Условный экстремум. Метод множителей Лагранжа.

[Sega611]

Здравствуйте. У меня вопрос. Как в примере использовали следствие, а точнее, как предел посчитали?
Это теория, которая у меня есть. Правило решения, пример и следствие к теореме Вейерштрасса я взял в книге Э.М. Галеев, В.М. Тихомиров "Оптимизация: теория, примеры, задачи".

Правило решения

Для решения гладкой конечномерной задачи с ограничениями типа равенств и неравенств

$f_0(x)\to min$

$f_i(x)\leqslant 0$, $i=1,...,m'$

$f_i(x)=0$, $i=m'+1,...,m$

следует:
1) Составить функцию Лагранжа

$\Lambda (x,\lambda )=\sum\limits_{i=0}^m \lambda_i f_i(x)$.

2) Выписать необходимое условие экстремума I порядка:
a) стационарности:

$\Lambda _x(\hat x,\lambda )=0 \Leftrightarrow \frac{\partial \Lambda (\hat x,\lambda )}{\partial x_j}=0$, $j=1,...,m$;

b) дополняющей нежесткости:

$\lambda _i f_i(\hat x)=0$, $i=1,...,m'$;

c) неотрицательности:

$\lambda _i\geqslant 0$, $i=0,1,...,m'$;

3) Найти точки $\hat x$, удовлетворяющие условиям a)-c) (эти точки называются критическими).
4) Исследовать на локальный и абсолютный экстремум найденные критические точки.

Следствие к теореме Вейерштрасса

Если функция $f$ непрерывна на $R^n$ и $\lim\limits_{|x| \to \infty} f(x)=+\infty$ $\left( \lim\limits_{|x| \to \infty} f(x)=-\infty \right)$, то она достигает своего абсолютного минимума (максимума) на любом замкнутом подмножестве из $R^n$.

Пример

$x_1^2+x_2^2+x_3^2\to min$; $2x_1-x_2+x_3\leqslant 5$, $x_1+x_2+x_3=3$
Решение.
Функция Лагранжа

$\Lambda =\lambda_0(x_1^2+x_2^2+x_3^2)+\lambda_1(2x_1-x_2+x_3-5)+\lambda_2(x_1+x_2+x_3-3)$

Необходимые условия локального минимума:
a) стационарности:

$\Lambda_{x_1}=0\Leftrightarrow 2\lambda_0x_1+2\lambda_1+\lambda_2=0$,

$\Lambda_{x_2}=0\Leftrightarrow 2\lambda_0x_2-\lambda_1+\lambda_2=0$,

$\Lambda_{x_3}=0\Leftrightarrow 2\lambda_0x_3+\lambda_1+\lambda_2=0$;

b) дополняющей нежесткости:

$\lambda_1(2x_1-x_2+x_3-5)=0$;

c) неотрицательности:

$\lambda_0\geqslant 0$, $\lambda_1\geqslant 0$.

Если $\lambda_0=0$, то из уравнений пункта a) выводим, что $\lambda_1=\lambda_2=0$ - все множители Лагранжа - нули, а этого быть не может.
Поэтому $\lambda_0\neq 0$, полагаем $\lambda_0=\frac 1 2$.
Предположим $\lambda_1\neq 0$, тогда в силу условия b) $2x_1-x_2+x_3-5=0$. Выражая $x_1$, $x_2$, $x_3$ из условия a) через $\lambda_1$, $\lambda_2$ и подставляя в уравнения $x_1+x_2+x_3=3$, $2x_1-x_2+x_3-5=0$, получим, что

$\left\{ \begin{array}{I}-2\lambda_1-3\lambda_2=3,\\-6\lambda_1-2\lambda_2=5,\end{array} \right$

откуда $\lambda_1=\frac {-9} {14}<0$ - противоречие с условием неотрицательности c). Значит, в случае $\lambda_1\neq 0$ критических точек нет.
Пусть $\lambda_1=0$. Тогда $x_1=x_2=x_3=1$ - единственная критическая точка.
Функция $f(x)=x_1^2+x_2^2+x_3^2\to \infty$ при $|x|\to \infty$, значит по следствию из теоремы Вейерштрасса решение задачи существует, а в силу единственности критической точки решением может быть только она.
$\hat x=(1,1,1)\in absmin$.

[ShMaxG]

А чем модуль икс от функции отличается?

[G_Ray]

$x=(1,1,1)$
Чему равен модуль $x$?

[ShMaxG]

Ладно, видно (по соседней теме), что парень просто не в курсе, что такое модуль икс.

Sega611
В пространстве $R^n$ с естественной метрикой модуль икс тупо значит: $\[\left| x \right| = \sqrt {x_1^2 + x_2^2 + ... + x_n^2} \] $. А в этой задаче внимательно посмотрите на этот модуль икс и на функцию $f(x)$. Думаю, теперь вопросов нет.
Теперь можете ответить на свой вопрос по соседней теме про модуль икс.

[Sega611]

Значит можно взять $x_2\to \infty$, а остальные $x_i=0$, тогда $|x|\to \infty$ и $\lim\limits_{|x|\to \infty}f(x)=+\infty$. Правильно?

[ShMaxG]

Как это, взять? Требуется проверить, что $\[\left| x \right| \to \infty \]$ влечет $\[f\left( x \right) \to + \infty \]$. Это легко сделать в данном случае, так как функция $f(x)$ явно выражается через модуль икс.
Условие $\[\left| x \right| \to \infty \]$ означает, что точка $x=(x_1,x_2,x_3)$ меняется так, что выполнено это условие. Согласитесь, это можно сделать бесчисленным множеством способов, а не только рассмотрев какой-то частный. Т.е. вам нужно "рассмотреть все" возможные случаи изменения $x$, таких, что $\[\left| x \right| \to \infty \]$ влечет $\[f\left( x \right) \to + \infty \]$. А как это сделать в данном случае - я вам уже написал.

[Sega611]

А что делать,если вместо $f(x)$ - $z=x^2-y^2$?

[ShMaxG]

Что будет с $z(x,y)$, если устремим $|(x,y)| \to \infty$? Ну, очевидно, что на разных частных случаях получится разный ответ: плюс или минус бесконечность. Значит предела просто не существует. И этим следствием теоремы Вейерштрасса пользоваться нельзя.

[Sega611]

Вроде понял, спасибо. Теперь нужно что-нибудь другое искать .