IEVADS OPTIMIZ¯ACIJ¯A

1.2. Nosacītais ekstrēms 27
1.2.8. Uzdevumi
4. Atrast punktam (3; 4) vistuvāko punktu uz riņk¸a līnijas x 2 + y 2 = 1.
5. Atrast koordinātu sākumpunktam vistuvāko punktu uz līknes 5x 2 +
6xy + 5y 2 = 8.
6. Izmantojot Lagranˇza reizinātāju metodi, atrast iespējamos ekstrēma
punktus:
6a. f(x; y) = x 4 + y 2 −→ ekstr , xy = 1;
6b. f(x; y; z) = xy + xz −→ ekstr, x + 2y − z = 0, x − y = 0;
6c. f(x; y) = x 2 + y 2 −→ ekstr , y ≤ x − 2;
6d. f(x; y) = x 2 − xy + y 2 −→ ekstr, x ≥ y + 1;
6e. f(x; y) = x 2 + 2x + y 2 + 2y −→ ekstr, x + y ≥ 1, x = y;
6f. f(x; y) = x 2 − 2x + y −→ ekstr, y + 2x ≥ 2, y = 5.
1.2.9. Nosacītā ekstrēma pietiekamie nosacījumi
Vispirms atzīmēsim, ka, ja nosacītā ekstrēma problēmu var reducēt
uz brīvā ekstrēma meklēˇsanas problēmu (piemēram, izslēdzot atkarīgos
mainīgos), tad ir spēkā visi brīvā ekstrēma pietiekamie nosacījumi.
1.6. piemērs. Aplūkosim nosacītā ekstrēma problēmu:
f(x; y) = x 2 + y 2 −→ ekstr, x − y = 1.
Acīmredzot, ˇsī problēma ir ekvivalenta brīvā ekstrēma meklēˇsanas
problēmai:
F (x) = x 2 + (x − 1) 2 −→ ekstr.
Funkcijas F (x) stacionārais punkts ir x = 1
2 (vienādojuma F ′ (x) =
0 atrisinājums). Tā kā F ′′ (x) = 4 > 0, tad stacionārais punkts ir
minimuma punkts. Sākotnējās problēmās atrisinājums ir punkts x =
, kurā funkcija f(x; y) pieņem minimālo vērtību.
1
2 , y = −1
2
Ja nevar izteikt atkarīgos mainīgos ar neatkarīgiem, vai arī iegūtie
vienādojumi ir grūti atrisināmi, ir jāmeklē cita pieeja.
Aplūkosim vispārīgu gadījumu (pēc grāmatas [3]):
f(x) −→ ekstr, x ∈ R n , (1.7)
gi(x) = 0 (i = 1, . . . , m). (1.8)