Bài giảng Tối ưu hóa trong thiết kế cơ khí: Chương 4 - ĐH Công nghiệp TP.HCM

Bài giảng Tối ưu hóa trong thiết kế cơ khí - Chương 4: Tối ưu hàm nhiều biến số với ràng buộc đẳng thức - Phương pháp cổ điển cung cấp cho người học các kiến thức: Phát biểu bài toán tổng quát, phương pháp thế trực tiếp, vi phân bậc r của hàm f,... Mời các bạn cùng tham khảo.

Trường Đại học Cơng nghiệp thành phố Hồ Chí Minh Khoa Cơng nghệ Cơ khí CHƯƠNG 04: TỐI ƯU HÀM NHIỀU BIẾN SỐ VỚI RÀNG BUỘC ĐẲNG THỨC: PHƯƠNG PHÁP CỔ ĐIỂN Thời lượng: tiết Tối ưu hàm nhiều biến với ràng buộc đẳng thức f x g j x  Tìm cực tiểu (Minimum) hàm nhiều biến sau: Với điều kiện ràng buộc đẳng thức: j  1, 2, Với: x   x1 x2 ,m xn  T Điều kiện: m ≤ n  Nếu m > n tốn khơng có lời giải Có phương pháp giải: Phương pháp trực tiếp (direct substitution) Phương pháp biến đổi ràng buộc (constrained variation) Phương pháp nhân tử Lagrange (Lagrange multipliers) Phương pháp trực tiếp Từ m ràng buộc đẳng thức, ta biến đổi thu biểu thức tính m biến số thơng qua (n-m) biến số lại (trong số n biến số tất cả) Từ vào biểu thức hàm f ban đầu Như hàm f trở thành hàm có (n-m) biến số khơng ràng buộc hết Ta quay trở tốn tối ưu khơng ràng buộc x   x1 x2 xn  m (n-m) tham biến sở xn  m 1 xn  T xn  m  m tham biến cần triệt tiêu f  xn  m 1  h1  x1 , x2 , , xn  m    g j  x    xn  m   h2  x1 , x2 , , xn  m  Từ:    j  m  x  h  x , x , , x  m nm  n  f  x   f  x1 , x2 , , xn  m   Hàm (n-m) biến số Phương pháp trực tiếp Tối ưu hàm số sau: f  x1 , x2 , x3   x1 x2 x3 Với ràng buộc: x12  x22  x32  n3 m 1 Tìm biểu thức liên hệ tham biến vào tham biến lại: x12  x22  x32   x3   x12  x22 Thế vào hàm f ban đầu: f  x1 , x2 , x3   f  x1 , x2   x1 x2  x  x 2 Giải hệ phương trình Gradient = 0: Tối ưu hàm biến không ràng buộc  x2  x12  x22  1   f     2 2  x     x  x  x  x  1 1    f  x    0 2 2  f   x1  x1  x2  1   x1  x2    x     2  2  x1  x2   1     x1  x2   x3   Điểm dừng 3 Tính ma trận Hessian điểm dừng:  x x  x  3x  3   f  f    x   1  x  x   x  x     H      x  x x  x  x  x  1  f  f     x  x  x    1  x  x   2 1 2 2 2 2 2 2 2  32    16   2 2 2 16  32   A  0     32    A2  256   3 Vậy cực đại hàm ban đầu là:  x*    3  x14  x12 x22  x24  x12  x22  1   2  1  x1  x2   2  x1 x2  x1  x2     1  x12  x22   Điểm cực đại T  *  f x   max    3 3 Phương pháp trực tiếp Phương pháp trực tiếp đơn giản mặt lý thuyết, thực tế lại có hạn chế sử dụng Đó biểu thức hàm ràng buộc gi(x) thường hàm phi tuyến phức tạp nên khó rút biểu thức biểu diễn tham biến qua tham biến khác từ hàm phức tạp Chính vậy, chúng áp dụng số trường hợp hàm gi(x) đơn giản Vi phân bậc r hàm f f  x  , x  x1 , x2 , , xn Nếu tất đạo hàm riêng hàm f với bậc r ≥ tồn liên tục điểm x*, đa thức sau gọi vi phân bậc r hàm f điểm x*: d r f  x*    n n i1 1 i2 1   r f  x*   dxi1 dxi2  xir ir 1  xi1 xi2  n x  x1 , x2 , Trong đó: , xn ; dxik  xik  xik ; ik  n; k  r  dxir    Có nr hạng tử Vi phân bậc r hàm f f  x  ; x  x1 , x2 ; x  x1 , x2 d f  x*   f  x*  x1 dx1  f  x*  x2 n=2, r=1  Có 21 =2 hạng tử dx2 ; dxi  xi  xi ; i  d f  x*     f  x*  x12  f  x*  x dx12  dx12   f  x*  x22  f  x*  x 2 dx22   f  x*  x1x2 dx22  dxi  xi  xi ; i  dx1dx2   f  x*  x1x2 dx1dx2  f  x*  x2 x1 dx2 dx1 n=2, r=2  Có 22 = hạng tử Vi phân bậc r hàm f f  x  ; x  x1 , x2 , x3 ; x  x1 , x2 , x3 d f  x*    f  x*  x1 f  x*  dx1  x2 dx2  f  x*  x3 dxi  xi  xi ; i  d f  x*     f  x*  x1x3  f  x*  x  f  x*  x dx1dx3  dx  dx12   f  x*  x  f  x*  x3x1  f  x*  x 2 2 dx22  dx  x  f  x*  dx3 dx1  2  f  x*  x2 x3  f  x*  x 3 dx2 dx3  dx  2 dx32   f  x*  x1x2  f  x*  x3x2  f  x*  x1x2 dxi  xi  xi ; i  dx1dx2  dx3 ; n=3, r=1  Có 31 = hạng tử  f  x*  x2 x1 dx2 dx1  dx3dx2 n=3, r=2  Có dx1dx2  32 = hạng tử  f  x*  x2 x3 dx2 dx3   f  x*  x3x1 dx3dx1 Dãy TAYLOR hàm f(x) quanh điểm x* 10 f  x   f  x*  dx  *  f  x   d f  x   d f  x   d f  x*   2! 3!  * N  d f  x*   RN  x* , dx  N!  * N 1 * R x , dx  d f x   dx      N  N  1!   * * dx  x  x  x  x  dx  T xn  x   x1 x2  *    T xn  x   x1 x2  0       d f  x*    f  x*  x 2 dx12   f  x*  x2 x3  f  x*  x 2 dx2 dx3   dx22   f  x*  x3x1  0dx12   x3  x* dx22  x1e x3    e x3  x*  f  x*   x dx32   f  x*  x1x2 12 dx1dx2 dx3dx1 dx     dx1dx2    x2  x* dx2 dx3 * x dx3dx1   4  dx22  e 2 dx32  2e 2 dx3dx1  d f  x*    4  dx22  e 2 dx32  2e 2 dx3dx1 Vậy, biểu thức dãy Taylor xấp xỉ bậc cho hàm f quanh điểm x* có dạng: f  x   f  x*  dx  2 2   e  e  dx1  dx3    4  dx2  e dx3  2e dx3dx1  2 2 Phương pháp biến đổi ràng buộc 13 Ý tưởng phương pháp nằm chỗ tìm biểu thức dạng đóng* cho vi phân bậc hàm số (tức biểu thức df) tất điểm mà biểu thức ràng buộc gi(x)=0 thỏa mãn Khi điểm cực trị cần tìm thu cách giải phương trình df=0 Phương pháp biến đổi ràng buộc Tìm cực trị hàm số sau: f  x1 , x2  g  x1 , x2   Với ràng buộc: n2 m 1 Điều kiện cần để hàm f có cực trị điểm x* = (x1*, x2*) vi phân bậc hàm f phải Ta có biểu thức:  f  f df   dx1  dx2   x2  x1  x* 1 Do g(x1*, x2*)=0 điểm cực trị, nên biến thể dx1, dx2 xung quanh điểm x* gọi biến thể chấp nhận (admissible variations) điểm có tọa độ (x1*+dx1, x2*+dx2) nằm đường cong ràng buộc g(x1, x2)=0 14 15 : x*   x1 , x2  A điểm cực trị hàm f mà nằm đường cong g(x1, x2)=0 B C điểm biến thể (gần với A) chấp nhận chúng nằm đường cong g(x1, x2)=0 D điểm biến thể (gần với A) không chấp nhận khơng nằm đường cong g(x1, x2)=0 16 Với điểm biến thể chấp nhận (B C), ta có: g  x1  dx1 , x2  dx2   Ta lại sử dụng dãy Taylor bậc cho hàm g:   g  x1  dx1 , x2  dx2   g  x1 , x2   g  x     x x    g  x   g  x*  0 x1 dx1  g  x*  x2 dx2  dg  dg  g  x*  x1 dx1  Giả sử g  x*  x2 g  x*  x2  2 dx2  g   dx2   g x1 x2 dx1 x*  3 17 Thế (3) vào (1), ta thu được: g   x1 f   f df    dx1   g x2   x1 x2   x*  4 Biến thể ràng buộc hàm f  f g f g     0  x1 x2 x2 x1  x* Điều kiện cần để tồn cực trị hàm f(x1,x2) với ràng buộc g(x1,x2) =0: f g f g  0 x1 x2 x2 x1  5 Phương pháp biến đổi ràng buộc Tìm cực trị hàm số sau: f  x1 , x2   k x1 x2 Với ràng buộc: g  x1 , x2   x12  x22  a  18 n2 m 1 Sử dụng phương trình (5): f k   2 x1 x1 x2  a g    x   x2   x2 k 2k    x1   x2  x1         2  x2  f 2k  x1 x2 x1 x2  x  a  x2 x1 x2    g  x1   x1 Phương pháp biến đổi ràng buộc Trong trường hợp tổng quát hàm có n biến số m ràng buộc, phương pháp phức tạp nên khó áp dụng giải tốn thực tế Vì phổ biến phương pháp nhân tử Lagrange 19 Phương pháp nhân tử Lagrange Tìm cực trị hàm số sau: f  x1 , x2  g  x1 , x2   Với ràng buộc: n2 m 1 Từ (4), ta có: g f     x1 f  x2 g   f  f dx1      6   : df    g   x2  x1 g x1   x1  x2 x2   x*   x* f x2 Nhân tử    Đặt: g  f Lagrange g   8   0 x2 x* x1  x*  x1  f g     0 x2  x*  x2 7 Kết hợp với phương trình: g  x1 , x2     20 Phương pháp nhân tử Lagrange Như ta có hệ phương trình để tìm x1*, x2* λ  f g   0   x1  x , x  x1  2   f g   0   x2  x , x  x2  2   g  x1 , x2     Nếu theo hệ phương trình đạo hàm riêng g phải khác điểm cực trị  g 0   x1 x*   g   x *  2x Vì để khỏi điều kiện trên, ta có phương pháp sử dụng hàm Lagrange 21 22 Phương pháp nhân tử Lagrange L  x1 , x2 ,    f  x1 , x2     g  x1 , x2   f  x1 , x2  Cực trị hàm L cực trị hàm f 0 Do hàm L có biến nên điều kiện cần để có cực trị là:  L   f  x1 , x2    g  x1 , x2     x   x1  x  0   1  g  x1 , x2      L   f  x1 , x2  L  x        0  ; x   x1  x2 x2 x     2  0     L  g  x1 , x2           x2  T Phương pháp nhân tử Lagrange 23  g j  x   0; j  m f  x   extr :  T xn  x   x1 x2 L  x, λ   L  x1 , x2 , , xn , 1 , 2 , , m   f  x   1 g1  x   2 g  x    m g m  x  Giải (n+m) phương trình sau: g j  L f   j  0; i  n   xi xi j 1 xi   L  g  x   0; j  m j   j m Tìm (n+m) nghiệm:  x1   1      x2    2    x  ;λ           xn   m  24 Phương pháp nhân tử Lagrange Tính định thức sau Tìm nghiệm phương trình định thức = Nếu tất nghiệm mang dấu – lời giải cực đại, tất nghiệm mang dấu + lời giải cực tiểu Nếu vài nghiệm mang dấu –, số lại mang dấu + khơng phải cực trị n n m Trong đó: n  x ,λ    i, j  n  m  L  x, λ  Lij  xi x j m g k  x  g kl  xl x k  m; l  n n m  Định thức hàm đa thức bậc (n-m)có tối đa (n-m) nghiệm 25 Phương pháp nhân tử Lagrange Xác định kích thước hình trụ kín để thể tích lớn có thể, tổng diện tích bề mặt 24π Xây dựng mơ hình tốn (Phát biểu mơ hình tốn) V  V  x1 , x2    x12 x2  max A  2 x  2 x1 x2  24  g  x1 , x2   x  x1 x2  12 2 x1  0, x2  x1 x2 n   m  Hàm số Lagrange: L  x1 , x2 ,     x12 x2    x12  x1 x2  12  Điều kiện cần: Giải hệ phương trình sau:  L  x  2 x1 x2    x1  x2     x1     L    x1   x1   x      ;  2x1  x  x2      L   x1  x1 x2  12   λ    2  1x1 26 Phương pháp nhân tử Lagrange Điều kiện đủ: Xác định định thức 3x3  Trong đó: 2 L L11    2 x2  2  x ,λ  8  4  4   x1 2 L L12  L21    2 x1    x ,λ  4  2  2   x1x2 2 L L22   x2 g g11    x1  x2  x  x1 g g12  g 21   x1  x2 L11  z L12 g11 L21 L22  z g12 g11 g 21  4  z 2    2 z  8   det     68 z  48  12 z 0 17 Cực đại: Vmax  16 ... biến số thơng qua (n-m) biến số lại (trong số n biến số tất cả) Từ vào biểu thức hàm f ban đầu Như hàm f trở thành hàm có (n-m) biến số khơng ràng buộc hết Ta quay trở toán tối ưu không ràng buộc... phải cực trị n n m Trong đó: n  x ,λ    i, j  n  m  L  x, λ  Lij  xi x j m g k  x  g kl  xl x k  m; l  n n m  Định thức hàm đa thức bậc (n-m)có tối đa (n-m) nghiệm 25 Phương... Điều kiện đủ: Xác định định thức 3x3  Trong đó: 2 L L11    2 x2  2  x ,λ  8  4  4   x1 2 L L12  L21    2 x1    x ,λ  4  2  2   x1x2 2 L L22   x2