Dobry. Mam takie polecenie
Wyznacz najmniejszą i największą wartość fcji \(\displaystyle{ f}\) na zbiorze \(\displaystyle{ x^4+y^4+z^4=1}\). Wyznacz wszystkie punkty w których wartości największe i najmniejsze są osiągane.
\(\displaystyle{ f(x,y,z)=x+8y+27z}\)
Doszedłem do tego momentu, ale nie wydaje mi się to dobrze zrobione
Korzystam z mnożników Lagrange'a i mam
\(\displaystyle{ g(x,y,z,\lambda)=x+8y+27z+\lambda(x^4+y^4+z^4-1)}\)
Po obliczeniu pochodnych pierwszego rzędu mam punkt
\(\displaystyle{ P=((1/98)^{4/3},2 \cdot (1/98)^{4/3},3 \cdot (1/98)^{4/3})}\)
Po obliczeniu pochodnych drugiego rzędu otrzymuję macierz diagonalną. W tym punkcie mam maksimum gdyż \(\displaystyle{ I_1<0}\), \(\displaystyle{ I_2>0}\), \(\displaystyle{ I_3<0}\)
Dodano po 13 godzinach 51 minutach 26 sekundach:
Źle zapisałem punkt który mi wyszedł, a nie mogę już edytować. Wyszły mi dwa punkty
\(\displaystyle{ P_1=( \sqrt[4]{\frac{1}{98}},2\cdot \sqrt[4]{\frac{1}{98}}, 3\cdot \sqrt[4]{\frac{1}{98}}) }\)
oraz
\(\displaystyle{ P_2=( -\sqrt[4]{\frac{1}{98}},-2\cdot \sqrt[4]{\frac{1}{98}}, -3\cdot \sqrt[4]{\frac{1}{98}})}\)
Tak jak pisałem z pierwszego hesjanu wyszło mi ekstremum warunkowe w P1, w P2 mam minimum warunkowe. No to pierwsza częśc zadania to f(P1) oraz f(P2), jednak co z drugą częścią, mianowicie - wyznacz wszystkie punkty w których wartości największe i najmniejsze są osiągane. Brzmi to jakby było więcej tych punktów. Jka się za to zabrać ?
Ekstremum warunkowe 3 zmiennych
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15496
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5224 razy
Re: Ekstremum warunkowe 3 zmiennych
Można to tak rozwalić:
z nierówności Höldera dla \(\displaystyle{ p=4, \ q=\frac{4}{3}}\) i nierówności trójkąta (bracia Trójkąt, jak ja ich, k***a, nienawidzę) mamy
\(\displaystyle{ \left(x^{4}+y^{4}+z^{4}\right)^{\frac{1}{4}}\left(\left(1^{3}\right)^{\frac{4}{3}}+\left(2^{3}\right)^{\frac{4}{3}}+\left(3^{3}\right)^{\frac{4}{3}}\right)^{\frac{3}{4}}\ge 1^{3}|x|+2^{3}|y|+3^{3}|z|\ge |x+8y+27z|}\)
Równość w pierwszej nierówności zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy wektory
\(\displaystyle{ (|x|,|y|,|z|)}\) i \(\displaystyle{ (1,2,3)}\) są proporcjonalne, a równość w drugiej nierówności – gdy \(\displaystyle{ x,y,z}\) są tego samego znaku. Oczywiście z założeń zadania
\(\displaystyle{ x^{4}+y^{4}+z^{4}=1}\), więc stąd dostajemy, że
\(\displaystyle{ \left(\left(1^{3}\right)^{\frac{4}{3}}+\left(2^{3}\right)^{\frac{4}{3}}+\left(3^{3}\right)^{\frac{4}{3}}\right)^{\frac{3}{4}}\ge x+8y+27z\ge -\left(\left(1^{3}\right)^{\frac{4}{3}}+\left(2^{3}\right)^{\frac{4}{3}}+\left(3^{3}\right)^{\frac{4}{3}}\right)^{\frac{3}{4}}}\)
i równość w pierwszej nierówności zachodzi np. dla \(\displaystyle{ (x,y,z)=(t,2t, 3t), \ t>0}\), a w drugiej dla
\(\displaystyle{ (x,y,z)=(s,2s, 3s), \ s<0}\), przy czym
\(\displaystyle{ \left(1+2^{4}+3^{4}\right)t^{4}=1, \ \left(1+2^{4}+3^{4}\right)s^{4}=1}\), czyli
\(\displaystyle{ t=\left(\frac{1}{1+2^{4}+3^{4}}\right)^{\frac{1}{4}}, \ s=-\left(\frac{1}{1+2^{4}+3^{4}}\right)^{\frac{1}{4}}}\).
A innych punktów sprawdzać nie trzeba dzięki warunkowi równości w nierówności Höldera i warunkowi równości w nierówności trójkąta.
Aczkolwiek Twoje podejście też jest jak najbardziej OK, należy tylko jeszcze powołać się na jakieś twierdzenie, które zapewnia Ci, że w jakichś punktach to ekstremum warunkowe jest przyjmowane. Na przykład twierdzenie Weierstrassa: funkcja ciągła na niepustym zbiorze zwartym przyjmuje swoje kresy na tym zbiorze. A innych punktów, w których osiągana jest równość być nie może, ponieważ sprawdziłeś warunek konieczny istnienia ekstremum warunkowego.
z nierówności Höldera dla \(\displaystyle{ p=4, \ q=\frac{4}{3}}\) i nierówności trójkąta (bracia Trójkąt, jak ja ich, k***a, nienawidzę) mamy
\(\displaystyle{ \left(x^{4}+y^{4}+z^{4}\right)^{\frac{1}{4}}\left(\left(1^{3}\right)^{\frac{4}{3}}+\left(2^{3}\right)^{\frac{4}{3}}+\left(3^{3}\right)^{\frac{4}{3}}\right)^{\frac{3}{4}}\ge 1^{3}|x|+2^{3}|y|+3^{3}|z|\ge |x+8y+27z|}\)
Równość w pierwszej nierówności zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy wektory
\(\displaystyle{ (|x|,|y|,|z|)}\) i \(\displaystyle{ (1,2,3)}\) są proporcjonalne, a równość w drugiej nierówności – gdy \(\displaystyle{ x,y,z}\) są tego samego znaku. Oczywiście z założeń zadania
\(\displaystyle{ x^{4}+y^{4}+z^{4}=1}\), więc stąd dostajemy, że
\(\displaystyle{ \left(\left(1^{3}\right)^{\frac{4}{3}}+\left(2^{3}\right)^{\frac{4}{3}}+\left(3^{3}\right)^{\frac{4}{3}}\right)^{\frac{3}{4}}\ge x+8y+27z\ge -\left(\left(1^{3}\right)^{\frac{4}{3}}+\left(2^{3}\right)^{\frac{4}{3}}+\left(3^{3}\right)^{\frac{4}{3}}\right)^{\frac{3}{4}}}\)
i równość w pierwszej nierówności zachodzi np. dla \(\displaystyle{ (x,y,z)=(t,2t, 3t), \ t>0}\), a w drugiej dla
\(\displaystyle{ (x,y,z)=(s,2s, 3s), \ s<0}\), przy czym
\(\displaystyle{ \left(1+2^{4}+3^{4}\right)t^{4}=1, \ \left(1+2^{4}+3^{4}\right)s^{4}=1}\), czyli
\(\displaystyle{ t=\left(\frac{1}{1+2^{4}+3^{4}}\right)^{\frac{1}{4}}, \ s=-\left(\frac{1}{1+2^{4}+3^{4}}\right)^{\frac{1}{4}}}\).
A innych punktów sprawdzać nie trzeba dzięki warunkowi równości w nierówności Höldera i warunkowi równości w nierówności trójkąta.
Aczkolwiek Twoje podejście też jest jak najbardziej OK, należy tylko jeszcze powołać się na jakieś twierdzenie, które zapewnia Ci, że w jakichś punktach to ekstremum warunkowe jest przyjmowane. Na przykład twierdzenie Weierstrassa: funkcja ciągła na niepustym zbiorze zwartym przyjmuje swoje kresy na tym zbiorze. A innych punktów, w których osiągana jest równość być nie może, ponieważ sprawdziłeś warunek konieczny istnienia ekstremum warunkowego.
-
Przybyl
- Użytkownik
- Posty: 66
- Rejestracja: 4 maja 2016, o 22:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Poznań
- Podziękował: 19 razy
Re: Ekstremum warunkowe 3 zmiennych
Twoje rozwiązanie mimo że poprawne, to raczej za wysoki poziom dla mnie 
ostatnie co by mi przyszło do głowy to wykorzystanie nierówności Holdera. Do tego nie bardzo rozumiem na jakiej podstawie wybierasz p oraz q. I w sumie cała reszta też nie bardzo wiem skąd się bierze
ostatnie co by mi przyszło do głowy to wykorzystanie nierówności Holdera. Do tego nie bardzo rozumiem na jakiej podstawie wybierasz p oraz q. I w sumie cała reszta też nie bardzo wiem skąd się bierze-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15496
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5224 razy
Re: Ekstremum warunkowe 3 zmiennych
Skomplikowana odpowiedź: wybieram \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\) tak, aby pasowały do założeń, w których to mamy stałą sumę czwartych potęg.
Jeśli \(\displaystyle{ p=4}\), to \(\displaystyle{ \frac{1}{p}=\frac{1}{4}}\) i by skorzystać z Höldera, musi być \(\displaystyle{ \frac{1}{q}=1-\frac{1}{p}=\frac{3}{4}}\), stąd \(\displaystyle{ q=\frac{4}{3}}\). A pomysł, by skorzystać z nierówności Höldera i z takimi właśnie wykładnikami wziął się stąd, że jakoś trzeba przejść od założenia mówiącego o sumie czwartych potęg do ograniczania funkcji będącej sumą jednomianów pierwszego stopnia. Hölder pasuje tu jak Jan Paweł do pedofilii.
Dodano po 1 godzinie 17 minutach 16 sekundach:
Właściwie to wystarcza dwukrotne zastosowanie nierówności Cauchy'ego-Schwarza, z którą zwykle wcześniej się spotykamy:
\(\displaystyle{ 98^{3}=98^{2}\left(1^{4}+2^{4}+3^{4}\right)\left(x^{4}+y^{4}+z^{4}\right)\ge \left(1+2^{4}+3^{4}\right)^{2}\left(x^{2}+4y^{2}+9z^{2}\right)^{2}\\ = \left(\left(1+2^{4}+3^{4}\right)\left(x^{2}+4y^{2}+9z^{2}\right)\right)^{2}\ge (x+8y+27 z)^{4}}\)
i by zaszła równość w obu tych nierównościach, wektory \(\displaystyle{ \left(1^{2}, 2^{2}, 3^{2}\right)}\) oraz \(\displaystyle{ \left(x^{2}, y^{2}, z^{2}\right)}\), a dalej \(\displaystyle{ \left(1, 2^{2}, 3^{2}\right)}\) oraz \(\displaystyle{ \left(x,2y,3z\right)}\) muszą być proporcjonalne.
To drugie już nam daje \(\displaystyle{ x=t, \ y=2t, \ z=3t, \ t\in \RR}\), a wszak ma zachodzić \(\displaystyle{ x^{4}+y^{4}+z^{4}=1\ldots}\).
Jeśli \(\displaystyle{ p=4}\), to \(\displaystyle{ \frac{1}{p}=\frac{1}{4}}\) i by skorzystać z Höldera, musi być \(\displaystyle{ \frac{1}{q}=1-\frac{1}{p}=\frac{3}{4}}\), stąd \(\displaystyle{ q=\frac{4}{3}}\). A pomysł, by skorzystać z nierówności Höldera i z takimi właśnie wykładnikami wziął się stąd, że jakoś trzeba przejść od założenia mówiącego o sumie czwartych potęg do ograniczania funkcji będącej sumą jednomianów pierwszego stopnia. Hölder pasuje tu jak Jan Paweł do pedofilii.
Dodano po 1 godzinie 17 minutach 16 sekundach:
Właściwie to wystarcza dwukrotne zastosowanie nierówności Cauchy'ego-Schwarza, z którą zwykle wcześniej się spotykamy:
\(\displaystyle{ 98^{3}=98^{2}\left(1^{4}+2^{4}+3^{4}\right)\left(x^{4}+y^{4}+z^{4}\right)\ge \left(1+2^{4}+3^{4}\right)^{2}\left(x^{2}+4y^{2}+9z^{2}\right)^{2}\\ = \left(\left(1+2^{4}+3^{4}\right)\left(x^{2}+4y^{2}+9z^{2}\right)\right)^{2}\ge (x+8y+27 z)^{4}}\)
i by zaszła równość w obu tych nierównościach, wektory \(\displaystyle{ \left(1^{2}, 2^{2}, 3^{2}\right)}\) oraz \(\displaystyle{ \left(x^{2}, y^{2}, z^{2}\right)}\), a dalej \(\displaystyle{ \left(1, 2^{2}, 3^{2}\right)}\) oraz \(\displaystyle{ \left(x,2y,3z\right)}\) muszą być proporcjonalne.
To drugie już nam daje \(\displaystyle{ x=t, \ y=2t, \ z=3t, \ t\in \RR}\), a wszak ma zachodzić \(\displaystyle{ x^{4}+y^{4}+z^{4}=1\ldots}\).
-
janusz47
- Użytkownik
- Posty: 8035
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1707 razy
Re: Ekstremum warunkowe 3 zmiennych
Wyznaczyć wszystkie punkty, w których wartości funkcji
\(\displaystyle{ f(x,y,z) = x +8 y +27 z }\)
są osiągane na zbiorze
\(\displaystyle{ x^4 +y^4 + z^4 = 1. }\)
Znajdujemy współrzędne wektorów stycznych:
\(\displaystyle{ \vec{\nabla}(g)_{|P_{1}} \cdot \vec{h} = 0 }\)
\(\displaystyle{ \vec{\nabla}(g)_{|P_{2}} \cdot \vec{h} = 0 }\)
\(\displaystyle{ \vec{h} = \left[\begin{matrix} h_{x}\\ h_{y}\\ h_{z} \end{matrix} \right] }\)
Dla każdego z nich badamy określoność formy kwadratowej
\(\displaystyle{ h^{T}\cdot F^{''}_{|P_{1}} \cdot h, }\)
\(\displaystyle{ h^{T}\cdot F^{''}_{|P_{2}} \cdot h.}\)
\(\displaystyle{ f(x,y,z) = x +8 y +27 z }\)
są osiągane na zbiorze
\(\displaystyle{ x^4 +y^4 + z^4 = 1. }\)
Znajdujemy współrzędne wektorów stycznych:
\(\displaystyle{ \vec{\nabla}(g)_{|P_{1}} \cdot \vec{h} = 0 }\)
\(\displaystyle{ \vec{\nabla}(g)_{|P_{2}} \cdot \vec{h} = 0 }\)
\(\displaystyle{ \vec{h} = \left[\begin{matrix} h_{x}\\ h_{y}\\ h_{z} \end{matrix} \right] }\)
Dla każdego z nich badamy określoność formy kwadratowej
\(\displaystyle{ h^{T}\cdot F^{''}_{|P_{1}} \cdot h, }\)
\(\displaystyle{ h^{T}\cdot F^{''}_{|P_{2}} \cdot h.}\)
-
Przybyl
- Użytkownik
- Posty: 66
- Rejestracja: 4 maja 2016, o 22:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Poznań
- Podziękował: 19 razy
Re: Ekstremum warunkowe 3 zmiennych
Ten sposób rownież jest dla mnie przejrzysty, dziękuję bardzo.
Dodano po 2 godzinach 32 minutach 47 sekundach:
Mógłby mi ktoś sprawdzic kolejne zadanie ? Nie mam do nich odpowiedzi, korzystam jedynie z wolframu który mi pokazuje, że nie mam pewnych rozwiązań.
Zadanie
Wyznaczyć najmniejszą i największą wartość funkcji
\(\displaystyle{ f(x,y)=3x^2+4y^2}\)
na zbiorze
\(\displaystyle{ \{(x,y): x^4+y^4=1\}}\)
Wyznaczyć wszystkie punkty, w których wartości najmniejsza i największa są osiągane.
Więc znowu korzystam z mnożników Lagrange'a.
\(\displaystyle{ g(x,y,\lambda)=3x^2+4y^2+\lambda(x^4+y^4-1)=0}\)
Pochodne cząstkowe pierwszego rzędu:
\(\displaystyle{ \frac{\delta g}{\delta x}=6x+4\lambda x^3=0 \Rightarrow x=0 \vee x= \sqrt{\frac{-3}{2\lambda}} \vee x= -\sqrt{\frac{-3}{2\lambda}}, \lambda >0
\\
\frac{\delta g}{\delta y}=8y+4\lambda y^3 \Rightarrow y=0 \vee y=\sqrt{\frac{-2}{\lambda}} \vee y=-\sqrt{\frac{-2}{\lambda}}
\\
\frac{\delta g}{\delta\lambda}=x^4+y^4-1
P_1 = (0,0) odpada \\
P_2 = (0,\sqrt{\frac{-2}{\lambda}}), \lambda = -2 \\
P_3 = (0,-\sqrt{\frac{-2}{\lambda}}), \lambda = -2 \\
P_4 = (\sqrt{\frac{-3}{2\lambda}}), 0), \lambda = -\frac{3}{2} \\
P_5 = (-\sqrt{\frac{-3}{2\lambda}}), 0), \lambda = -\frac{3}{2} \\
P_6 = (\sqrt{\frac{-3}{2\lambda}}), \sqrt{\frac{-2}{\lambda}}), \lambda = -\frac{5}{2} \\
P_7 = (\sqrt{\frac{-3}{2\lambda}}), -\sqrt{\frac{-2}{\lambda}}), \lambda = -\frac{5}{2} \\
P_8 = (-\sqrt{\frac{-3}{2\lambda}}), \sqrt{\frac{-2}{\lambda}}), \lambda = -\frac{5}{2} \\
P_9 = (-\sqrt{\frac{-3}{2\lambda}}), -\sqrt{\frac{-2}{\lambda}}), \lambda = -\frac{5}{2} \\
\frac{\delta^2g}{\delta x^2} = 6+ 12\lambda x^2
\frac{\delta^2g}{\delta y^2} = 8 + 12\lambda y^2
}\)
Pochodne mieszane się zerują. Wpisując macierz oraz korzystając z twierdzenia sylverster'a mam, że w P(6), P(7), P(8), P(9) mam maksimum lokalne. Wystarczy policzyć wartości w tych punktach, znaleźć wartość namniejszą i największą i zadanie zrobione. Nie mam jednak żadnego minimum, natomiast z tego wynika, że jest
Mógłby ktoś mi wyjaśnić dlaczego ?
Dodano po 2 godzinach 36 minutach 22 sekundach:
Wychodzi na to, że w P2 i P4 byłoby minimum, jednak minory dla macierzy P2 wychodzą I1>0, I2<0. Dla P3 jest I1<0, I2<0.
Dodano po 2 godzinach 32 minutach 47 sekundach:
Mógłby mi ktoś sprawdzic kolejne zadanie ? Nie mam do nich odpowiedzi, korzystam jedynie z wolframu który mi pokazuje, że nie mam pewnych rozwiązań.
Zadanie
Wyznaczyć najmniejszą i największą wartość funkcji
\(\displaystyle{ f(x,y)=3x^2+4y^2}\)
na zbiorze
\(\displaystyle{ \{(x,y): x^4+y^4=1\}}\)
Wyznaczyć wszystkie punkty, w których wartości najmniejsza i największa są osiągane.
Więc znowu korzystam z mnożników Lagrange'a.
\(\displaystyle{ g(x,y,\lambda)=3x^2+4y^2+\lambda(x^4+y^4-1)=0}\)
Pochodne cząstkowe pierwszego rzędu:
\(\displaystyle{ \frac{\delta g}{\delta x}=6x+4\lambda x^3=0 \Rightarrow x=0 \vee x= \sqrt{\frac{-3}{2\lambda}} \vee x= -\sqrt{\frac{-3}{2\lambda}}, \lambda >0
\\
\frac{\delta g}{\delta y}=8y+4\lambda y^3 \Rightarrow y=0 \vee y=\sqrt{\frac{-2}{\lambda}} \vee y=-\sqrt{\frac{-2}{\lambda}}
\\
\frac{\delta g}{\delta\lambda}=x^4+y^4-1
P_1 = (0,0) odpada \\
P_2 = (0,\sqrt{\frac{-2}{\lambda}}), \lambda = -2 \\
P_3 = (0,-\sqrt{\frac{-2}{\lambda}}), \lambda = -2 \\
P_4 = (\sqrt{\frac{-3}{2\lambda}}), 0), \lambda = -\frac{3}{2} \\
P_5 = (-\sqrt{\frac{-3}{2\lambda}}), 0), \lambda = -\frac{3}{2} \\
P_6 = (\sqrt{\frac{-3}{2\lambda}}), \sqrt{\frac{-2}{\lambda}}), \lambda = -\frac{5}{2} \\
P_7 = (\sqrt{\frac{-3}{2\lambda}}), -\sqrt{\frac{-2}{\lambda}}), \lambda = -\frac{5}{2} \\
P_8 = (-\sqrt{\frac{-3}{2\lambda}}), \sqrt{\frac{-2}{\lambda}}), \lambda = -\frac{5}{2} \\
P_9 = (-\sqrt{\frac{-3}{2\lambda}}), -\sqrt{\frac{-2}{\lambda}}), \lambda = -\frac{5}{2} \\
\frac{\delta^2g}{\delta x^2} = 6+ 12\lambda x^2
\frac{\delta^2g}{\delta y^2} = 8 + 12\lambda y^2
}\)
Pochodne mieszane się zerują. Wpisując macierz oraz korzystając z twierdzenia sylverster'a mam, że w P(6), P(7), P(8), P(9) mam maksimum lokalne. Wystarczy policzyć wartości w tych punktach, znaleźć wartość namniejszą i największą i zadanie zrobione. Nie mam jednak żadnego minimum, natomiast z tego wynika, że jest
Ukryta treść:
Dodano po 2 godzinach 36 minutach 22 sekundach:
Wychodzi na to, że w P2 i P4 byłoby minimum, jednak minory dla macierzy P2 wychodzą I1>0, I2<0. Dla P3 jest I1<0, I2<0.
Ostatnio zmieniony 15 gru 2019, o 10:44 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Nawiasy klamrowe to \{,\}.
Powód: Nawiasy klamrowe to \{,\}.
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15496
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5224 razy
Re: Ekstremum warunkowe 3 zmiennych
O, to chyba jest zadanie, które miałem na pewnym egzaminie i dostałem za nie 8 punktów na 20 możliwych, mimo że rozwiązanie było w pełni poprawne. Zawsze chciałem je tu pokazać, ale nie było okazji.
Podstawmy \(\displaystyle{ x^{2}=\cos \alpha, \ y^{2}=\sin \alpha, \ \alpha\in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]}\), na co pozwala założenie \(\displaystyle{ x^{4}+y^{4}=1}\). Wówczas
\(\displaystyle{ 3x^{2}+4y^{2}=3\cos \alpha+4\sin \alpha=5\left(\frac{3}{5}\cos \alpha+\frac{4}{5}\sin \alpha\right)=5\left(\cos \alpha \sin \gamma+\sin \alpha \cos \gamma\right)=5\sin\left(\alpha+\gamma\right)}\)
(gdzie \(\displaystyle{ \gamma=\arctg \left(\frac{3}{4}\right)}\)).
Oczywiście mamy \(\displaystyle{ \sin x\le 1, \ x \in \RR}\), więc \(\displaystyle{ 5\sin(\alpha+\gamma)\le 5}\) i równość zachodzi między innymi (tzn. na naszym przedziale tylko) dla \(\displaystyle{ \alpha+\gamma=\frac{\pi}{2}}\), tj. \(\displaystyle{ \alpha=\frac{\pi}{2}-\arctg\left(\frac{3}{4}\right)}\).
A ze znanej nierówności \(\displaystyle{ \tg \ t<t, \ t\in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)}\) wynika, że \(\displaystyle{ \arctg\left(\frac{3}{4}\right)<\frac{3}{4}<\frac{\pi}{2}}\), ponadto \(\displaystyle{ \arctg\left(\frac{3}{4}\right)>0}\), więc \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}-\arctg\left(\frac{3}{4}\right)\in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)}\).
Teraz pora na najmniejszą wartość:
funkcja \(\displaystyle{ f(\alpha)=\sin(t+\alpha)}\), gdzie \(\displaystyle{ \alpha\in \left[0, \frac {\pi}{2}\right], \ t}\) jest stałą z przedziału \(\displaystyle{ \left(0, \frac{\pi}{2}\right)}\), jest funkcją wklęsłą na przedziale \(\displaystyle{ \left(0, \frac{\pi}{2}\right)}\), a więc przyjmuje w tym przedziale wartość najmniejszą w jednym z jego krańców. Tutaj wystarczy porównać wartości dla \(\displaystyle{ \alpha_{1}=0, \ \alpha_{2}=\frac{\pi}{2}}\) i mamy
\(\displaystyle{ 5\sin (\gamma)=5\sin\left(\arctg\left(\frac{3}{4}\right)\right)=5\sqrt{1-\cos^{2}\left(\arctg\left(\frac{3}{4}\right)\right)}\\=5\sqrt{1-\frac{1}{1+\tg^{2}\left(\arctg\left(\frac{3}{4}\right)\right)}}=3}\)
oraz \(\displaystyle{ 5\sin \left(\frac{\pi}{2}+\gamma\right)=\cos \gamma=5\sqrt{\frac{1}{1+\tg^{2}\left(\arctg\left(\frac{3}{4}\right)\right)}}=4}\).
Czyli najmniejsza wartość funkcji \(\displaystyle{ f(x,y)=3x^{2}+4y^{2}}\) dla \(\displaystyle{ x^{4}+y^{4}=1}\) jest równa \(\displaystyle{ 3}\), a największa jej wartość w tym zbiorze wynosi \(\displaystyle{ 5}\). Jak ktoś ma trochę cierpliwości, to korzystając z tożsamości trygonometrycznych, przeliczy, dla jakich dokładnie \(\displaystyle{ x,y}\) to zachodzi (co też zrobiłem na egzaminie
).
Dodano po 18 minutach 24 sekundach:
Jeśli chodzi o wyznaczenie największej wartości, istnieje też rozwiązanie z klasycznych nierówności:
\(\displaystyle{ 3x^{2}+4y^{2}\le \sqrt{3^{2}+4^{2}}\sqrt{x^{4}+y^{4}}=5}\) na mocy nierówności Cauchy'ego-Schwarza, a równość w tej nierówności zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy wektory \(\displaystyle{ (3,4)}\) i \(\displaystyle{ \left(x^{2}, y^{2}\right)}\) są proporcjonalne, tj.
\(\displaystyle{ \left(x^{2}, y^{2}\right)=\left(3\lambda, 4\lambda\right)}\), a ponadto
\(\displaystyle{ \left(3\lambda\right)^{2}+\left(4\lambda\right)^{2}=1}\), tj. \(\displaystyle{ \lambda\in \left\{-\frac{1}{5}, \frac{1}{5}\right\}}\), oczywiście tę pierwszą możliwość odrzucamy i zostaje
\(\displaystyle{ \lambda=\frac{1}{5}}\), czyli \(\displaystyle{ (x,y)\in \left\{ \left(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}, \frac{2}{\sqrt{5}}\right), \left(-\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}, -\frac{2}{\sqrt{5}}\right), \left(-\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}, \frac{2}{\sqrt{5}}\right), \left(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}, -\frac{2}{\sqrt{5}}\right)\right\}}\)
A jeśli uważasz, że takie pomysły są z kapelusza, to można zapisać \(\displaystyle{ 3x^{2}+4y^{2}=3\sqrt{x^{4}}+4\sqrt{1-x^{4}}}\), podstawić zmienną pomocniczą \(\displaystyle{ t=x^{4}, \ t\in \left[0,1\right]}\) i rozważać ekstrema prostej funkcji jednej zmiennej na przedziale.
Dodano po 8 minutach 58 sekundach:
Natomiast jeszcze komentarz co do Twojego podejścia. W przypadku zbioru zwartego (pisałem już w tym wątku o twierdzeniu Weierstrassa) i skończonej liczby punktów krytycznych korzystanie z kryterium Sylvestera jest redundantne (BTW dla ekstremów warunkowych to wygląda trochę inaczej; słyszałeś o czymś takim, jak hesjan obrzeżony? , wystarczy wypisać wartości w tych punktach i najmniejsza z nich będzie stanowiła minimum na rozważanym zbiorze, a największa – maksimum.
Podstawmy \(\displaystyle{ x^{2}=\cos \alpha, \ y^{2}=\sin \alpha, \ \alpha\in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]}\), na co pozwala założenie \(\displaystyle{ x^{4}+y^{4}=1}\). Wówczas
\(\displaystyle{ 3x^{2}+4y^{2}=3\cos \alpha+4\sin \alpha=5\left(\frac{3}{5}\cos \alpha+\frac{4}{5}\sin \alpha\right)=5\left(\cos \alpha \sin \gamma+\sin \alpha \cos \gamma\right)=5\sin\left(\alpha+\gamma\right)}\)
(gdzie \(\displaystyle{ \gamma=\arctg \left(\frac{3}{4}\right)}\)).
Oczywiście mamy \(\displaystyle{ \sin x\le 1, \ x \in \RR}\), więc \(\displaystyle{ 5\sin(\alpha+\gamma)\le 5}\) i równość zachodzi między innymi (tzn. na naszym przedziale tylko) dla \(\displaystyle{ \alpha+\gamma=\frac{\pi}{2}}\), tj. \(\displaystyle{ \alpha=\frac{\pi}{2}-\arctg\left(\frac{3}{4}\right)}\).
A ze znanej nierówności \(\displaystyle{ \tg \ t<t, \ t\in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)}\) wynika, że \(\displaystyle{ \arctg\left(\frac{3}{4}\right)<\frac{3}{4}<\frac{\pi}{2}}\), ponadto \(\displaystyle{ \arctg\left(\frac{3}{4}\right)>0}\), więc \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}-\arctg\left(\frac{3}{4}\right)\in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)}\).
Teraz pora na najmniejszą wartość:
funkcja \(\displaystyle{ f(\alpha)=\sin(t+\alpha)}\), gdzie \(\displaystyle{ \alpha\in \left[0, \frac {\pi}{2}\right], \ t}\) jest stałą z przedziału \(\displaystyle{ \left(0, \frac{\pi}{2}\right)}\), jest funkcją wklęsłą na przedziale \(\displaystyle{ \left(0, \frac{\pi}{2}\right)}\), a więc przyjmuje w tym przedziale wartość najmniejszą w jednym z jego krańców. Tutaj wystarczy porównać wartości dla \(\displaystyle{ \alpha_{1}=0, \ \alpha_{2}=\frac{\pi}{2}}\) i mamy
\(\displaystyle{ 5\sin (\gamma)=5\sin\left(\arctg\left(\frac{3}{4}\right)\right)=5\sqrt{1-\cos^{2}\left(\arctg\left(\frac{3}{4}\right)\right)}\\=5\sqrt{1-\frac{1}{1+\tg^{2}\left(\arctg\left(\frac{3}{4}\right)\right)}}=3}\)
oraz \(\displaystyle{ 5\sin \left(\frac{\pi}{2}+\gamma\right)=\cos \gamma=5\sqrt{\frac{1}{1+\tg^{2}\left(\arctg\left(\frac{3}{4}\right)\right)}}=4}\).
Czyli najmniejsza wartość funkcji \(\displaystyle{ f(x,y)=3x^{2}+4y^{2}}\) dla \(\displaystyle{ x^{4}+y^{4}=1}\) jest równa \(\displaystyle{ 3}\), a największa jej wartość w tym zbiorze wynosi \(\displaystyle{ 5}\). Jak ktoś ma trochę cierpliwości, to korzystając z tożsamości trygonometrycznych, przeliczy, dla jakich dokładnie \(\displaystyle{ x,y}\) to zachodzi (co też zrobiłem na egzaminie
).Dodano po 18 minutach 24 sekundach:
Jeśli chodzi o wyznaczenie największej wartości, istnieje też rozwiązanie z klasycznych nierówności:
\(\displaystyle{ 3x^{2}+4y^{2}\le \sqrt{3^{2}+4^{2}}\sqrt{x^{4}+y^{4}}=5}\) na mocy nierówności Cauchy'ego-Schwarza, a równość w tej nierówności zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy wektory \(\displaystyle{ (3,4)}\) i \(\displaystyle{ \left(x^{2}, y^{2}\right)}\) są proporcjonalne, tj.
\(\displaystyle{ \left(x^{2}, y^{2}\right)=\left(3\lambda, 4\lambda\right)}\), a ponadto
\(\displaystyle{ \left(3\lambda\right)^{2}+\left(4\lambda\right)^{2}=1}\), tj. \(\displaystyle{ \lambda\in \left\{-\frac{1}{5}, \frac{1}{5}\right\}}\), oczywiście tę pierwszą możliwość odrzucamy i zostaje
\(\displaystyle{ \lambda=\frac{1}{5}}\), czyli \(\displaystyle{ (x,y)\in \left\{ \left(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}, \frac{2}{\sqrt{5}}\right), \left(-\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}, -\frac{2}{\sqrt{5}}\right), \left(-\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}, \frac{2}{\sqrt{5}}\right), \left(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}, -\frac{2}{\sqrt{5}}\right)\right\}}\)
A jeśli uważasz, że takie pomysły są z kapelusza, to można zapisać \(\displaystyle{ 3x^{2}+4y^{2}=3\sqrt{x^{4}}+4\sqrt{1-x^{4}}}\), podstawić zmienną pomocniczą \(\displaystyle{ t=x^{4}, \ t\in \left[0,1\right]}\) i rozważać ekstrema prostej funkcji jednej zmiennej na przedziale.
Dodano po 8 minutach 58 sekundach:
Natomiast jeszcze komentarz co do Twojego podejścia. W przypadku zbioru zwartego (pisałem już w tym wątku o twierdzeniu Weierstrassa) i skończonej liczby punktów krytycznych korzystanie z kryterium Sylvestera jest redundantne (BTW dla ekstremów warunkowych to wygląda trochę inaczej; słyszałeś o czymś takim, jak hesjan obrzeżony? , wystarczy wypisać wartości w tych punktach i najmniejsza z nich będzie stanowiła minimum na rozważanym zbiorze, a największa – maksimum.
-
a4karo
- Użytkownik
- Posty: 22471
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 43 razy
- Pomógł: 3855 razy
Re: Ekstremum warunkowe 3 zmiennych
OTPremislav pisze: 15 gru 2019, o 13:33 O, to chyba jest zadanie, które miałem na pewnym egzaminie i dostałem za nie 8 punktów na 20 możliwych, mimo że rozwiązanie było w pełni poprawne. Zawsze chciałem je tu pokazać, ale nie było okazji.
A bo jak na egzaminie używasz niestandardowych metod, to się nie dziw. To nie olimpiada, nikomu nie chce się wgryzać w szczegóły. 8 punktów dostałeś, bo coś napisałeś
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15496
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5224 razy
Re: Ekstremum warunkowe 3 zmiennych
Mam wręcz przeciwne odczucia, choć może to specyfika UWr, ludziom przeważnie chciało się tam wgryzać w szczegóły i dotyczyło to zarówno nie tak na pierwszy rzut oka widocznych błędów, jak i niestandardowych rozwiązań (no ale widocznie nie tym razem). Na przykład na kolokwium z modeli liniowych użyłem w rozwiązaniu zadania twierdzenia o ciągach jednomonotonicznych (podając źródło dowodu), ponieważ nie znałem widocznie jakiegoś kawałka teorii, który inaczej uzasadniał potrzebną mi prawidłowość, i zostało to uznane, a na pierwszym semestrze analizy nagminne było zarówno uznawanie mi niestandardowych i poprawnych rozwiązań, jak i odrzucanie standardowych, jak i niestandardowych z błędem stanowiącym właśnie „szczegół". I bardzo to sobie ceniłem…
-
Przybyl
- Użytkownik
- Posty: 66
- Rejestracja: 4 maja 2016, o 22:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Poznań
- Podziękował: 19 razy
Re: Ekstremum warunkowe 3 zmiennych
Kompletnie nie miaem takich rzeczy na licu u siebie. Miałem nierówność Cauchyego Schwarza, warunek Holdera itd, ale nigdy w zastosowaniu do ekstremów. Przynajmniej ja nie kojarzę. Zawsze to robiliśmy tą metodą. To zadanie jest z egzaminu na lic na UWr.
-
janusz47
- Użytkownik
- Posty: 8035
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1707 razy
Re: Ekstremum warunkowe 3 zmiennych
Proszę wyznaczyć największą i najmniejszą wartość funkcji
\(\displaystyle{ f(x,y) = 3x^2 +4y^2 }\)
na zbiorze
\(\displaystyle{ \mathcal{B} = \{ (x,y): \ \ x^4 + y^4 = 1 \}. }\)
Funkcja Lagrange'a
\(\displaystyle{ F(x,y, \lambda) = 3x^2 + 4y^2 -\lambda(x^4 + y^4 -1)= 0 }\)
Żądanie \(\displaystyle{ \vec{\nabla} F(x, y, \lambda) = 0 }\) wraz z warunkiem \(\displaystyle{ g(x,y, \lambda) = 0 }\), prowadzi do układu równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} 6x - 4\lambda x^3 = 0\\ 8y -4\lambda y^3 = 0 \\ x^4 +y^4 -1 = 0 \end{cases} }\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} 2x( 3 - 2\lambda x^2) = 0 \\ 4y( 2 -\lambda y^2) = 0 \\ x^4 +y^4 = 1 \end{cases} \ \ (1) }\)
Po wyznaczeniu odpowiednio z pierwszego i drugiego równania \(\displaystyle{ x ^2 = \frac{3}{\lambda}, \ \ y^2 = \frac{2}{\lambda} }\) i wstawieniu do równania trzeciego, obliczamy wartość \(\displaystyle{ \lambda: }\)
\(\displaystyle{ \frac{9}{4\lambda^2} + \frac{4}{\lambda^2} = 1 }\)
\(\displaystyle{ 9 + 16 = 4\lambda^2 }\)
\(\displaystyle{ \lambda^2 = \frac{25}{4} }\)
\(\displaystyle{ \lambda_{1} = \frac{5}{2} }\)
lub
\(\displaystyle{ \lambda_{2} = -\frac{5}{2}, }\) tą wartość odrzucamy, bo pierwiastki kwadratowe istnieją tylko z nieujemnych liczb rzeczywistych.
\(\displaystyle{ x_{1} = - \sqrt{\frac{3}{\lambda}} , \ \ x_{1} = -\sqrt{\frac{3}{5}} }\)
lub
\(\displaystyle{ x_{2} = \sqrt{\frac{3}{\lambda}} , \ \ x_{2} = \sqrt{\frac{3}{5}}. }\)
\(\displaystyle{ y_{1} = -\sqrt{\frac{2}{\lambda}}, \ \ y_{1} = -\sqrt{\frac{4}{5}} = -\frac{2}{\sqrt{5}} }\)
lub
\(\displaystyle{ y_{2} = \sqrt{\frac{2}{\lambda}}, \ \ y_{2} = \sqrt{\frac{4}{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}. }\)
Otrzymaliśmy cztery punkty krytyczne istnienia ekstremum warunkowego funkcji \(\displaystyle{ f }\) na zbiorze \(\displaystyle{ \mathcal{B} }\)
\(\displaystyle{ P_{1} = \left( -\sqrt{\frac{3}{5}}, -\frac{2}{\sqrt{5}} \right) }\)
\(\displaystyle{ P_{2} = \left( -\sqrt{\frac{3}{5}}, \frac{2}{\sqrt{5}} \right) }\)
\(\displaystyle{ P_{3} = \left( \sqrt{\frac{3}{5}}, -\frac{2}{\sqrt{5}} \right) }\)
\(\displaystyle{ P_{4} = \left( \sqrt{\frac{3}{5}}, \frac{2}{\sqrt{5}} \right). }\)
Proszę zauważyć, że we wszystkich tych punktach \(\displaystyle{ P_{i}, \ \ i=1,2,3,4, }\) macierz drugiej różniczki
\(\displaystyle{ F^{''}(x_{i},y,_{i}, \lambda) = \left [\begin{matrix} 6 (1 - 2\lambda x_{i}^2 ) & 0 \\ 0 & 4(2 - 3\lambda y_{i}^2) \end{matrix} \right] }\)
\(\displaystyle{ F^{''} \left (P_{i}, \frac{5}{2} \right) = \left [ \begin{matrix} -12 & 0 \\ 0 & -16 \end{matrix} \right ] . }\)
jest ujemnie określona.
W punktach \(\displaystyle{ P_{i},\ \ i = 1,2,3,4 }\) występuje maksimum warunkowe funkcji \(\displaystyle{ f }\) o wartości
\(\displaystyle{ f( P_{i}) = 3 \left( \pm \sqrt{\frac{3}{5}} \right)^2 + 4\left (\pm \frac{2}{\sqrt{5}} \right)^2 = 5. }\)
Z układu \(\displaystyle{ (2) }\) wynika, że musimy jeszcze rozpatrzeć przypadki, gdy jedna ze współrzędnych może być zerem (obie współrzędne równe zeru nie spełniają układu równań \(\displaystyle{ (2)}\)).
Kładąc \(\displaystyle{ y = 0 }\) w drugim równaniu, otrzymujemy z równania trzeciego \(\displaystyle{ x_{5} = -1 }\) lub \(\displaystyle{ x_{6} = 1 }\)
Podstawiając odpowiednio te wartości do równania pierwszego, otrzymujemy \(\displaystyle{ \lambda_{2} = \frac{3}{2} }\)
Punkty współrzędnych \(\displaystyle{ P_{6} = ( -1 , 0), P_{7} = (1, 0) }\) spełniają układ równań \(\displaystyle{ (1) }\)
Podobnie podstawiając w pierwszym równaniu \(\displaystyle{ x = 0 }\), otrzymujemy na podstawie równania trzeciego \(\displaystyle{ y = -1, }\) lub \(\displaystyle{ y = 1 }\)
Podstawiając te wartości do równania drugiego, otrzymujemy wartość parametru \(\displaystyle{ \lambda_{3} = 2. }\)
Punkty o współrzędnych \(\displaystyle{ P_{8} = ( 0, -1), \ \ P_{9} = (0, 1) }\) spełniają układ równań \(\displaystyle{ (1).}\)
Sprawdzamy określoność macierzy drugiej różniczki w tych punktach.
Dla punktów \(\displaystyle{ P_{6}, \ \ P_{7} }\) macierz drugiej różniczki
\(\displaystyle{ F^{''}(P_{i}) = \left[ \begin{matrix} -12 & 0 \\ 0 & 8 \end{matrix} \right], \ \ i = 6, 7. }\)
Macierz ta nie jest ani dodatnio ani ujemnie określona. Ma wartości własne różnych znaków.
Pamiętajmy, że interesuje nas jej znak, dopiero po dokonaniu redukcji do podprzestrzeni wektorów stycznych.
Szukamy więc wektora stycznego \(\displaystyle{ \vec{h} = \left[ \begin{matrix} h_{x} \\ h_{y} \end{matrix} \right]. }\)
spełniającego równanie
\(\displaystyle{ g'_{|P_{i}} \cdot \vec{h} = 0, \ \ i =6, 7.}\)
\(\displaystyle{ \left [\begin{matrix} \pm 4 & 0 \end{matrix}\right] \cdot \left[ \begin{matrix} h_{x} \\ h_{y}\end{matrix} \right] = 0 }\)
Z równania tego wynika, że współrzędne \(\displaystyle{ h_{x} = 0, \ \ h_{y} }\) - dowolna
Zredukowana forma kwadratowa
\(\displaystyle{ [0, \ \ h_{y}]^{T} \cdot \left[ \begin{matrix} -12 & 0 \\ 0 & 8 \end{matrix} \right] \cdot [0, \ \ h_{y}] = 8h^2_{y} >0 }\)
jest dodatnio określona
W punktach \(\displaystyle{ P_{6}, \ \ P_{7} }\) - funkcja [/latex] f(x,y) [/latex] ma minimum warunkowe o wartości
\(\displaystyle{ f_{min} = f (-1, 0) = f(1,0) = 3.}\)
Podobne badanie przeprowadzamy dla punktów \(\displaystyle{ P_{8}, P_{9}, }\) bo macierz drugiej różniczki w tych punktach
\(\displaystyle{ F^{''}(P_{i}) = \left[ \begin{matrix} 6 & 0 \\ 0 & -16 \end{matrix} \right] , \ \ i = 8, 9. }\)
też ani nie jest dodatnio ani ujemnie określona.
\(\displaystyle{ g'_{|P_{i}} \cdot \vec{h} = 0, \ \ i =8, 9.}\)
\(\displaystyle{ \left [\begin{matrix} 0 & \pm 4 \end{matrix}\right] \cdot \left[ \begin{matrix} h_{x} \\ h_{y}\end{matrix} \right] = 0 }\)
Z równanie tego wynika, że współrzędne wektora \(\displaystyle{ h_{x} }\) - dowolna, \(\displaystyle{ h_{y} = 0. }\)
Zredukowana forma kwadratowa
\(\displaystyle{ [h_{x}, \ \ 0]^{T} \cdot \left[ \begin{matrix} 6 & 0 \\ 0 & -16 \end{matrix} \right] \cdot [h_{x},\ \ 0] = 6h^2_{v} >0 }\)
jest dodatnio określona.
W punktach \(\displaystyle{ P_{8}, P_{9} }\) funkcja \(\displaystyle{ f(x,y) }\) ma minimum warunkowe o wartości
\(\displaystyle{ f_{min} = f(0,-1) = f(0,1) = 3\cdot 0 + 4 (\pm 1)^2 = 4.}\)
Reasumując, funkcja \(\displaystyle{ f (x,y) }\) na zbiorze \(\displaystyle{ \mathcal{B} }\) ma cztery maksima warunkowe o jednakowej wartości \(\displaystyle{ f^{*}_{max}= 5 }\) i cztery minima warunkowe.
Dwa minima o wartości \(\displaystyle{ f^{*}_{min} = 3 }\) i dwa minima o wartości \(\displaystyle{ f_{min}= 4. }\)
Najmniejszą wartością funkcji \(\displaystyle{ f(x,y) }\) na rozpatrywanym zbiorze \(\displaystyle{ \mathcal{B} }\) jest \(\displaystyle{ f^{*}_{min} = 3. }\)
Wartością największą \(\displaystyle{ f^{*}_{max} = 5.}\)
\(\displaystyle{ f(x,y) = 3x^2 +4y^2 }\)
na zbiorze
\(\displaystyle{ \mathcal{B} = \{ (x,y): \ \ x^4 + y^4 = 1 \}. }\)
Funkcja Lagrange'a
\(\displaystyle{ F(x,y, \lambda) = 3x^2 + 4y^2 -\lambda(x^4 + y^4 -1)= 0 }\)
Żądanie \(\displaystyle{ \vec{\nabla} F(x, y, \lambda) = 0 }\) wraz z warunkiem \(\displaystyle{ g(x,y, \lambda) = 0 }\), prowadzi do układu równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} 6x - 4\lambda x^3 = 0\\ 8y -4\lambda y^3 = 0 \\ x^4 +y^4 -1 = 0 \end{cases} }\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} 2x( 3 - 2\lambda x^2) = 0 \\ 4y( 2 -\lambda y^2) = 0 \\ x^4 +y^4 = 1 \end{cases} \ \ (1) }\)
Po wyznaczeniu odpowiednio z pierwszego i drugiego równania \(\displaystyle{ x ^2 = \frac{3}{\lambda}, \ \ y^2 = \frac{2}{\lambda} }\) i wstawieniu do równania trzeciego, obliczamy wartość \(\displaystyle{ \lambda: }\)
\(\displaystyle{ \frac{9}{4\lambda^2} + \frac{4}{\lambda^2} = 1 }\)
\(\displaystyle{ 9 + 16 = 4\lambda^2 }\)
\(\displaystyle{ \lambda^2 = \frac{25}{4} }\)
\(\displaystyle{ \lambda_{1} = \frac{5}{2} }\)
lub
\(\displaystyle{ \lambda_{2} = -\frac{5}{2}, }\) tą wartość odrzucamy, bo pierwiastki kwadratowe istnieją tylko z nieujemnych liczb rzeczywistych.
\(\displaystyle{ x_{1} = - \sqrt{\frac{3}{\lambda}} , \ \ x_{1} = -\sqrt{\frac{3}{5}} }\)
lub
\(\displaystyle{ x_{2} = \sqrt{\frac{3}{\lambda}} , \ \ x_{2} = \sqrt{\frac{3}{5}}. }\)
\(\displaystyle{ y_{1} = -\sqrt{\frac{2}{\lambda}}, \ \ y_{1} = -\sqrt{\frac{4}{5}} = -\frac{2}{\sqrt{5}} }\)
lub
\(\displaystyle{ y_{2} = \sqrt{\frac{2}{\lambda}}, \ \ y_{2} = \sqrt{\frac{4}{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}. }\)
Otrzymaliśmy cztery punkty krytyczne istnienia ekstremum warunkowego funkcji \(\displaystyle{ f }\) na zbiorze \(\displaystyle{ \mathcal{B} }\)
\(\displaystyle{ P_{1} = \left( -\sqrt{\frac{3}{5}}, -\frac{2}{\sqrt{5}} \right) }\)
\(\displaystyle{ P_{2} = \left( -\sqrt{\frac{3}{5}}, \frac{2}{\sqrt{5}} \right) }\)
\(\displaystyle{ P_{3} = \left( \sqrt{\frac{3}{5}}, -\frac{2}{\sqrt{5}} \right) }\)
\(\displaystyle{ P_{4} = \left( \sqrt{\frac{3}{5}}, \frac{2}{\sqrt{5}} \right). }\)
Proszę zauważyć, że we wszystkich tych punktach \(\displaystyle{ P_{i}, \ \ i=1,2,3,4, }\) macierz drugiej różniczki
\(\displaystyle{ F^{''}(x_{i},y,_{i}, \lambda) = \left [\begin{matrix} 6 (1 - 2\lambda x_{i}^2 ) & 0 \\ 0 & 4(2 - 3\lambda y_{i}^2) \end{matrix} \right] }\)
\(\displaystyle{ F^{''} \left (P_{i}, \frac{5}{2} \right) = \left [ \begin{matrix} -12 & 0 \\ 0 & -16 \end{matrix} \right ] . }\)
jest ujemnie określona.
W punktach \(\displaystyle{ P_{i},\ \ i = 1,2,3,4 }\) występuje maksimum warunkowe funkcji \(\displaystyle{ f }\) o wartości
\(\displaystyle{ f( P_{i}) = 3 \left( \pm \sqrt{\frac{3}{5}} \right)^2 + 4\left (\pm \frac{2}{\sqrt{5}} \right)^2 = 5. }\)
Z układu \(\displaystyle{ (2) }\) wynika, że musimy jeszcze rozpatrzeć przypadki, gdy jedna ze współrzędnych może być zerem (obie współrzędne równe zeru nie spełniają układu równań \(\displaystyle{ (2)}\)).
Kładąc \(\displaystyle{ y = 0 }\) w drugim równaniu, otrzymujemy z równania trzeciego \(\displaystyle{ x_{5} = -1 }\) lub \(\displaystyle{ x_{6} = 1 }\)
Podstawiając odpowiednio te wartości do równania pierwszego, otrzymujemy \(\displaystyle{ \lambda_{2} = \frac{3}{2} }\)
Punkty współrzędnych \(\displaystyle{ P_{6} = ( -1 , 0), P_{7} = (1, 0) }\) spełniają układ równań \(\displaystyle{ (1) }\)
Podobnie podstawiając w pierwszym równaniu \(\displaystyle{ x = 0 }\), otrzymujemy na podstawie równania trzeciego \(\displaystyle{ y = -1, }\) lub \(\displaystyle{ y = 1 }\)
Podstawiając te wartości do równania drugiego, otrzymujemy wartość parametru \(\displaystyle{ \lambda_{3} = 2. }\)
Punkty o współrzędnych \(\displaystyle{ P_{8} = ( 0, -1), \ \ P_{9} = (0, 1) }\) spełniają układ równań \(\displaystyle{ (1).}\)
Sprawdzamy określoność macierzy drugiej różniczki w tych punktach.
Dla punktów \(\displaystyle{ P_{6}, \ \ P_{7} }\) macierz drugiej różniczki
\(\displaystyle{ F^{''}(P_{i}) = \left[ \begin{matrix} -12 & 0 \\ 0 & 8 \end{matrix} \right], \ \ i = 6, 7. }\)
Macierz ta nie jest ani dodatnio ani ujemnie określona. Ma wartości własne różnych znaków.
Pamiętajmy, że interesuje nas jej znak, dopiero po dokonaniu redukcji do podprzestrzeni wektorów stycznych.
Szukamy więc wektora stycznego \(\displaystyle{ \vec{h} = \left[ \begin{matrix} h_{x} \\ h_{y} \end{matrix} \right]. }\)
spełniającego równanie
\(\displaystyle{ g'_{|P_{i}} \cdot \vec{h} = 0, \ \ i =6, 7.}\)
\(\displaystyle{ \left [\begin{matrix} \pm 4 & 0 \end{matrix}\right] \cdot \left[ \begin{matrix} h_{x} \\ h_{y}\end{matrix} \right] = 0 }\)
Z równania tego wynika, że współrzędne \(\displaystyle{ h_{x} = 0, \ \ h_{y} }\) - dowolna
Zredukowana forma kwadratowa
\(\displaystyle{ [0, \ \ h_{y}]^{T} \cdot \left[ \begin{matrix} -12 & 0 \\ 0 & 8 \end{matrix} \right] \cdot [0, \ \ h_{y}] = 8h^2_{y} >0 }\)
jest dodatnio określona
W punktach \(\displaystyle{ P_{6}, \ \ P_{7} }\) - funkcja [/latex] f(x,y) [/latex] ma minimum warunkowe o wartości
\(\displaystyle{ f_{min} = f (-1, 0) = f(1,0) = 3.}\)
Podobne badanie przeprowadzamy dla punktów \(\displaystyle{ P_{8}, P_{9}, }\) bo macierz drugiej różniczki w tych punktach
\(\displaystyle{ F^{''}(P_{i}) = \left[ \begin{matrix} 6 & 0 \\ 0 & -16 \end{matrix} \right] , \ \ i = 8, 9. }\)
też ani nie jest dodatnio ani ujemnie określona.
\(\displaystyle{ g'_{|P_{i}} \cdot \vec{h} = 0, \ \ i =8, 9.}\)
\(\displaystyle{ \left [\begin{matrix} 0 & \pm 4 \end{matrix}\right] \cdot \left[ \begin{matrix} h_{x} \\ h_{y}\end{matrix} \right] = 0 }\)
Z równanie tego wynika, że współrzędne wektora \(\displaystyle{ h_{x} }\) - dowolna, \(\displaystyle{ h_{y} = 0. }\)
Zredukowana forma kwadratowa
\(\displaystyle{ [h_{x}, \ \ 0]^{T} \cdot \left[ \begin{matrix} 6 & 0 \\ 0 & -16 \end{matrix} \right] \cdot [h_{x},\ \ 0] = 6h^2_{v} >0 }\)
jest dodatnio określona.
W punktach \(\displaystyle{ P_{8}, P_{9} }\) funkcja \(\displaystyle{ f(x,y) }\) ma minimum warunkowe o wartości
\(\displaystyle{ f_{min} = f(0,-1) = f(0,1) = 3\cdot 0 + 4 (\pm 1)^2 = 4.}\)
Reasumując, funkcja \(\displaystyle{ f (x,y) }\) na zbiorze \(\displaystyle{ \mathcal{B} }\) ma cztery maksima warunkowe o jednakowej wartości \(\displaystyle{ f^{*}_{max}= 5 }\) i cztery minima warunkowe.
Dwa minima o wartości \(\displaystyle{ f^{*}_{min} = 3 }\) i dwa minima o wartości \(\displaystyle{ f_{min}= 4. }\)
Najmniejszą wartością funkcji \(\displaystyle{ f(x,y) }\) na rozpatrywanym zbiorze \(\displaystyle{ \mathcal{B} }\) jest \(\displaystyle{ f^{*}_{min} = 3. }\)
Wartością największą \(\displaystyle{ f^{*}_{max} = 5.}\)
-
Przybyl
- Użytkownik
- Posty: 66
- Rejestracja: 4 maja 2016, o 22:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Poznań
- Podziękował: 19 razy
Re: Ekstremum warunkowe 3 zmiennych
Oooo bardzo dziękuję. Właśnie zapomniałem jak się bada podprzestrzeń wektorów. Świetnie rozpisane - tak jak miałem na zajęciach. Na moim poziomie heh
-
Jan Kraszewski
- Administrator
- Posty: 36104
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 6 razy
- Pomógł: 5347 razy
Re: Ekstremum warunkowe 3 zmiennych
I na tym egzaminie pisał je Premislav. Tylko - jak znam życie - nie przyszedł na oglądanie prac i na odwołania. Jak rozwiązanie jest wg nas poprawne, to koniecznie trzeba reklamować.
JK
-
Przybyl
- Użytkownik
- Posty: 66
- Rejestracja: 4 maja 2016, o 22:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Poznań
- Podziękował: 19 razy
Re: Ekstremum warunkowe 3 zmiennych
Nie jest to ekstremum 3 zmiennych, jednak myślę że nie ma sensu tworzyć nowego tematu.
Mam takie zadanie
Wyznaczyć najmniejszą i największą wartość funkcji
\(\displaystyle{ f(x,y)=x^2+y^2+2x+2y}\)
na zbiorze
\(\displaystyle{ {(x,y): x^4+2x^2y^2+y^4=18x^2+18y^2}}\)
Wyznaczyć wszystkie punkty, w których wartości najmniejsza i największa są osiągane.
Czy zamimast mnożników Lagrange'a mogę policzyć podchodne cząstkowe dla f(x,y), znaleźć punkty krytyczne i wyrzucić te które nie pochodzą pod podany warunek ? Czy jednak lepiej liczyć z mnożników Lagrange'a przy czym wyjdzie funkcja
\(\displaystyle{ f'(x,y,\lambda)=x^2+y^2+2x+2y+\lambda(x^4+2x^2y^2+y^4-18x^2-18y^2)=0}\)
i z niej standardowo znalezienie punktów krytycznych, potem druga pochodna i badanie macierzy z twierdzenia Sylvester'a lub badanie podprzestrzeni wektorów niezerowych.
Mam takie zadanie
Wyznaczyć najmniejszą i największą wartość funkcji
\(\displaystyle{ f(x,y)=x^2+y^2+2x+2y}\)
na zbiorze
\(\displaystyle{ {(x,y): x^4+2x^2y^2+y^4=18x^2+18y^2}}\)
Wyznaczyć wszystkie punkty, w których wartości najmniejsza i największa są osiągane.
Czy zamimast mnożników Lagrange'a mogę policzyć podchodne cząstkowe dla f(x,y), znaleźć punkty krytyczne i wyrzucić te które nie pochodzą pod podany warunek ? Czy jednak lepiej liczyć z mnożników Lagrange'a przy czym wyjdzie funkcja
\(\displaystyle{ f'(x,y,\lambda)=x^2+y^2+2x+2y+\lambda(x^4+2x^2y^2+y^4-18x^2-18y^2)=0}\)
i z niej standardowo znalezienie punktów krytycznych, potem druga pochodna i badanie macierzy z twierdzenia Sylvester'a lub badanie podprzestrzeni wektorów niezerowych.
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15496
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5224 razy
Re: Ekstremum warunkowe 3 zmiennych
Zrób to z mnożników Lagrange'a. Jeśli wyrzucisz wszystkie punkty krytyczne, które nie spełniają wspomnianego warunku, to wyrzucisz w ogóle wszystkie, wszak wiele ich nie ma.
Rozwiązanie trochę ułatwi spostrzeżenie, że \(\displaystyle{ x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}=\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}\), więc ten warunek mówi, że
\(\displaystyle{ (x,y)=(0,0) \vee x^{2}+y^{2}=18}\). Mniej użerania się z potęgami.
Rozwiązanie trochę ułatwi spostrzeżenie, że \(\displaystyle{ x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}=\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}\), więc ten warunek mówi, że
\(\displaystyle{ (x,y)=(0,0) \vee x^{2}+y^{2}=18}\). Mniej użerania się z potęgami.