Zadanie 1.

Rozwiązać zagadnie:

f(x) =  x₁² + 3x₂² − 2x₁x₂ + 4x₁ − 8x₂ + 10 → min.

Warunek konieczny: grad f(x₀) = 0

$$\left\{ \text{\ \ \ \ }\begin{matrix} \frac{\partial f}{\partial x_{1}} = 2x_{1} - 2x_{2} + 4 = 0\ /:2 \\ \frac{\partial f}{\partial x_{2}} = 6x_{2} - 2x_{1} - 8 = 0\ \ /:2 \\ \end{matrix} \right.\ $$

$$\left\{ \begin{matrix} x_{1} - x_{2} + 2 = 0 \\ - x_{1} + 3x_{2} - 4 = 0 \\ \end{matrix} \right.\ $$

2x₂ − 2 = 0

x₂ − 1 = 0

x₂ = 1

x₁ − 1 + 2 = 0

x₁ = −1

Dla x₀ = [−1,1]^T f(−1,1) = 4

Warunek dostateczny:

$\frac{\partial^{2}f}{\partial x_{1}^{2}} = 2$ $\frac{\partial^{2}f}{\partial x_{2}^{2}} = 6$ $\frac{\partial^{2}f}{\partial x_{1}\ x_{2}} = \frac{\partial^{2}f}{\partial x_{2}\ x_{1}} = - 2$

$$H\left( - 1,1 \right) = \begin{bmatrix} 2 & - 2 \\ - 2 & 6 \\ \end{bmatrix}$$

$\left. \ \begin{matrix} h_{11} = 2 > 0\ \ \land h_{22} = 6 > 0 \\ \left| \begin{matrix} 2 & - 2 \\ - 2 & 6 \\ \end{matrix} \right| = 8 > 0 \\ \end{matrix}\text{\ \ \ \ \ \ } \right\}$ Jest to minimum: x₀ = [−1,1]²,  f(x₀) = −6

Zadanie 2.

Wyznaczyć minimum następującej funkcji celu:

f(x₁,x₂) = x₁² + x₂² − x₁ − 2x₂

Metodą najszybszego spadku.

f(x₁,x₂) = x₁² + x₂² − x₁ − 2x₂

x₀ = [1,0]^T

$$\frac{\partial f}{\partial x_{1}} = 2x_{1} - 1$$

$$\frac{\partial f}{\partial x_{2}} = 2x_{2} - 2$$

grad f(x₁,x₂) = [2x₁−1, 2x₂−2]^T

grad f(1,0) = [−1, 2]^T

d₁ =   − grad f(x₀) = [−1, 2]^T

x₁ = x₀ + t₁d₁ = [1, 0]^T + t₁[−1, 2]^T = [1−t₁, 2t₁]^T

h(t₁) = f(x₁) = (1−t₁)² + (2t₁)² − (1−t₁) − 4t₁=

=t₁² − 2t₁ + 1 + 4t₁² + t₁ − 1 − 4t₁ = =5t₁² − 5t₁

$$\frac{\text{dh}}{\text{dt}} = 10t_{1} - 5 = 0 \Longleftrightarrow t_{1} = \frac{1}{2}$$

$$x_{1} = x_{0} + t_{1}d_{1} = \left\lbrack 1,\ 0 \right\rbrack^{T} + \frac{1}{2}\left\lbrack - 1,2 \right\rbrack^{T} = \left\lbrack 1 - \frac{1}{2},\ 2*\frac{1}{2} \right\rbrack^{T} = \left\lbrack \frac{1}{2},\ 1 \right\rbrack^{T}$$

$$\text{grad\ f}\left( \frac{1}{2},1 \right) = \left\lbrack 2*\frac{1}{2} - 1,\ 2*1 - 2 \right\rbrack^{T} = \left\lbrack 0,\ 0 \right\rbrack^{T}$$

grad f(x₁) = 0, jest to zatem więz ekstremum

ODP: $x_{1} = \left\lbrack \frac{1}{2},\ 1 \right\rbrack^{2}\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ f}\left( x_{1} \right) = - \frac{3}{2}$

Zadanie 3.

Zbadać ekstrema lokalne funkcji: f(x,y) = x² + 4xy − y² − 3x + 4y − 10.

f(x,y) = x² + 4xy − y² − 3x + 4y − 10.

Warunek konieczny: grad f(x,y) = 0

$$\left\{ \begin{matrix} \frac{\partial f}{\partial x} = 2x + 4y - 3 = 0\ \ \ \ /*( - 2) \\ \frac{\partial f}{\partial y} = 4x - 2y + 4 = 0 \\ \end{matrix} \right.\ $$

$$\left\{ \begin{matrix} - 4x - 8y + 6 = 0 \\ 4x - 2y + 4 = 0 \\ \end{matrix} \right.\ $$

$\left. \ \begin{matrix} - 10y + 10 = 0 \\ y = 1 \\ 4x - 2 + 4 = 0 \\ x = - \frac{1}{2} \\ \end{matrix}\text{\ \ \ \ \ \ } \right\}$ Jeden punkt, w którym gradient się zeruje, zatem jedno ekstremum

$$x = - \frac{1}{2},\ \ \ y = 1\ \Leftrightarrow f\left( - \frac{1}{2},\ 1 \right) = \left( - \frac{1}{2} \right)^{2} + 4\left( - \frac{1}{2} \right) - 1 + \frac{3}{2} + 4 - 10 =$$

$$= \frac{1}{4} - 2 - 1 + \frac{3}{2} + 4 - 10 = \frac{7}{4} - 9 = - \frac{29}{4}$$

Warunek dostateczny:

$$\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}} = 2\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}} = - 2\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\partial^{2\ }f}{\partial xy} = \frac{\partial^{2\ }f}{\partial yx} = 4$$

$$H\left( - \frac{1}{2},1 \right) = \begin{bmatrix} 2 & 4 \\ 4 & - 2 \\ \end{bmatrix}$$

$\left| \begin{matrix} 2 & 4 \\ 4 & - 2 \\ \end{matrix} \right| = - 20 < 0$ nie ma ekstremum, punkt siodłowy.

Zadanie 4.

Wyznaczyć minimum globalne i lokalne funkcji dwóch zmiennych, przy jednym ograniczeniu (metodą mnożników Lagrange’a):

f(x) = (x₁−1)² + x₂² − 2x₂,

g(x) = 2x₁ − x₂² ≤ 0.

L(x, λ) = (x₁−1)² + x₂² − 2x₂ + λ(2x₁ − x₂²)

Warunki konieczne:

L_x1(x) =  2(x₁−1) + 2λ = 0,

L_x2(x) = 2x₂ − 2 − 2λx₂ = 0,

λg(x) = λ(2x₁−x₂²) = 0,

λ ≥ 0.

x₁ − 1 + λ = 0  ⇒ x₁ = 1 − λ,

$$x_{2} - \lambda x_{2} - 1 = 0\ \Rightarrow x_{1} = \frac{1}{1 - \lambda}$$

Przyjmujemy λ = 0, otrzymujemy minimum globalne:

x₁ = 1,    x₂ = 1,    f(1,1) = −1.

Zadanie 5.

Następującą postać kanoniczną sprowadzić do standardowej:

Postać kanoniczna:

Funkcja celu: 3x₁ + 2x₂ → max,

Warunki ograniczające:

x₁ + 3x₂ ≤ 45

2x₁ + x₂ ≤ 40

x₁ + x₂ ≤ 25

x₁, x₂ ≥ 0.

Postać standardowa:

Fiunkcja celu: 3x₁ + 2x₂ → max,

Warunki ograniczające:

x₁ + 3x₂ + x₃ = 45

2x₁ + x₂ + x₄ = 40

x₁ + x₂ + x₅ = 25

x₁, x₂, x₃, x₄, x₅ ≥ 0.

Zadanie 6.

Wyznaczyć maksimum funkcji celu (metodą graficzną):

f(x₁,x₂) = x₁ + 3x₂,

przy ograniczeniach:

x₁ + 2x₂ ≥ 20,

−5x₁ + x₂ ≤ 10,

5x₁ + x₂ ≤ 27,

x₁, x2 ≥ 0.

Zadanie 7.

Zbadać ekstrema funkcji: f(x,y) = x³ + y³ − x − 6y + 15.

Warunek konieczny: grad f(x,y) = 0

$$\left\{ \begin{matrix} \frac{\partial f}{\partial x} = 3x^{2} - 1 = 0 \\ \frac{\partial f}{\partial y} = 3y^{2} - 6 = 0 \\ \end{matrix} \right.\ $$

$$\left\{ \begin{matrix} x^{2} - \frac{1}{3} = 0 \\ y^{2} - 2 = 0 \\ \end{matrix} \right.\ $$

$$\left\{ \begin{matrix} \left( x - \frac{1}{\sqrt{3}} \right)\left( x + \frac{1}{\sqrt{3}} \right) = 0 \\ \left( y - \sqrt{2} \right)\left( y + \sqrt{2} \right) = 0 \\ \end{matrix} \right.\ $$

$\left( x = - \frac{1}{\sqrt{3}}\ \vee \ x = \frac{1}{\sqrt{3}} \right) \land (y = - \sqrt{2}\ \vee y = \sqrt{2}\ )$ Stąd cztery pary rozwiązań:

1. $x = - \frac{1}{\sqrt{3}} \land \ y = - \sqrt{2}$

2. $x = - \frac{1}{\sqrt{3}} \land \ y = \sqrt{2}$

3. $x = \frac{1}{\sqrt{3}} \land \ y = - \sqrt{2}$

4. $x = \frac{1}{\sqrt{3}} \land \ y = \sqrt{2}$

Dla 1.

$$f\left( - \frac{1}{\sqrt{3}}, - \sqrt{2} \right) = - \frac{1}{3\sqrt{3}} - 2\sqrt{2} + \frac{1}{\sqrt{3}} + 6\sqrt{2} + 15 = \frac{2}{3\sqrt{3}} + 4\sqrt{2} + 15$$

Warunek dostateczny:

$$\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}} = 6x\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}} = 6y\ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\partial^{2}f}{\partial xy} = \frac{\partial^{2}f}{\partial yx} = 0$$

$$H\left( - \frac{1}{\sqrt{3}}, - \sqrt{2} \right) = \begin{bmatrix} - 6/\sqrt{3} & 0 \\ 0 & - 6\sqrt{}2 \\ \end{bmatrix}$$

$\left. \ \begin{matrix} h_{11} = - \frac{6}{\sqrt{3}} < 0 \\ h_{22} = - 6\sqrt{2} < 0 \\ \left| \begin{matrix} - \frac{6}{\sqrt{3}} & 0 \\ 0 & - 6\sqrt{}2 \\ \end{matrix} \right| = \frac{36\sqrt{2}}{\sqrt{3}} > 0 \\ \end{matrix}\text{\ \ \ \ \ } \right\}$ W punkcie $x = - \frac{1}{\sqrt{3}}\ \land y = - \sqrt{}2$ istnieje maksimum lokalne.

Dla 2.

$$f\left( - \frac{1}{\sqrt{3}},\sqrt{2} \right) = - \frac{1}{3\sqrt{3}} + 2\sqrt{2} + \frac{1}{\sqrt{3}} - 6\sqrt{2} + 15 = \frac{2}{2\sqrt{3}} - 4\sqrt{2} + 15$$

Warunek dostateczny:

$$\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}} = 6x\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}} = 6y\ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\partial^{2}f}{\partial xy} = \frac{\partial^{2}f}{\partial yx} = 0$$

$$H\left( - \frac{1}{\sqrt{3}},\sqrt{2} \right) = \begin{bmatrix} - \frac{6}{\sqrt{3}} & 0 \\ 0 & 6\sqrt{}2 \\ \end{bmatrix}$$

$\left| \begin{matrix} - \frac{6}{\sqrt{3}} & 0 \\ 0 & 6\sqrt{}2 \\ \end{matrix} \right| = - \frac{36\sqrt{2}}{\sqrt{3}} < 0$ Brak minimum lokalnego.

Dla 3.

$$f\left( \frac{1}{\sqrt{3}}, - \sqrt{2} \right) = \frac{1}{3\sqrt{3}} - 2\sqrt{2} - \frac{1}{\sqrt{3}} + 6\sqrt{2} + 15 = \frac{- 2}{3\sqrt{3}} + 4\sqrt{2} + 15$$

Warunek dostateczny:

$$\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}} = 6x\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}} = 6y\ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\partial^{2}f}{\partial xy} = \frac{\partial^{2}f}{\partial yx} = 0$$

$$H\left( \frac{1}{\sqrt{3}}, - \sqrt{2} \right) = \begin{bmatrix} \frac{6}{\sqrt{3}} & 0 \\ 0 & - 6\sqrt{}2 \\ \end{bmatrix}$$

$\left| \begin{matrix} \frac{6}{\sqrt{3}} & 0 \\ 0 & - 6\sqrt{}2 \\ \end{matrix} \right| = - \frac{36\sqrt{3}}{3} < 0$ Brak minimum lokalnego.

Dla 4.

$$f\left( \frac{1}{\sqrt{3}},\sqrt{2} \right) = \frac{1}{3\sqrt{3}} + 2\sqrt{2} - \frac{1}{\sqrt{3}} - 6\sqrt{2} + 15 = \frac{- 2}{3\sqrt{3}} - 4\sqrt{2} + 15$$

Warunek dostateczny:

$$\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}} = 6x\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}} = 6y\ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\partial^{2}f}{\partial xy} = \frac{\partial^{2}f}{\partial yx} = 0$$

$$H\left( \frac{1}{\sqrt{3}},\sqrt{2} \right) = \begin{bmatrix} \frac{6}{\sqrt{3}} & 0 \\ 0 & 6\sqrt{}2 \\ \end{bmatrix}$$

$\left. \ \begin{matrix} h_{11} = \frac{6}{\sqrt{3}} > 0 \\ h_{22} = 6\sqrt{2} > 0 \\ \left| \begin{matrix} \frac{6}{\sqrt{3}} & 0 \\ 0 & 6\sqrt{}2 \\ \end{matrix} \right| = \frac{36\sqrt{2}}{\sqrt{3}} > 0 \\ \end{matrix}\text{\ \ \ \ \ } \right\}$ W punkcie $x = \frac{1}{\sqrt{3}}\ \land y = \sqrt{}2$ istnieje minimum lokalne.