14. Ekstrema warunkowe.pdf

(206 KB) Pobierz
Ekstrema warunkowe
EKSTREMA WARUNKOWE
Niech
U
-
obszar
(zbiór
spójny
i
otwarty),
U
U
Top
R
n
,
f
:
R
,
g j
: s
U
R
,
j
1
,...,
.
Rozważmy zbiór A rozwiązań układu równań
g
1
 
 
x
0
g
2
x
0
g
s
 
x
0
,
A s
x
U
:
g
1
 
x
g
2
    0
x
...
g
Definicja
Funkacja f ma ekstremum warunkowe w punkcie przy warunkach
x
0
A
g
1
0
g
2
0
g
s
0
jeśli funkcja zawężona ma ekstremum lokalne w punkcie .
f
A
0 x
Przykład
Zbadać ekstremum funkcji
Wyznaczmy wykres funkcji f.
f
 
x
,
y
y
x
2
y
2
przy warun
ku
x
2
2
1
przekrój wykresu płaszczyzną jest parabolą
f
 
y
y
2
x
0
z
y
2
przekrój wykresu płaszczyzną jest parabolą
f
 
x
,
x
2
y
0
z
x
2
przekrój wykresu płaszczyzną jest parabolą
f
   
x
,
kx
1
k
2
x
2
y
kx
z
  2
k
2
x
przekrój wykresu płaszczyzną jest hiperbolą
f
 
x
,
y
const
x
2
y
2
const
z
const
1
x
0
1
Z
warunku
x
2
y
2
1
otrzymujem
y
y
1
x
2
dla
x
 
1
.
1
2
Obliczmy wartość funkc ji f dla punktów należących do wykresów krzywych
 
y
1
i
y
2
.
1
f
 
,
y
f
x
,
1
x
2
f
    ,
x
dla
x
1
1
1
i zbadajmy funkcję w przedziale (-1,1).
f
1
   
 
 
f
x
x
2
1
x
2
2
x
2
1
1
f
1
'
x
4
x
0
x
0
stąd
f
1
'
'
x
4
0
x
min
0
Zatem
funkcja
    .
f
1
ma
minimum
lokalne
w
punkcie
x
min
,0
funkcja
f
ma
minimum
warunkowe
w
punkcie
P
1
0
1
x
2
min
0
2
x
10635300.005.png
2
f
 
x
,
y
f
x
,
1
x
2
f
   
x
dla
x
1
,
2
2
i zbadajmy funkcję w przedziale (-1,1).
   
f
2
f
x
x
2
1
x
2
2
x
2
1
2
i
analogiczn
ie
do
poprzednie
go
x
min
0
stąd
Zatem
funkcja
    .
f
1
ma
minimum
lokalne
w
punkcie
x
min
0
,
funkcja
f
ma
minimum
warunkowe
w
punkcie
P
2
0
1
x
2
min
0
1
Jednakże jeśli z równania wyznaczymy x , to
x
2
y
y
2
1
x
1
y
2
dla
  .
1
1
2
Podobnie jak wcze śniej o bliczmy wartości funkcji f dla punktów należących do wykresów
krzywych 2
x
1 x
.
 
~
 
   
1
f
x
,
y
f
1
y
2
,
y
f
y
dla
y
1
1
1
~
i zbadajmy funkcję w przedziale (-1,1).
f
~
1
f
 
 
 
y
1
y
2
y
2
1
2
y
2
1
~
f
'
y
4
y
0
y
0
1
~
f
'
'
y
4
0
y
0
1
max
stąd
Zatem
funkcja
~
ma
maksimum
lokalne
w
punkcie
y
0
,
funkcja
f
ma
maksimum
1
   
max
warunko
we
w
punkcie
P
3
1
y
2
max
,
1
.
2
f
 
,
y
f
 
1
y
2
,
y
~
    ,
y
dla
y
1
2
2
~
i zbadajmy funkcję w przedziale (-1,1).
f
~
2
f
 
y
1
y
2
y
2
1
2
y
2
2
i
analogiczn
ie
do
poprzednie
go
y
max
0
stąd
Zatem
funkcja
~
f
ma
maksimum
lokalne
w
punkcie
y
0
,
funkcja
f
ma
maksimum
2
    .
max
warunkowe
w
punkcie
P
1
y
2
max
,
1
4
3
i
f
x
f
10635300.006.png 10635300.007.png 10635300.008.png 10635300.001.png 10635300.002.png 10635300.003.png
Metoda współczynników nieoznaczonych Lagrange'a (mnożników Lagrange'a)
Dla funkcji f i warunków zdefiniujmy funkcję Lagrange'a:
g
1
s
...
g
0
     
s
 
x
:
f
x
j U
g
x
,
gdzie
x
x
,...,
x
,
,...,
R
.
j
1
n
1
s
j
1
Ponieważ prawdziwa jest implikacja
x
A
   
x
f
x
więc warunkiem koniecznym istnienia ekstremum warunkowego w punkcie
jest:
x
 
0
1
, n
x
0
2
,...,
x
0
0
'
 
 
x
0
,
0
g
j s
x
0
,
gdzie
j
1
,...,
,
,...,
R
0
1
s
czyli układ n+s równań
 
x
0
,
i
1
,...,
n
WK
x
0
i
 
g
j
x
0
0
,
j
1
,...,
s
o
n
s
niewiadomy
ch
x
0
1 s
,...,
x
0
,
,...,
.
n
1
Twierdzenie ( WW istnienia ekstremum warunkowego )
Zał:
Niech
U
-
obszar w
R
n
,
f
,
g
1
,...,
g
s
:
U
R
,
f
,
g
,...,
g
C
2
 
U
,
1
s
s
:
f
j
g
j
,
j
R
j
1
funkcja Lagrange'a
Ponadto
niech
     
1
'
x
0
0
g
1
x
0
0
 
       
niech
g
s
x
0
0
liniowo niezależne
2
g
'
x
,
g
'
x
,
...,
g
'
x
-
1
0
2
0
s
0
oraz
H j
:
s
h
R
n
:
d
g
 
h
0
dla
j
1
,...,
x
0
zbiór wektorów, dla których zerują się różniczki
funkcji x
g j
w
punkcie
0
Teza: Jeśli
to funkcja f ma minimum warunkowe w punkcie
1
d x
2
0 H
 
h
0
dla
h
0
i
h
,
x
przy warun
kach
g
s
g
...
g
0
0
1
2
Jeśli
to funkcja f ma maksimum warunkowe w punkcie
2
d x
2
0 H
 
h
0
dla
h
0
i
h
,
x
przy warun
kach
g
s
g
...
g
0
0
1
2
4
x
Przykład cd.
Utwórzmy funkcję Lagrange'a
dla
funkcji
f
 
x
,
y
y
x
2
y
2
i
warunku
g
 
x
,
y
x
2
2
1
   
x
,
y
x
2
y
2
x
2
y
2
1
.
Zbadamy WK. Ponieważ
2
x
2
x
x
2
y
2
y
y
zatem wystarczy rozwiązać układ
2
x
2
x
0
2
y
2
y
0
x
2
y
2
1
czyli
x
 
 
1
0
y
1
0
x
2
y
2
1
Z
pierwszego
równania
x
 
1
0
otrzymujem
y
:
albo
 
 
x
0
i
1
albo
2
1
(
x
dowolne)
,
i stąd rozwiązania układu równań w każdym z przypadków:
 
 
x
0
P  
 
 
1
0
x
1
P
1
y
1
1
1
y
0
3
1
P
0
P
1
1
2
1
4
Zatem otrzymaliśmy dwa punkty stacjonarne
P
    1
1
    1
0 2
,
P
0
 
1
dla
oraz
dwa
punkty
stacjonarn
e
P
3
1
,
P
4
 
1
dla
Wyznaczmy teraz macierz drugiej różniczki
d
2
P
w
punkcie
   .
0
przy
1
1
2
2
2
x
2
2
0
x
y
2
2
2
y
2
i stąd
 
d
2
1
4
0
P
0
0
5
1
1
2
10635300.004.png

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin