Wyznaczyć ekstrema funkcji dwóch zmiennych jeśli istnieją
\(\displaystyle{ f \left( x,y \right) = \frac{x}{2y} + \frac{2y}{x}, x > 0, y > 0}\)
Jak liczę to wychodzi mi że ekstrema nie istnieją. Nie jestem tego pewien dlatego też prosze o pomoc.
Punkty stacjonarne otrzymuje w postaci \(\displaystyle{ P \left( x, \frac12 x \right)}\) i \(\displaystyle{ Q \left( x, -\frac12 x \right)}\). Wyznacznik wrońskianu wynosi mi w obu przypadkach 0 a funkcja ma chyba cały czas stały znak i w związku z tym nie ma ekstremów.
Ekstrema funkcji dwóch zmiennych
-
Skynet
- Użytkownik
- Posty: 95
- Rejestracja: 11 wrz 2007, o 11:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 20 razy
- Pomógł: 1 raz
Ekstrema funkcji dwóch zmiennych
Ostatnio zmieniony 15 maja 2018, o 01:11 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
Emiel Regis
- Użytkownik
- Posty: 1495
- Rejestracja: 26 wrz 2005, o 17:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 71 razy
- Pomógł: 225 razy
Ekstrema funkcji dwóch zmiennych
Tak bez liczenia spytam jeszcze, co Ty rozumiesz pod pojęciem wrońskianu? Tam sie układa macierz Hessego..
-
scyth
- Użytkownik
- Posty: 6392
- Rejestracja: 23 lip 2007, o 15:26
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 1087 razy
Ekstrema funkcji dwóch zmiennych
\(\displaystyle{ \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{1}{2y}-\frac{2y}{x^2} \\
\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{2}{x}-\frac{x}{2y^2}}\)
Warunkiem koniecznym istnienia ekstremum jest zerowanie się pochodnych cząstkowych, czyli:
\(\displaystyle{ \begin{cases}
\frac{1}{2y}=\frac{2y}{x^2} \\
\frac{2}{x}=\frac{x}{2y^2}
\end{cases} \\
\Rightarrow x^2=4y^2 \Rightarrow x=2y}\)
Teraz liczymy drugie pochodne (do Hesjanu):
\(\displaystyle{ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{4y}{x^3} \\
\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{x}{y^3} \\
\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} =-\frac{1}{2y^2}-\frac{2}{x^2}}\)
Liczymy wyznacznik:
\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{cc}
\frac{1}{2y^2} & -\frac{1}{y^2} \\
-\frac{1}{y^2} & \frac{2}{y^2}
\end{array}\right|
= \frac{1}{y^4}-\frac{1}{y^4}=0}\)
No i nie wiadomo co się tam dzieje. Ale się spisałem więc nie zmażę
.
Zatem zbadajmy przebieg funkcji w otoczeniu \(\displaystyle{ x=2y}\).
Niech \(\displaystyle{ \epsilon > 0}\).
\(\displaystyle{ f(2y,y)=2 \\
f(2y+\epsilon,y)=\frac{2y+\epsilon}{2y}+\frac{2y}{2y+\epsilon}=2+\frac{\epsilon}{2y}-\frac{\epsilon}{2y+\epsilon} > 2 \\
f(2y-\epsilon,y)=\frac{2y-\epsilon}{2y}+\frac{2y}{2y-\epsilon}=2-\frac{\epsilon}{2y}+\frac{\epsilon}{2y-\epsilon} > 2}\)
Zatem na prostej \(\displaystyle{ x=2y}\) funkcja osiąga minimum.
\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{2}{x}-\frac{x}{2y^2}}\)
Warunkiem koniecznym istnienia ekstremum jest zerowanie się pochodnych cząstkowych, czyli:
\(\displaystyle{ \begin{cases}
\frac{1}{2y}=\frac{2y}{x^2} \\
\frac{2}{x}=\frac{x}{2y^2}
\end{cases} \\
\Rightarrow x^2=4y^2 \Rightarrow x=2y}\)
Teraz liczymy drugie pochodne (do Hesjanu):
\(\displaystyle{ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{4y}{x^3} \\
\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{x}{y^3} \\
\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} =-\frac{1}{2y^2}-\frac{2}{x^2}}\)
Liczymy wyznacznik:
\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{cc}
\frac{1}{2y^2} & -\frac{1}{y^2} \\
-\frac{1}{y^2} & \frac{2}{y^2}
\end{array}\right|
= \frac{1}{y^4}-\frac{1}{y^4}=0}\)
No i nie wiadomo co się tam dzieje. Ale się spisałem więc nie zmażę
.Zatem zbadajmy przebieg funkcji w otoczeniu \(\displaystyle{ x=2y}\).
Niech \(\displaystyle{ \epsilon > 0}\).
\(\displaystyle{ f(2y,y)=2 \\
f(2y+\epsilon,y)=\frac{2y+\epsilon}{2y}+\frac{2y}{2y+\epsilon}=2+\frac{\epsilon}{2y}-\frac{\epsilon}{2y+\epsilon} > 2 \\
f(2y-\epsilon,y)=\frac{2y-\epsilon}{2y}+\frac{2y}{2y-\epsilon}=2-\frac{\epsilon}{2y}+\frac{\epsilon}{2y-\epsilon} > 2}\)
Zatem na prostej \(\displaystyle{ x=2y}\) funkcja osiąga minimum.