Ekstrema warunkowe funkcji wielu zmiennych

[WodazCukrem]

Znaleźć ekstrema warunkowe funkcji:
\(\displaystyle{ F(x,y)=xy^3-x^2+1}\)
na kole \(\displaystyle{ x^2+y^2\le 1}\)
Nie rozumiem zbytnio jak używa się nierówności w ekstremach warunkowych, gdzie je powinienem uwzględnić, po policzeniu pochodnych i ułożeniu układu równań, gdzie wyliczam punty krytyczne. Będę wdzięczny za wszelaką pomoc .

[Premislav]

Wychodzi obliczeniowy koszmarek przy klasycznym podejściu (mnożniki Lagrange'a plus punkty krytyczne wewnątrz). Na pewno dobrze przepisane?


Ustalmy \(\displaystyle{ y\in [-1,1]}\), wtedy \(\displaystyle{ x\in \left[-\sqrt{1-y^{2}}, \ \sqrt{1+y^{2}}\right]}\)

Funkcja \(\displaystyle{ g(x)=xy^{3}-x^{2}+1}\) jest ciągła i wklęsła, więc przyjmuje swoje minimum na powyższym przedziale w jednym z jego końców.
Mamy
\(\displaystyle{ g\left(-\sqrt{1-y^{2}}\right)=-y^{3}\sqrt{1-y^{2}}-\left(1-y^{2}\right)+1=y^{2}\left(1-y\sqrt{1-y^{2}}\right)}\)
oraz \(\displaystyle{ y\sqrt{1-y^{2}}\le \frac{y^{2}+1-y^{2}}{2}=\frac{1}{2}}\)
ze znanej nierówności \(\displaystyle{ ab\le \frac{a^{2}+b^{2}}{2}}\),
toteż
\(\displaystyle{ g\left(-\sqrt{1-y^{2}}\right)\ge \frac{1}{2}y^{2}\ge 0}\)
z równością dla \(\displaystyle{ y=0}\).

Ponadto
\(\displaystyle{ g\left(\sqrt{1-y^{2}}\right)=y^{3}\sqrt{1-y^{2}}+y^{2}=y^{2}\left(1+y\sqrt{1-y^{2}}\right)}\)
i dla \(\displaystyle{ |y|\le 1}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ y\sqrt{1-y^{2}}\ge -\frac{1}{2}\left(y^{2}+\left(1-y^{2}\right)\right)\Leftrightarrow \frac{1}{2}\left(y+\sqrt{1-y^{2}}\right)\ge 0}\)
czyli także
\(\displaystyle{ g\left(\sqrt{1-y^{2}}\right)\ge \frac{1}{2}y^{2}\ge 0}\) z równością dla \(\displaystyle{ y=0}\),
to jest \(\displaystyle{ x^{2}=1}\).
Czyli minimum warunkowe \(\displaystyle{ F(x,y)}\) przy warunku \(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}\le 1}\) wynosi zero i jest osiągane w punktach \(\displaystyle{ (-1,0)}\) oraz \(\displaystyle{ (1,0)}\).

Natomiast żadne sztuczki mnie nie zbliżyły do obliczenia maksimum warunkowego, mnożnikami też nie umiem. To znaczy, umiem dojść (w żmudny sposób) do równania wielomianowego, które staje się dla mnie zbyt oporne.

[WodazCukrem]

Rozumiem mam właśnie podobnie, przykład w 100% dobrze przepisany, chyba powinnienem napisać do osoby która to zadanie mi wysłała do zrobienia, ale dziękuję za pomoc teraz jestem pewien, że nie tylko ja mam problem .

[Premislav]

Dobra, spałowałem.
Wewnątrz obszaru nie ma innych punktów krytycznych poza \(\displaystyle{ (0,0)}\), przejdziemy do rozważenia przypadku \(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}=1}\).
Niech \(\displaystyle{ F(x,y)=xy^{3}-x^{2}+1, \ g(x,y)=x^{2}+y^{2}-1}\). Funkcje \(\displaystyle{ f,g}\) są gładkie, ponadto gradient \(\displaystyle{ g}\) nie zeruje się na zbiorze \(\displaystyle{ \left\{(x,y)\in \RR^{2}: x^{2}+y^{2}=1\right\}}\). Zatem ekstremum warunkowe \(\displaystyle{ F(x,y)}\) przy warunku \(\displaystyle{ g(x,y)=0}\) może być przyjmowane tylko w punktach krytycznych funkcjonału
\(\displaystyle{ L(x,y, \lambda)=F(x,y)-\lambda g(x,y)=xy^{3}-x^{2}+1-\lambda\left(x^{2}+y^{2}-1\right)}\)
Liczymy pochodne cząstkowe:
\(\displaystyle{ L'_{x}=y^{3}-2x-\lambda \cdot 2x\\L'_{y}=3xy^{2}-\lambda \cdot 2y\\L'_{\lambda}=-\left(x^{2}+y^{2}-1\right)}\),
co daje nam następujący układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases}y^{3}-2x= \lambda \cdot 2x\\3xy^{2}=\lambda \cdot 2y\\ x^{2}+y^{2}=1 \end{cases} }\)

1)Jeśli \(\displaystyle{ x=0}\), to musi być \(\displaystyle{ y=0}\) (pierwsze równanie), a wtedy nie jest spełniony warunek \(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}=1}\)

2) Jeśli \(\displaystyle{ y=0}\), to z trzeciego równania mamy \(\displaystyle{ x=\pm 1}\), czyli ekstremum może występować w punktach \(\displaystyle{ (-1,0), \ (1,0)}\). Mamy \(\displaystyle{ F(1,0)=F(-1,0)=0}\).

3) Przypuśćmy teraz, że \(\displaystyle{ xy\neq 0}\). Pomnóżmy pierwsze równanie układu przez \(\displaystyle{ y}\), zaś drugie równanie przez \(\displaystyle{ x}\) i odejmijmy drugie przekształcone równanie stronami od pierwszego, co daje:
\(\displaystyle{ \begin{cases}y^{4}-2xy-3x^{2}y^{2}=0\\3x^{2}y^{2}=\lambda \cdot 2xy\\ x^{2}+y^{2}=1\end{cases}}\)
Przepiszmy teraz pierwsze z równań w formie
\(\displaystyle{ y^{4}-3x^{2}y^{2}=2xy}\)
i przy założeniu, że \(\displaystyle{ y^{2}\ge 3x^{2}, \ xy\ge 0}\) podnieśmy stronami do kwadratu, żeby mieć tylko parzyste potęgi (to ułatwi skorzystanie z warunku \(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}=1}\)):
\(\displaystyle{ y^{4}\left(y^{2}-3x^{2}\right)^{2}=4x^{2}y^{2}\\y^{4}\left(y^{2}-3\left(1-y^{2}\right)\right)^{2}=4y^{2}\left(1-y^{2}\right)}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ t=y^{2}, \ t\in [0,1]}\). Równanie przyjmuje formę
\(\displaystyle{ t^{2}(4t-3)^{2}=4t(1-t)}\)
czyli potrzebujemy pierwiastków wielomianu
\(\displaystyle{ P(t)=t^{2}(4t-3)^{2}-4t(1-t)}\)
wpadających do przedziału \(\displaystyle{ [0,1]}\).
Mamy
\(\displaystyle{ P(t)=t\left(16t^{3}-24t^{2}+13t-4\right)}\)
czyli oczywistym rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ t=0}\), co pociąga \(\displaystyle{ y=0}\), a ten przypadek już rozważyliśmy.
Dalej zajmiemy się równaniem
\(\displaystyle{ 16t^{3}-24t^{2}+13t-4=0}\)
Podstawmy \(\displaystyle{ t=u+\frac{1}{2}}\), a otrzymamy:
\(\displaystyle{ 16\left(u+\frac{1}{2}\right)^{3}-24\left(u+\frac{1}{2}\right)^{2}+13\left(u+\frac{1}{2}\right)-4=0\\u^{3}+\frac{1}{16}u-\frac{3}{32}=0}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ u=a+b}\) i ponownie korzystając ze wzoru na sześcian sumy, dostajemy:
\(\displaystyle{ a^{3}+b^{3}+3ab(a+b)+\frac{1}{16}(a+b)-\frac{3}{32}=0}\)
Znajdziemy rozwiązanie szczególne tego równania, które jest rozwiązaniem układu równań (pamiętajmy, że oczywiście \(\displaystyle{ a+b\neq 0}\)):
\(\displaystyle{ \begin{cases}a^{3}+b^{3}=\frac{3}{32}\\(a+b)\left(3ab+\frac{1}{16}\right)=0 \end{cases}}\)
Równoważnie:
\(\displaystyle{ \begin{cases}a^{3}+b^{3}=\frac{3}{32}\\3ab=-\frac{1}{16} \end{cases}}\)
Podnosimy drugie równanie stronami do potęgi trzeciej, co jest przekształceniem równoważnym, i mamy:
\(\displaystyle{ \begin{cases}a^{3}+b^{3}=\frac{3}{32}\\27a^{3}b^{3}=-\frac{1}{4096}\end{cases} }\)
Podstawiamy z pierwszego równania do drugiego \(\displaystyle{ b^{3}=\frac{3}{32}-a^{3}}\) i mamy równanie kwadratowe zmiennej \(\displaystyle{ r=a^{3}}\), a mianowicie
\(\displaystyle{ 27r\left(\frac{3}{32}-r\right)=-\frac{1}{4096}\\ 27r^{2}-\frac{81}{32}r-\frac{1}{4096}=0}\)
Z tego otrzymujemy (równania kwadratowe każdy umie rozwiązywać)
\(\displaystyle{ r=\frac{3}{64}-\frac{\sqrt{\frac{61}{3}}}{96}\vee r=\frac{3}{64}+\frac{\sqrt{\frac{61}{3}}}{96}}\)
Cofając się i pamiętając, że
\(\displaystyle{ r=a^{3}, \ a^{3}+b^{3}=\frac{3}{32}, \ u=a+b}\), mamy rozwiązanie szczególne \(\displaystyle{ u=\sqrt[3]{\frac{3}{64}-\frac{\sqrt{\frac{61}{3}}}{96}}+\sqrt[3]{\frac{3}{64}+\frac{\sqrt{\frac{61}{3}}}{96}}}\)
czyli
\(\displaystyle{ t=u+\frac{1}{2}=\sqrt[3]{\frac{3}{64}-\frac{\sqrt{\frac{61}{3}}}{96}}+\sqrt[3]{\frac{3}{64}+\frac{\sqrt{\frac{61}{3}}}{96}}+\frac{1}{2}}\)
Równanie
\(\displaystyle{ 16t^{3}-24t^{2}+13t-4=0}\) możemy więc przepisać w formie
\(\displaystyle{ 16\left(t-\left(\sqrt[3]{\frac{3}{64}-\frac{\sqrt{\frac{61}{3}}}{96}}+\sqrt[3]{\frac{3}{64}+\frac{\sqrt{\frac{61}{3}}}{96}}+\frac{1}{2}\right)\right)\left(t^{2}+pt+q\right)=0}\)
Wyliczenie \(\displaystyle{ p,q}\) to kwestia prostego dzielenia wielomianów. xDDDD

A tak na serio, to jestem prawie pewien, że przykład został źle napisany. Kiedyś na informatyce na UWr na egzaminie z matematyki dyskretnej pojawił się (zadanie chyba dotyczyło rekurencji i anihilatorów) wielomian, który nie bardzo daje się rozłożyć szkolnymi metodami i to też była pomyłka układającego zadania.