжа?

Безусловно (в заголовке так и написано)

Но в стартовом сообщении еще написано:

Katmandu в сообщении #853517 писал(а):

Я пробовал решить методом Лагранжа.

, что говорит о некоторой свободе выбора метода. В любом случае полезно потренироваться.

[Katmandu]

Решить можно любым способом, но вопросы возникли в методе Лагранжа.