Ekstrema warunkowe


EKSTREMA WARUNKOWE
Niech U - obszar (zbiór spójny i otwarty),
U TopRn,
f :U R,
g :U R , j = 1,..., s.
j
Rozważmy zbiór A rozwiązań układu równań
g1(x)= 0

g 0
(x)=

2

M

gs 0,
(x)=

A = {x U : g1(x)= g2(x)= ... = gs(x)= 0}
Definicja
x0 A
Funkacja f ma ekstremum warunkowe w punkcie przy warunkach
g1 = 0

g = 0

2

M

gs = 0,

f
jeśli funkcja zawężona ma ekstremum lokalne w punkcie x0 .
A
Przykład
Zbadać ekstremum funkcji
f (x, y)= x2 - y2 przy warunku x2 + y2 = 1.
Wyznaczmy wykres funkcji f.
f (0, y)= - y2 przekrój wykresu płaszczyzną jest parabolą z = - y2
x = 0
przekrój wykresu płaszczyzną jest parabolą
f (x,0)= x2 y = 0 z = x2
2
f (x, kx )= (1 - k 2)x 2 przekrój wykresu płaszczyzną y = kx jest parabolą z = (1- k )x2
f (x, y)= const x2 - y2 = const z = const jest hiperbolą
przekrój wykresu płaszczyzną
1
Z warunku x2 + y2 = 1 otrzymujemy
y1,2 = ą 1- x2 dla x [-1,1].
y1 i y2.
Obliczmy wartość funkcji f dla punktów należących do wykresów krzywych
1 f (x, y1)= f(x, 1- x2)= f1(x) dla x [-1,1],
f1
i zbadajmy funkcję w przedziale (-1,1).
f1(x)= x2 -(1- x2)= 2x2 -1
f1'(x)= 4x = 0 x = 0
f1''(x)= 4 > 0 xmin = 0
Zatem funkcja f1 ma minimum lokalne w punkcie xmin = 0 , stąd funkcja f ma minimum warunkowe
2
w punkcie P1(0, 1- xmin)= (0,1).
2
ć
2 f (x, y2 ) = f x,- 1- x2 = f2(x) dla x [-1,1],

Ł ł
i zbadajmy funkcję
f2 w przedziale (-1,1).
f2(x) = x2 -(1- x2)= 2x2 -1
i analogicznie do poprzedniego xmin = 0.
Zatem funkcja f1 ma minimum lokalne w punkcie xmin = 0 , stąd funkcja f ma minimum warunkowe
2
w punkcie P2(0,- 1- xmin)= (0,-1).
Jednakże jeśli z równania x2 + y2 = 1 wyznaczymy x, to x1,2 = ą 1- y2 dla y [-1,1].
Podobnie jak wcześniej obliczmy wartości funkcji f dla punktów należących do wykresów krzywych x1 i x2.
~
1 f (x1, y)= f( 1- y2 , y)= f1(y) dla y [-1,1]
~
i zbadajmy funkcję f1 w przedziale (-1,1).
~
f1(y)= 1- y2 - y2 =1- 2y2
~'
f1 (y)= -4y = 0 y = 0
~''
f1 (y)= -4 < 0 ymax = 0
~
Zatem funkcja f1 ma maksimum lokalne w punkcie ymax = 0, stąd funkcja f ma maksimum
2
warunkowe w punkcie P3( 1- ymax ,0)= (1,0).
~
2 f (x2, y)= f(- 1- y2 , y)= f2(y) dla y [-1,1],
~
i zbadajmy funkcję w przedziale (-1,1).
f2
~
f2(y)= 1- y2 - y2 =1- 2y2
i analogicznie do poprzedniego ymax = 0.
~
Zatem funkcja f2 ma maksimum lokalne w punkcie ymax = 0, funkcja f ma maksimum
stąd
2
warunkowe w punkcie P4(- 1- ymax ,0)= (-1,0).
3
Metoda współczynników nieoznaczonych Lagrange'a (mnożników Lagrange'a)
Dla funkcji f i warunków g1 = ... = gs = 0 zdefiniujmy funkcję Lagrange'a:
s
f(x):= f (x)+ g (x) , gdzie x = (x1,..., xn)U, l1,...,ls R.
lj j
j=1
Ponieważ prawdziwa jest implikacja
x A f(x)= f (x)
0 0 0
więc warunkiem koniecznym istnienia ekstremum warunkowego w punkcie x0 = (x1 , x2 ,..., xn )
jest:


f'(x0)= 0 ,

g (x0)= 0 , gdzie j = 1,..., s , l1,...,ls R
j

czyli układ n+s równań
ś
f
(x0)= 0 , i =1,...,n

WK
śxi

g 0 , j = 1,..., s
(x0)=
j

0 0
o n + s niewiadomych x1 ,..., xn ,l1,...,ls.
Twierdzenie (WW istnienia ekstremum warunkowego)
Zał:
Niech U - obszar w Rn,
f , g1,..., gs : U R,
f , g1,..., gs C2(U ),
s
f := f + g , lj R
l j j
j=1

funkcja Lagrange'a
Ponadto niech
(1)f'(x0)= 0 Ł g1(x0)= 0
M
gs(x0)= 0
' '
(2)g1'(x0), g2(x0),..., gs(x0) -
liniowo niezależne
oraz niech
H :={h Rn : dx g (h)= 0 dla j = 1,..., s}
j
0

zbiór wektorów, dla których zerują się różniczki funkcji g w punkcie x
j 0
2
1o dx f(h)> 0 dla h ą 0 i h H,
Teza: Jeśli
0
to funkcja f ma minimum warunkowe w punkcie x0 przy warunkach g1 = g2 = ... = gs = 0.
2
2o dx f(h)< 0 dla h ą 0 i h H,
Jeśli
0
to funkcja f ma maksimum warunkowe w punkcie x0 przy warunkach g1 = g2 = ... = gs = 0.
4
Przykład cd.
Utwórzmy funkcję Lagrange'a f dla funkcji f (x, y)= x2 - y2 i warunku g(x, y)= x2 + y2 -1.
f(x, y)= x2 - y2 + l(x2 + y2 -1).
Zbadamy WK. Ponieważ
śf
= 2x + 2lx
śx
śf
= -2y + 2ly
śy
zatem wystarczy rozwiązać układ

2x + 2lx = 0

- 2y + 2ly = 0
x + y2 = 1
2

czyli

x(1+ l)= 0

(-1+
y l)= 0
x + y2 = 1
2

Z pierwszego równania x(1+ l)= 0 otrzymujemy : albo (1)x = 0 i l ą -1
albo (2)l = -1 (i x - dowolne),
i stąd rozwiązania układu równań w każdym z przypadków:
(1) (2)
x = 0 x = ą1

P1(0,1)
y = ą1 y = 0 P3(1,0) l = -1
l = 1

l = 1 P2(0,-1) l = -1 P4(-1,0)

P1(0,1), P2(0,-1) dla l = 1
Zatem otrzymaliśmy dwa punkty stacjonarne
oraz dwa punkty stacjonarne P3(1,0), P4(-1,0) dla l = -1.
Wyznaczmy teraz macierz drugiej różniczki d 2 w punkcie P1(0,1)
f (przyl =1).
ś2f
= 2 + 2l
śx2
ś2f
= 0
śxśy
ś2f
= -2 + 2l
śy2
i stąd
4 0
ł
2
[dPf]=
ę0 0ś
1

5
2
).
Czyli dPf jest formą półokreśloną dodatnio (bo d1 = 4, d2 = 0
1
Wyznaczmy teraz zbiór tych wektorów h, dla których zeruje się pierwsza różniczka funkcji g w
punkcie P1.
Ponieważ
śg
= 2x
śx
śg
= 2y
śy
więc
śg śg
dP g(h)= (P1) h1 + (P1) h2 = 0 h1 + 2 h2 = 0 h2 = 0
1
śx śy
zatem H = {(h1,0), h1 R}.
Zbadajmy teraz określoność formy
ś2f ś2f ś2f
2 2
dPf(h1,h2)= (P1) h12 + 2 (P1) h1 h2 + (P1) h2
1
śx2 śxśy śy2
dla h ą 0, h H czyli dla h = (h1,0) gdzie h1 ą 0.
Otrzymujemy
ś2f
2
dPf(h1,0)= (P1) h12 = 4 h12 > 0
1
śx2
więc funkcja f ma w
P1 minimum warunkowe przy warunku x2 + y2 = 1.
P1
Dla pozostałych punktów postępowanie jest analogiczne jak w przypadku punktu .
opracował Marcin Uszko
6


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
ekstremalne warunki
42 30 Marzec 2000 Dialog na warunkach
23 ROZ warunki i tryb postępowania w spr rozbiórek obiek
zatrudnienia w szczególnych warunkach
warunki dodatkowe mikro lub kwasy
Prawo budowlane Warunki techniczne i inne akty prawne(1)
Warunki spełniania się afirmacji i cudów(1)
Twierdzenia ekstremalne teorii plastyczności
Ocena warunków geologicznych na Podstawie Szczegółowej Mapy geologicznej Polski(1)
MALI EKSTREMISCI
warunki zaliczenia TZ ZSZ
7 ROZ warunki techniczne baz i stacji paliw [M G ][21 11

więcej podobnych podstron