Cvičenie 9 Riešené príklady 1. Príklad min f(x 1, x 2 ) = x 2 1 + x2 2 + 60x 1 s.t. x 1 80 x 1 + x 2 120 Pre riešenie úlohy vykonáme nasledujúce kroky: 1. Najskôr upravíme ohraničenia do tvaru a následne do tvaru = pridaním dodatočných premenných u 2. 2. Zapíšeme špecifický tvar Lagrangeovej funkcie. L bude funkciou premenných, multiplikátorov λ a dodatočných premenných u. 3. Parciálne zderivujeme L podl a všetkých premenných. 4. Odstránime z parciálnych derivácií, ktoré sme položili rovné 0 všetky premenné u. Pridáme podmienky pre lambdy. V taktomto tvare nazývame rovnice a nerovnice Kuhn-Tuckerove podmienky (K-T). 5. Riešime niekol ko sústav rovníc, pričom testujeme či riešenia vyhovujú všetkým (K-T). Riešenie 1. Úprava ohraničení min f(x 1, x 2 ) = x 2 1 + x2 2 + 60x 1 s.t. x 1 80 80 x 1 0 80 x 1 + u 2 1 = 0 x 1 + x 2 120 120 x 1 x 2 0 120 x 1 x 2 + u 2 2 = 0 1
2. Zapíšeme L funkciu L(x 1, x 2, λ 1, λ 2, u 1, u 2 ) = x 2 1 + x 2 2 + 60x 1 + λ 1 ( x 1 + 80 + u 2 1) + λ 2 ( x 1 x 2 + 120 + u 2 2) 3. Parciálne derivujeme podl a premenných x 1, x 2, λ 1, λ 2, u 1, u 2. Pretože hl adáme extrém, položíme rovné nule. x 1 = 2x 1 + 60 λ 1 λ 2 = 0 x 2 = 2x 2 λ 2 = 0 λ 1 = x 1 + 80 + u 2 1 = 0 λ 2 = x 1 x 2 + 120 + u 2 2 = 0 u 1 = 2λ 1 u 1 = 0 u 2 = 2λ 2 u 2 = 0 4. Odstránime z rovníc pomocnú premennú u: V prvých dvoch sa u nenachádza. Necháme ich teda v pôvodnom tvare. x 1 = 2x 1 + 60 λ 1 λ 2 = 0 (1) x 2 = 2x 2 λ 2 = 0 (2) Nasledujú parciálne derivácie podl a Lagrangeovho multiplikátora. Všimnime si, že sme dostali rovnako ako pri tradičnom Lagrangeovi ohraničenia. Tie ale poznáme aj v tvare bez u. Po 2
odstránení u dostávame opätovne pôvodné ohraničenia v tvare nerovnosti zo zadania úlohy. λ 1 = x 1 + 80 0 (3) λ 2 = x 1 x 2 + 120 0 (4) Parciálne derivácie podl a u nazývame podmienky komplementarity. V tomto prípade je nutné si všimnút, že výraz je rovný nule, ak aspoň jeden z činitel ov je rovný nule. Všimnime si d alej, ako vyzerá naše obmedzenie, ak u = 0. Vtedy dostávame obmedzenie v tvare rovnosti. Teda napríklad, ak u 1 = 0 aj x 1 + 80 = 0 (respektíve x 1 + 80 + 0 = 0). Vid obmedzenia v zadaní. Potom parciálne derivácie možno prepísat : u 1 = λ 1 ( x 1 + 80) = 0 (5) u 2 = λ 2 ( x 1 x 2 + 120) = 0 (6) Posledný krok je dodanie podmienok pre λ. λ 1 0 (7) λ 2 0 (8) Dôležité: Pri správnom určení obmedzení treba pamätat na nasledovné. Ak sa jedná o minimalizačnú úlohu, potom sa pred Lagrangeovým multiplikátorom (λ) v Lagrangeovej funkcii nachádza znamienko + a zároveň sú λ 0. Kombinácie týchto pravidiel uvádzame v tabul ke: úloha znamienko pri λ ohraničenie λ min + λ 0 min - λ 0 max + λ 0 max - λ 0 Rovnice a nerovnice (1)-(8) nazývame Kuhn-Tuckerove podmienky. Našou úlohou je numerické riešenie (nájdenie hodnôt pre x 1, x 2, λ 1, λ 2 ), čo si vyžaduje zostavit a vyriešit niekol ko sústav rovníc. Následne testovat, či riešenia vyhovujú všetkým podmienkam. Jednou z možností je postupne vyskúšat možnosti rovností a nerovností pre všetky λ. I) λ 1 = 0, λ 2 = 0 3
Potom z podmienok (1) a (2) získavame sústavu rovníc: 2x 1 + 60 = 0 2x 2 = 0 Vtedy x 1 = 30 a x 2 = 0, to však nevyhovuje podmienkam (3) a (4). Takáto kombinácia preto nie je riešením. II) λ 1 = 0, λ 2 0 Z podmienky (6) získavame rovnicu: x 1 + x 2 = 120 Z podmienok (1) a (2) rovnice: 2x 1 + 60 λ 2 = 0 2x 2 λ 2 = 0 Riešením sústavy troch rovníc je x 1 = 45, x 2 = 75, to však kombinácia preto nie je riešením. nespĺňa podmienku (3). Takáto III) λ 1 0, λ 2 = 0 Z podmienky (5) získavame rovnicu Z podmienok (1) rovnicu: x 1 + 80 = 0 2x 1 + 60 λ 1 = 0 2x 2 = 0 Riešením sústavy rovníc je x 1 = 80 a x 2 = 0, to však nespĺňa podmienku (4). Takáto kombinácia preto nie je riešením. IV) λ 1 0, λ 2 0 Z podmienok o komplementarite (5) a (6) získavame rovnice: x 1 + 80 = 0 x 1 x 2 + 120 = 0 Riešením sústavy rovníc je x 1 = 80 a x 2 = 40. Všetky podmienky sú splnené. Pričom λ 1 = 140 a λ 2 = 80 INTERPRETÁCIA: Lagrangeov multiplikátor interpretujeme rovnako, ako v prípade riešenia úloh na viazané extrémy s ohraničením v tvare rovnosti. Rozdielom v tomto prípade je, že 4
ohraničenie môže byt aktívne (rozumej v tvare rovnosti) alebo neaktívne (v tvare ostrého ohraničenia). To či je, alebo nie je ohraničenie aktívne, zistíme podl a hodnôt λ a podmienok komplementarity. Ak sa totižto λ = 0, tak v zmysle interpretácie Lagrangeovho multiplikátora sa nám extrém účelovej funkcie nezmení, ak zmeníme ohraničenie (respektíve zmení sa o λ = 0). Vtedy hovoríme, že ohraničenie je neaktívne. Naopak, ak je λ rôzna od nuly, platí z podmienky komplementarity, že druhý činitel je rovný nule. Teda dostávame ohraničenie v tvare rovnosti. Potom hovoríme, že ohraničenie je aktívne. Neriešené príklady Príklad 1 Príklad z knihy Luptáčik, Mathematical Optimization and Economic Analysis, 2010 min f(x 1, x 2 ) = x 2 1 4x 1 + x 2 2 6x 2 s.t. x 1 + x 2 3 2x 1 + x 2 2 Príklad 2 max U(x 1, x 2 ) = x 1 x 2 + 2x 1 s.t. 4x 1 + 2x 2 60 Príklad 3 Príklad z knihy Luptáčik, Mathematical Optimization and Economic Analysis, 2010 max f(x) = (x 1) 3 s.t. x 2 0 x 0 Príklad 4 Príklad z knihy Luptáčik, Mathematical Optimization and Economic Analysis, 2010 min f(x 1, x 2 ) = (x 1 4) 2 + (x 2 4) 2 s.t. x 1 + x 2 4 x 1 + 3x 2 9 5
Riešenie Príklad 1 x 1 = 1, x 2 = 2, λ 1 = 2, λ 2 = 0 Príklad 2 x 1 = 8, x 2 = 14, λ = 4 Príklad 3 x = 2, λ 1 = 3, f(x) = 1; Pozn.: V príklade 3 v troch zo štyroch riešení platia všetky podmienky. Pretože maximalizujeme f(x) (vid. zadanie), riešením je najvyššia hodnota účelovej funkcie. Príklad 4 x 1 = 2, x 2 = 2, λ 1 = 4, λ 2 = 0; 6