Ekstrema lokalne funkcji dwóch zmiennych

adamknur · Post autor: **adamknur** » 8 cze 2010, o 20:46

Mam wyznaczyć ekstrema lokalne tej funkcji:
\(\displaystyle{ f(x,y)=-2x^{2}y+2xy^{2}-\frac{2}{3}y^{3}+50y+14}\)

Korzystając z tego przykładu https://www.matematyka.pl/42663.htm rozwiązałem to tak:

\(\displaystyle{ D_{f}=RxR=R^{2}}\)

\(\displaystyle{ \begin{array}{rcl}\frac{\partial f}{\partial x}&=&-4xy+2y^{2}, \\ \frac{\partial f}{\partial y}&=&-2x^{2}+4xy-\frac{6}{3}y^{2}+50, \\ \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}&=&-4y, \\ \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}&=&4x-4y, \\ \frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}&=&-4x+4y.\end{array}}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases}\frac{\partial f}{\partial x}=0 \\ \frac{\partial f}{\partial y}=0\end{cases} \\ \begin{cases}-4xy+2y^{2}=0 \\ -2x^{2}+4xy-\frac{6}{3}y^{2}+50=0\end{cases} \\ \begin{cases}y=2x \\ -2x^{2}+50=0\end{cases}}\)

Otrzymujemy dwa rozwiązania powyższego układu równań:

\(\displaystyle{ \begin{cases}x=-5 \\ y=-10,\end{cases}\quad\vee\quad \begin{cases}x=5 \\ y=10,\end{cases}}\)

Sprawdzamy warunek dostateczny, tj. czy wyznaczone punkty spełniają poniższą nierówność:

\(\displaystyle{ \left(\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}\right)_{(x_{0},y_{0})}\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}\right)_{(x_{0},y_{0})}-\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}\right)^{2}_{(x_{0},y_{0})}>0.}\)

W naszym przypadku jest to:

\(\displaystyle{ -4y\cdot(4x-4y)-(-4x+4y)^{2}>0}\)

\(\displaystyle{ (-5,-10):}\)
\(\displaystyle{ 40\cdot(-20+40)-(20-40)^{2}>0}\)
\(\displaystyle{ 800-400>0}\) Nierówność spełniona - w tym punkcie jest ekstremum.

\(\displaystyle{ (5,10):}\)
\(\displaystyle{ -40\cdot(20-40)-(-20+40)^{2}>0}\)
\(\displaystyle{ 800-400>0}\) Nierówność spełniona - w tym punkcie jest ekstremum.

\(\displaystyle{ \left(\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}\right)_{(-5,-10)}=-4y=40\,\longrightarrow}\) minimum lokalne
\(\displaystyle{ \left(\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}\right)_{(5,10)}=-4y=-40\,\longrightarrow}\) maksimum lokalne

Będę bardzo wdzięczny za sprawdzenie mojego rozwiązania. Ponieważ wydaje mi się to zbyt proste

meninio · Post autor: **meninio** » 9 cze 2010, o 07:06

Odnośnie rozwiązania układu równań. Nie możesz dzielić obustronnie przez \(\displaystyle{ 2y}\), bo przez to zjadasz część rozwiązań. Musisz przekształcić do postaci: \(\displaystyle{ 2y(y-2x)=0 \Rightarrow y=0 \vee y=2x}\). Ogólnie układ równań jest źle rozwiązany od tego momentu, o którym mówiłem.

adamknur · Post autor: **adamknur** » 9 cze 2010, o 10:07

Rzeczywiście miałem spore wątpliwości z tym obustronnym dzieleniem przez \(\displaystyle{ 2y}\)

Według Twojej porady rozwiązałem to w ten sposób:

\(\displaystyle{ \begin{cases}\frac{\partial f}{\partial x}=0 \\ \frac{\partial f}{\partial y}=0\end{cases} \\ \begin{cases}-4xy+2y^{2}=0 \\ -2x^{2}+4xy-\frac{6}{3}y^{2}+50=0\end{cases} \\}\)

\(\displaystyle{ 2y(y-2x)=0 \Rightarrow y=0 \vee y=2x \\}\)

i teraz podstawiając \(\displaystyle{ y=0 \vee y=2x}\) do drugiego równania \(\displaystyle{ -2x^{2}+4xy-\frac{6}{3}y^{2}+50=0}\) :
dla \(\displaystyle{ y=0}\) : \(\displaystyle{ -2x^{2}+50=0}\)
dla \(\displaystyle{ y=2x}\) : \(\displaystyle{ -2x^{2}+8x^{2}-8x^{2}+50=0 \Rightarrow -2x^{2}+50=0}\)

Czyli otrzymujemy cztery rozwiązania powyższego układu równań ?

\(\displaystyle{ \begin{cases}x=-5 \\ y=-10,\end{cases}\quad\vee\quad \begin{cases}x=5 \\ y=10,\end{cases}\quad\vee\quad \begin{cases}x=-5 \\ y=0,\end{cases}\quad\vee\quad \begin{cases}x=5 \\ y=0,\end{cases}}\)

meninio · Post autor: **meninio** » 10 cze 2010, o 06:32

Teraz dobrze i możesz dalej kontynuować.

adamknur · Post autor: **adamknur** » 10 cze 2010, o 10:10

Czyli otrzymujemy cztery rozwiązania powyższego układu równań:

\(\displaystyle{ \begin{cases}x=-5 \\ y=-10,\end{cases}\quad\vee\quad \begin{cases}x=5 \\ y=10,\end{cases}\quad\vee\quad \begin{cases}x=-5 \\ y=0,\end{cases}\quad\vee\quad \begin{cases}x=5 \\ y=0,\end{cases}}\)

Sprawdzamy warunek dostateczny, tj. czy wyznaczone punkty spełniają poniższą nierówność:

\(\displaystyle{ \left(\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}\right)_{(x_{0},y_{0})}\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}\right)_{(x_{0},y_{0})}-\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}\right)^{2}_{(x_{0},y_{0})}>0.}\)

W naszym przypadku jest to:

\(\displaystyle{ -4y\cdot(4x-4y)-(-4x+4y)^{2}>0}\)

\(\displaystyle{ (-5,-10):}\)
\(\displaystyle{ 40\cdot(-20+40)-(20-40)^{2}>0}\)
\(\displaystyle{ 800-400>0}\) Nierówność spełniona - w tym punkcie jest ekstremum.

\(\displaystyle{ (5,10):}\)
\(\displaystyle{ -40\cdot(20-40)-(-20+40)^{2}>0}\)
\(\displaystyle{ 800-400>0}\) Nierówność spełniona - w tym punkcie jest ekstremum.

\(\displaystyle{ (-5,0):}\)
\(\displaystyle{ -400>0}\) Sprzeczność - w tym punkcie nie ma ekstremum.

\(\displaystyle{ (5,0):}\)
\(\displaystyle{ -400>0}\) Sprzeczność - w tym punkcie nie ma ekstremum.

\(\displaystyle{ \left(\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}\right)_{(-5,-10)}=-4y=40\,\longrightarrow}\) minimum lokalne

\(\displaystyle{ \left(\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}\right)_{(5,10)}=-4y=-40\,\longrightarrow}\) maksimum lokalne

Podsumowanie: Funkcja \(\displaystyle{ f}\) posiada maksimum lokalne w punkcie (5,10) oraz minimum lokalne w (-5,-10).

Czy teraz wszystko gra ?

Mam jeszcze takie pytanie, czy ten przykład można obliczyć za pomocą wyznacnzika W ?

meninio · Post autor: **meninio** » 10 cze 2010, o 19:53

Jeżeli się nie pomyliłeś w obliczeniach - to wszystko jest w porządku.
Zapomniałeś jeszcze o ostatniej rzeczy: podanie wartości tych minimów i maksimów.
Bo na razie tylko zlokalizowałeś gdzie one są.

adamknur · Post autor: **adamknur** » 10 cze 2010, o 21:45

Czyli wartością minimum nie będzie 40 , a maksimum -40 ?

Tylko muszę podstawić te punkty (5,10) , (-5,-10) do równania funkcji \(\displaystyle{ f(x,y)=-2x^{2}y+2xy^{2}-\frac{2}{3}y^{3}+50y+14}\) ?

Dobrze rozumiem ?

meninio · Post autor: **meninio** » 11 cze 2010, o 06:19

Dobrze rozumiesz.
40 i -40 to tylko jakieś liczby to wyciągania wniosków.
Skoro w zlokalizowanych przez procedurę punktach są ekstrema to wartości tych ekstremów należy znaleźć podstawiając do równania funkcji współrzędne punktów, w którym one występują.

adamknur · Post autor: **adamknur** » 20 cze 2010, o 21:49

Dzięki

A jeszcze mam pytanie, czy można to rozwiązać metodą z wyznacznikiem ? Bo wychodzi mi coś takiego:
\(\displaystyle{ \begin{array}{rcl}\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}&=&-4y \\ \\ \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}&=&4x-4y \\ \\ \frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}&=&-4x+4y \\ \\ \frac{\partial^{2} f}{\partial y\partial x}&=&-4x+4y \end{array}}\)

\(\displaystyle{ W= \begin{bmatrix} -4y&-4x+4y\\-4x+4y&4x-4y \end{bmatrix} =}\) i tutaj dalej wychodzi mi funkcja z dwoma zmiennymi ?

meninio · Post autor: **meninio** » 21 cze 2010, o 06:33

adamknur pisze:
Sprawdzamy warunek dostateczny, tj. czy wyznaczone punkty spełniają poniższą nierówność:

\(\displaystyle{ \left(\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}\right)_{(x_{0},y_{0})}\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}\right)_{(x_{0},y_{0})}-\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}\right)^{2}_{(x_{0},y_{0})}>0.}\)

W naszym przypadku jest to:

\(\displaystyle{ -4y\cdot(4x-4y)-(-4x+4y)^{2}>0}\)

To jest to samo co to...

adamknur · Post autor: **adamknur** » 22 cze 2010, o 10:42

Wszystko jasne. Dzięki

czarnaja · Post autor: **czarnaja** » 24 cze 2010, o 23:14

sorki ze sie pakuje z pytaniem ale nikt mi nie pomaga w moim problemie wiec mam pytanie czy w tym przypadku \(\displaystyle{ -2x+6xy+y=0}\) moge wyciągnąc y przed nawias??