Главная Случайная страница


Категории:

ДомЗдоровьеЗоологияИнформатикаИскусствоИскусствоКомпьютерыКулинарияМаркетингМатематикаМедицинаМенеджментОбразованиеПедагогикаПитомцыПрограммированиеПроизводствоПромышленностьПсихологияРазноеРелигияСоциологияСпортСтатистикаТранспортФизикаФилософияФинансыХимияХоббиЭкологияЭкономикаЭлектроника






Вся совокупность проведенных операций преобразует матрицу коэффициентов исходной системы

А= в единичную матрицу I= ,

а это эквивалентно умножению системы (1) на А-1.

· Часто нужно не только решить систему линейных уравнений, но и получить матрицу, обратную матрицу коэффициентов А. Это достигается дописыванием справа от матрицы А единичной матрицы I и применение далее метода Жордана к расширенной матрице.

Обратная матрица получается на месте, занятом ранее единичной матрицей.

Запишем расширенную матрицу:

[A | I | P0]

Применив метод полного исключения, получим,

-1A | А-1I | А-1P0]

Пример: Для нашей задачи расширенная матрица имеет вид:

Выполняя те же операции (метод исключения), получим

Шаг 1

Шаг 2

Шаг 3

Итак

А-1=

Если число неизвестных равно числу уравнений и матрица А - неособенная, то система совместна и определенна.

Если m - число уравнений < n - число неизвестных, то взяв из xi (i=1,...,n) m неизвестных в качестве базисных, остальным придадим произвольное значение, таким образом получим бесконечное множество решений, система совместна и неопределенна.

Если в процессе преобразования получены уравнения вида: 0х1 + 0х2 +...+0хn = n - система несовместна.

Решение х' = - коэффициенты разложения вектора P0 в базисном пространстве P1, P2, P3:

1P1+3P2+2P3= P0

Как указывалось выше, любой другой вектор P4 может быть найден в виде линейной комбинации векторов P1, P2, P3: P4=AY

Коэффициенты разложения - вектор Y - найдутся

Y = А-1P4

Пример:Пусть задан вектор P4=

Y= =


Задача отыскания экстремума функций многих переменных

I. Функция одной переменной. Условия экстремума

I.1 Постановка задачи

Задача: найти минимум f(x) на множестве xÌE1

Пример:

f 0.9 0.4 1.3 0.8
x 1.2 2.5 2.8 4.7

x=2.5

Ответ найден методом перебора.

Может существовать множество точек минимума.

Определение 1. Точка доставляет глобальный минимум функции f(x) на множестве Х, если ÎХ и <=f(x) для всех хÎХ.

Определение 2. Точка называется точкой строгого глобального минимума f(x) на множестве Х, если хÎХ и <f(x) для всех хÎХ, х¹ .

Примеры: нестрогий минимум и строгий минимум

Если возможно неравенство <=f(x) при х¹ то реализуется нестрогий минимум. В этом случае под решением понимается множество { хÎХ : f(x)= }.

Определение 3. Точка ÎХ доставляет локальный минимум функции f(x) на множестве Х, если при некотором достаточно малом e>0 для всех х¹ хÎХ и удовлетворяющих условию | х |<=e

выполняется неравенство <=f(x)

Пример:

Будем считать, что множество решений не пусто и не состоит из единственной точки.

В таком случае есть возможность выбора. Если множество решений конечно, то решение задачи существует: можно перебрать все точки минимумов и выбрать точку, доставляющую глобальный минимум.

В противном случае задача не имеет решения. (множество решений бесконечно)

В случаях, когда множество Х не замкнуто, задача поиска глобального экстремума может не иметь решения.


Примеры:

1) Х={х: х>=a} - функция локально убывает (f(x) = )

2) множество Х не замкнуто Х={х: a<=x<b} - нижняя грань решения не достигается.

Теорема Вейерштрасса

Т. 1.1. Задача минимизации непрерывной функции f(x) на замкнутом ограниченном множестве Х разрешима, т.е. непрерывная функция f(x) достигает на замкнутом ограниченном множестве своего минимума (во внутренней или граничной точке).

I.2 Необходимое и достаточное условие экстремума

Будем предполагать, что f(x) имеет в окрестности исследуемой точки непрерывные 1-ую и 2-ую производные.

Т. 1.2. Для того чтобы функция f(x), определенная на вещественной оси, имела безусловный локальный экстремум в точке , необходимо, чтобы выполнялось условие =0.

Доказательство: Пусть точка доставляет локальный безусловный минимум f(x) (для максимума доказательство аналогично). Тогда, по определению минимума, найдется такая окрестность этой точки радиуса e, что для всех x, удовлетворяющих неравенству |x|<=e

f( +x) - f( ) >=0 (1)

По формуле Тейлора имеем:

f( +x)= f( )+ x f '( )+0(x2) (2)

(*) Пусть f ' ( ) ¹0

Выберем x= - f ' ( )r, где r>0 - любое малое число, такое, что | f( )| r<e.

Тогда (3)

[(3) следует из (2): f( +x)- f( )=(- f '( f '( )+ 0(x2)

Т.к. , то найдется такое малое r*,

(([[ ] - член, порядка а]))

что < | |

Из этого следует, что

f( +x) - f( )<0,

т.е. f( )>f( +x), т.е. f( ) - не является локальным минимумом, что противоречит условию (1)

Противоречие возникло из-за предположения (*)

(доказательство от противного)

Итак: f '( )=0

x2 - точка абсолютного глобального минимума.

Слева от х2 функция убывает, справа - возрастает.

В точке х2 убывание функции приостанавливается, т.е. х2 - стационарная точка.

Все точки х, удовлетворяющие условию =0 - называются стационарными.

(В том числе и точки перегиба - пример: точка х1)

I.3 Необходимые условия второго порядка

Т. 1.3 Для того, чтобы функция f(x) имела в стационарной точке безусловный локальный минимум (максимум), необходимо, чтобы ее вторая производная была неотрицательна (неположительна), т.е

>=0 ( <=0)

Доказательство. По теореме 1.2 =0.

Последнее изменение этой страницы: 2016-06-10

lectmania.ru. Все права принадлежат авторам данных материалов. В случае нарушения авторского права напишите нам сюда...