IEVADS OPTIMIZ¯ACIJ¯A
IEVADS OPTIMIZ¯ACIJ¯A IEVADS OPTIMIZ¯ACIJ¯A
12 I nodal¸a. VAIRĀKU ARGUMENTU FUNKCIJU EKSTRĒMI apskatīsim kvadrātisku matricu A = fx1x1 fx1x2 fx2x1 fx2x2 No matemātiskas analīzes kursa ir zināms, ka jauktie atvasinājumi ir vienādi savā starpā, ja tie ir nepārtraukti [7, 5. nodal¸a, §4], tāpēc . det A = fx1x1 fx2x2 − f 2 x1x2 . No kvadrātisko formu teorijas ir zināms [7, 198. lpp.]: • ja det A > 0 un fx1x1 • ja det A > 0 un fx1x1 > 0, tad kvadrātiskā forma ir pozitīva; < 0, tad kvadrātiskā forma ir negatīva; • ja det A < 0, tad kvadrātiskā forma pieņem gan pozitīvas, gan negatīvas vērtības. Formulēsim divu argumentu funkcijas ekstrēma punktu meklēˇsanas shēmu: 1. atrast stacionārus punktus, risinot sistēmu (1.1); 2. katrā stacionārā punktā noteikt determinanta det A zīmi; 3. ja stacionārā punktā z ir spēkā det A > 0 un fx1x1 > 0, tad d2 f(z) > 0 un z ir (stingrā) minimuma punkts; 4. ja stacionārajā punktā z ir spēkā det A > 0 un fx1x1 < 0, tad d2f(z) < 0 un z ir (stingrā) maksimuma punkts; 5. ja stacionārajā punktā z ir spēkā det A < 0, tad d 2 f(z) pieņem gan pozitīvas, gan negatīvas vērtības kādā punkta z apkārtnē un z nav ekstrēma punkts; 6. ja stacionārajā punktā z ir spēkā det A = 0, tad ir nepiecieˇsama tālāka analīze. 1.7. piezīme. 6. gadījumā, kad det A = 0, stacionārā punkta z rakstura analīze var būt saistīta ar augstākas kārtas diferenciāl¸u rēk¸ināˇsanu, protams, ja funkcijai eksistē attiecīgās kārtas atvasinājumi. Tieˇsām, f(x) − f(z) = df(z) + 1 2 d2 f(z) + 1 3! d3 f(z) + 1 4! d4 f(z) + · · · un starpības zīme vienādības kreisajā pusē ir atkarīga no pirmā no nulles atˇsk¸irīgā diferenciāl¸a vienādības labajā pusē.
1.1. Brīvais ekstrēms 13 Apskatīsim daˇzus piemērus saistībā ar iepriekˇsējo piezīmi. 1.1. piemērs. Apskatīsim funkciju f(x1; x2) = x 3 1 + x 3 2. Punkts (0; 0) ir funkcijas f stacionārs punkts, jo ˇsajā punktā diferenciāl¸i df un d 2 f ir vienādi ar nulli. Tai paˇsā laikā d 3 f = 6∆x 3 1 + 6∆x 3 2. Tā kā funkcija f jebkurā punkta (0; 0) apkārtnē pieņem abu zīmju vērtības, tad funkcijai f punktā (0; 0) ekstrēma nav. 1.2. piemērs. Apskatīsim funkciju f(x1; x2) = x 4 1 + x 4 2. Punkts (0; 0) ir funkcijas f stacionārs punkts. ˇ Sajā punktā det A = 12 2 x 2 1x 2 2 = 0 un, lai noskaidrotu stacionārā punkta raksturu, ir nepiecieˇsama tālāka pētīˇsana. Var pārbaudīt, ka d 3 f = 0 punktā (0; 0), bet d 4 f = 24∆x 4 1 + 24∆x 4 2 ir pozitīva forma. Tādējādi punkts (0; 0) ir funkcijas f minimuma punkts. 1.1.6. Problēmas par pel¸ņas maksimumu atrisinājums Noskaidrosim stacionārā punkta q1 = 2, q2 = 1, 5 raksturu problēmā par pel¸ņas maksimimumu. Tā kā Pq1q1 = −4, Pq1q2 = −2, Pq2q2 = −6, det A = (−4)(−6) − (−2)2 = 20 > 0, tad punkts (2; 1, 5) ir ekstrēma punkts. Tā kā Pq1q1 ir negatīvs, bet det A > 0, tad apskatāmais punkts ir minimuma punkts. Noteiksim cenas p1 un p2, pēc kurām ir jāpārdod preces katrā tirgū, lai iegūtu maksimālo pel¸ņu: p1 = 10 − q1 = 8, p2 = 12 − 2q1 = 9.
- Page 1 and 2: DAUGAVPILS UNIVERSIT ĀTE Matemāti
- Page 3 and 4: IEVADS Mācību līdzeklī ir izkl
- Page 5 and 6: I nodal¸a VAIRĀKU ARGUMENTU FUNKC
- Page 7 and 8: 1.1. Brīvais ekstrēms 7 1.1. zīm
- Page 9 and 10: 1.1. Brīvais ekstrēms 9 ◮ Funkc
- Page 11: 1.1. Brīvais ekstrēms 11 ◮ Funk
- Page 15 and 16: 1.2. Nosacītais ekstrēms 15 Līdz
- Page 17 and 18: 1.2. Nosacītais ekstrēms 17 1.2.2
- Page 19 and 20: 1.2. Nosacītais ekstrēms 19 1.9.
- Page 21 and 22: 1.2. Nosacītais ekstrēms 21 1.4.
- Page 23 and 24: 1.2. Nosacītais ekstrēms 23 Risin
- Page 25 and 26: 1.2. Nosacītais ekstrēms 25 Tā k
- Page 27 and 28: 1.2. Nosacītais ekstrēms 27 1.2.8
- Page 29 and 30: 1.2. Nosacītais ekstrēms 29 1.7.
- Page 31 and 32: 1.2. Nosacītais ekstrēms 31 ir ˇ
- Page 33 and 34: II nodal¸a SKAITLISKĀS METODES Fu
- Page 35 and 36: 2.2. Minimuma punkta meklēˇsanas
- Page 37 and 38: 2.2. Minimuma punkta meklēˇsanas
- Page 39 and 40: 2.2. Minimuma punkta meklēˇsanas
- Page 41 and 42: 2.2. Minimuma punkta meklēˇsanas
- Page 43 and 44: 2.2. Minimuma punkta meklēˇsanas
- Page 45 and 46: 2.3. Minimuma punkta meklēˇsanas
- Page 47 and 48: 2.3. Minimuma punkta meklēˇsanas
- Page 49 and 50: 2.3. Minimuma punkta meklēˇsanas
- Page 51 and 52: 2.3. Minimuma punkta meklēˇsanas
- Page 53 and 54: III nodal¸a LINEĀRĀS PROGRAMMĒ
- Page 55 and 56: 3.1. Ievads 55 koordinātas vienād
- Page 57 and 58: 3.2. Lineārās programēˇsanas uz
- Page 59 and 60: 3.2. Lineārās programēˇsanas uz
- Page 61 and 62: 3.2. Lineārās programēˇsanas uz
1.1. Brīvais ekstrēms 13<br />
Apskatīsim daˇzus piemērus saistībā ar iepriekˇsējo piezīmi.<br />
1.1. piemērs. Apskatīsim funkciju<br />
f(x1; x2) = x 3 1 + x 3 2.<br />
Punkts (0; 0) ir funkcijas f stacionārs punkts, jo ˇsajā punktā diferenciāl¸i<br />
df un d 2 f ir vienādi ar nulli. Tai paˇsā laikā<br />
d 3 f = 6∆x 3 1 + 6∆x 3 2.<br />
Tā kā funkcija f jebkurā punkta (0; 0) apkārtnē pieņem abu zīmju<br />
vērtības, tad funkcijai f punktā (0; 0) ekstrēma nav.<br />
1.2. piemērs. Apskatīsim funkciju<br />
f(x1; x2) = x 4 1 + x 4 2.<br />
Punkts (0; 0) ir funkcijas f stacionārs punkts. ˇ Sajā punktā det A =<br />
12 2 x 2 1x 2 2 = 0 un, lai noskaidrotu stacionārā punkta raksturu, ir nepiecieˇsama<br />
tālāka pētīˇsana. Var pārbaudīt, ka d 3 f = 0 punktā (0; 0),<br />
bet<br />
d 4 f = 24∆x 4 1 + 24∆x 4 2<br />
ir pozitīva forma. Tādējādi punkts (0; 0) ir funkcijas f minimuma<br />
punkts.<br />
1.1.6. Problēmas par pel¸ņas maksimumu atrisinājums<br />
Noskaidrosim stacionārā punkta q1 = 2, q2 = 1, 5 raksturu problēmā par<br />
pel¸ņas maksimimumu. Tā kā<br />
Pq1q1<br />
= −4, Pq1q2 = −2, Pq2q2 = −6,<br />
det A = (−4)(−6) − (−2)2 = 20 > 0,<br />
tad punkts (2; 1, 5) ir ekstrēma punkts. Tā kā Pq1q1 ir negatīvs, bet det A ><br />
0, tad apskatāmais punkts ir minimuma punkts. Noteiksim cenas p1 un p2,<br />
pēc kurām ir jāpārdod preces katrā tirgū, lai iegūtu maksimālo pel¸ņu:<br />
p1 = 10 − q1 = 8, p2 = 12 − 2q1 = 9.
Change language