Ознакомьтесь с нашей политикой обработки персональных данных
15:06 

О текущем моменте

Вскоре все студенты Первого потока получат свои индивидуальные варианты домашнего задания. В память об исключенном из учебного плана первом домашнем задании, включавшем исследование нескольких функций и построение их графиков, поиск экстремумов (безусловных) функций многих переменных, исследование линий уровня функций многих переменных и расположения вектора-градиента по отношению к ним, данное задание называется вторым домашним заданием.

Половина заданий ДЗ-2 связана с интегралами. Пока не выданы варианты задания и не было занятий по интегралам, самое время заняться задачами об условных экстремумах. Приветствуются вопросы, связанные с проблемами в процессе решения задач этого раздела.
запись создана: 23.01.2013 в 21:51

Комментарии
2013-01-24 в 09:08 

Пусть требуется найти экстремумы функции `f(x,y)=x^2+y^2` с учетом условия `x+y=1`.

Применим принцип множителей Лагранжа.
Здесь `n=2`, `m=1`, `(x_1,x_2)=(x,y)`,
`\varphi(x,y)=x+y-1`, `\rang \ D\varphi=rang \ (1\ 1 )=1` для всех `(x,y)`,
функция Лагранжа
`L(x,y,\lambda)=x^2+y^2+\lambda(x+y-1)`.
Необходимое условие экстремума
`{(L'_x=2x+\lambda=0), (L'_y=2y+\lambda=0), (L'_\lambda= x+y-1=0):}
приводит к единственной критической точке `(x_0,y_0,\lambda_0)=(\frac{1}{2},\frac{1}{2},-1)`, которую удобно записывать как комплект `A(\frac{1}{2},\frac{1}{2})`, `\lambda=-1`.
Из геометрических соображений следует, что найдена точка условного минимума.

2013-01-24 в 10:01 

Продолжим решение задачи об экстремумах функции `f(x,y)=x^2+y^2` с учетом условия `x+y=1`.

Для найденной ранее критической точки `(x_0,y_0,\lambda_0)=(\frac{1}{2},\frac{1}{2},-1)`
`L_{xx}''=((2,0),(0,2))`
квадратичная форма `Q(h)=h^{\ast}L''_{xx}(x_0,\lambda_0)h` положительно определена в виду
`\triangle_1=2>0`, `\triangle_2=4>0` на всем пространстве `\mathbb{R}^2`, а не только на подпространстве
`E=\{h\in\mathbb{R}^2: ((1,1))h=0\}`. Вывод: `A(\frac{1}{2},\frac{1}{2})` - точка минимума.

Покажем, готовясь к решению более сложных задач, как в данной задаче непосредственно проверить
положительную определенность `Q` на пространстве `E`. Общее решение линейного однородного уравнения
`((1,1))((h_1),(h_2))=0` или `h_1+h_2=0`.
можно записать, выбирая неизвестную `h_2` в качестве свободной неизвестной, как
`h=((h_1),(h_2))=((-h_2),(h_2)), h_2\in \mathbb{R}.`
Отсюда для всех `h_2\neq0`
`Q(h)=((-h_2,h_2))((2,0),(0,2))((-h_2),(h_2))=2h_2^2+2h_2^2=4h_2^2>0.`

2013-01-24 в 13:40 

Применим достаточные условие с окаймленным гессианом для исследования характера критической точки `A(\frac{1}{2},\frac{1}{2})`, `\lambda=-\frac{1}{2}`. задачи об экстремумах функции `f(x,y)=xy` с учетом ограничения `\varphi(x,y)=x+y-1=0`.

Здесь `n-m=2-1=1`, `n+m=2+1=3`. Поэтому для матрицы порядка `3` окаймленного гессиана в этой точке `((0,1,1),(1,0,1),(1,1,0))` требуется вычислить лишь один минор `\Delta_3=|(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0)|=|(0,1,1),(1,0,1),(0,1,-1)|=(-1)|(1,1),(1,-1)|=2>0`. Поскольку знак минора совпадает со знаком числа `(-1)^{m+1}=1`, точка `A` является точкой строгого условного максимума.

Комментирование для вас недоступно.
Для того, чтобы получить возможность комментировать, авторизуйтесь:
 
РегистрацияЗабыли пароль?

Mathematical Analysis HSE

главная