lagrange.pdf

§ 0.12. Ekstrema warunkowe

W tym rozdziale będziemy badać ekstrema funkcji f określonych na otwar-

tych podzbiorach R m przy dodatkowym warunku postaci F ( x ) = 0, gdzie

F =( F 1 , ... ,F k ) będzie funkcją o wartościach w R k , k<m (przyjmujemy

umowę, że wektorzerowy(0 , 0 , ... , 0)będziemy oznaczaćrównieżsymbolem

0). Zapisany w postaci wektorowej warunek F ( x ) = 0 jest więc równoważny

z ciągiem skalarnych warunków F 1 ( x )=0,..., F k ( x )=0.

Jeśli funkcja F jest ciągła, to zbiór A =

{x ∈

R m : F ( x )=0

}

jest domknięty

(zbiór jednopunktowy jest

zawsze domknięty) przy odwzorowaniu ciągłym. Jeśli ponadto A jest ogra-

niczony, to jest zwarty, a wtedy funkcja ciągła przyjmuje na nim największą

i najmniejszą wartość.

Funkcję f obciętą do zbioru A będziemy oznaczać f |A .

Różniczkę odwzorowania F w punkcie x 0 oznaczamy przez DF ( x 0 ). Rząd

odwzorowania to rząd jego macierzy (można udowodnić, że jest niezależny

od wyboru bazy). Odwzorowanie jest klasy C 1 w zbiorze otwartym G ,gdy

jego różniczka jest odwzorowaniem ciągłym. Warunkiem koniecznym i do-

statecznym na to jest ciągłość pochodnych cząstkowych wszystkich funkcji

F 1 ,F 2 , ... ,F n .

Poniższe twierdzenie zawiera warunek konieczny na to, by punkt x 0 ∈ A był

punktem krytycznym (stacjonarnym) funkcji f |A . Umożliwia zatem sporzą-

dzenie listy punktów, w których ta funkcja może (ale nie musi) przyjmować

ekstremum).

{

}

Twierdzenie 1 (Lagrange’a). Niech G ⊂

R m będzie zbiorem otwartym,

f : G →

R. Ponadto niech F : G →

R k ,gdzie k<m , będzie funkcją klasy

C 1 . Oznaczmy

Jeśli funkcja f |K przyjmuje lokalne ekstremum w punkcie x 0 ∈ K oraz

K =

{x ∈ G : F ( x )=0

( i ) f jest różniczkowalna w punkcie x 0 ,

( ii ) rząd DF ( x 0 )= k ,

to istnieją takie λ 1 , ... λ k ∈

R,że

grad f ( x 0 )+ λ 1 grad F 1 ( x 0 )+...+ λ k grad F k ( x 0 )=0 .

(1)

Uwaga 2. Jeśli wprowadzimy funkcję

L ( x )= f ( x )+ λ 1 F 1 ( x )+...+ λ k F k ( x ) , x∈

R m ,

to równanie (1) zapisze się w postaci grad L ( x ) = 0. Funkcję L nazywamy

funkcją Lagrange’a, a liczby λ 1 , ... λ k — mnożnikami Lagrange’a.

jako przeciwobraz zbioru jednopunktowego

Rafał Sztencel : Wykłady z Analizy Matematycznej dla WNE

− λ k F k ( x 0 ), jest zatem prostopadły do

zbioru K . Wobec tego funkcja f , mówiąc obrazowo, nie ma jak urosnąć

(ani zmaleć).

−λ 1 F 1 ( x 0 )

−

...

Przykład 3 (Lemniskata Bernoulliego). Znajdziemynajwiększąi naj-

mniejszą wartość funkcji f ( x, y )= x na krzywej K o równaniu

( x 2 + y 2 ) 2 =2 c 2 ( x 2 − y 2 ) ,

(2)

gdzie c> 0 jest parametrem.

Rozwiązanie.Jeślidla( x, y )

∈

R 2 zdeﬁniujemy

F ( x, y )=( x 2 + y 2 ) 2 −

2 c 2 ( x 2 − y 2 ) ,

R jest klasy C 1 ,aw

szczególności jest ciągła, zatem zbiór K jest domknięty. Jest on ponadto

ograniczony, bowiem dla x 2 + y 2 > 0 z równania (2) otrzymujemy

{

( x, y ): F ( x, y )=0

}

. Funkcja F :R 2 →

x 2 + y 2 =2 c 2 · x 2 − y 2

x 2 + y 2

2 c 2 ,

wobec tego K zawiera się w kole o środku (0 , 0) i promieniu c √ 2.

Wykazaliśmy, że zbiór K jest zwarty. W takim razie funkcja ciągła f przyj-

muje na nim najmniejszą i największą wartość. Ponadto funkcja f jest

różniczkowalna na R 2 .

I. Zbadamy teraz, czy na krzywej K są punkty osobliwe. Mamy

grad F ( x, y )=(4 x ( x 2 + y 2 )

4 xc 2 , 4 y ( x 2 + y 2 )+4 yc 2 )=

=(4 x ( x 2 + y 2 − c 2 ) , 4 y ( x 2 + y 2 + c 2 )) .

−

Warunek grad F ( x, y )=(0 , 0) jest równoważny z układem równań

( x 2 + y 2 ) x = c 2 x,

( x 2 + y 2 ) y =

−c 2 y.

−c 2 < 0; gdy y = 0, pierwsze równanie sprowadza się do

x 3 = c 2 x .Zatem x = 0 lub x 2 = c 2 . W ostatnim przypadku nie jest jednak

spełnione równanie krzywej (2). Mamy więc x = y =0.

Jedynym punktem osobliwym jest punkt (0 , 0). Obliczamy f (0 , 0) = 0.

II. Zakładamy, że ( x, y )

=(0 , 0) i w celu wy-

znaczenia punktów podejrzanych o ekstremum możemy zastosować twier-

dzenie 1 (sprawdziliśmy, że spełnione są jego założenia, w szczególności

( ii )). Równanie (1) przybiera postać

=(0 , 0), wtedy grad F ( x, y )

(1 , 0)+ λ (4 x ( x 2 + y 2 − c 2 ) , 4 y ( x 2 + y 2 + c 2 )) = (0 , 0) ,

(3)

Równanie (1) ma następującą interpretację geometryczną: gradient funk-

cji f jest równy

to K =

Z drugiego równania wynika, że y = 0, w przeciwnym razie bowiem byłoby

0 <x 2 + y 2 =

§ 0.12. Ekstrema warunkowe

i wraz z równaniem krzywej K (2) daje następujący układ równań:

1+4 λx ( x 2 + y 2 − c 2 )=0 ,

4 λy ( x 2 + y 2 + c 2 )=0 ,

( x 2 + y 2 ) 2 −

2 c 2 ( x 2 − y 2 )=0 .

= 0,zatem drugie równaniedaje

y = 0, i wtedy z trzeciego równania wynika, że x 2 =2 c 2 , czyli x =

=0i x

±c √ 2.

Są więc kolejne dwa punkty podejrzane o ekstremum: ( c √ 2 , 0) i (

−c √ 2 , 0).

Obliczamy f ( c √ 2 , 0) = c √ 2, f (

−c √ 2 , 0) =

−c √ 2. Porównanie z wartością

−c √ 2są

odpowiednio największą i najmniejszą wartością funkcji f na krzywej K .

Uwaga 4. a) Podobnie można wyznaczyć największą i najmniejszą war-

tość funkcji g ( x, y )= y na krzywej K . Układ równań przybiera wtedy

postać

4 λx ( x 2 + y 2 − c 2 )=0 ,

1+4 λy ( x 2 + y 2 + c 2 )=0 ,

( x 2 + y 2 ) 2 −

2 c 2 ( x 2 − y 2 )=0 .

Jak poprzednio, widzimy, że λ

=0i y

=0.Jeśli x = 0, to trzecie równanie

= 0, i z pierwszego równania

x 2 + y 2 = c 2 . Wtedy z trzeciego równania mamy x 2 − y 2 = 2 c 2 .Stąd

x 2 = 4 c 2 i y 2 = 4 c 2 . Mamy zatem cztery punkty, w których współrzędna y

przyjmuje najmniejszą i najmniejszą wartość:(

−

2 c 2 y 2 ,astąd y =0.Zatem x

√ 3

2 c, ± 2 c ). Punktosobliwy

(0 , 0) — jak poprzednio — nic nie wnosi.

Zauważmy jeszcze, że nie wyznaczaliśmy niewiadomej λ (co jest zresztą

banalne), bowiem rozwiązywanie układu równań ma sens do chwili, gdy

pojawi się lista punktów podejrzanych o ekstremum (najlepiej skończona).

b) Uzyskane dotychczas wyniki pozwalają na stwierdzenie, że lemniskata

Bernoulliego zawiera się w prostokącie P =

Więcej można się dowiedzieć przy użyciu współrzędnych biegunowych. Po

podstawieniu

{

( x, y ):

|x|c √ 2 , |y| 2 c}

x = r sin θ, y = r cos θ, r > 0 ,

równanie lemniskaty przyjmuje postać

r = c √ 2cos2 θ,

co już umożliwia narysowanie krzywej i stwierdzenie, że w punkcie osobli-

wym (0 , 0) krzywa ma samoprzecięcie.

Przykład 5. Wyznaczyć największą i najmniejszą wartość funkcji

f ( x, y, z )=11 x +11 y − z

Z pierwszegorównaniawynika, że λ

f w znalezionym wcześniej punkcie osobliwym pokazuje, że c √ 2i

daje y 4 =

Rafał Sztencel : Wykłady z Analizy Matematycznej dla WNE

na zbiorze H wyznaczonym przez układ równań

x 2 + y 2 + z 2 = 171 ,

x + y + z =21 .

Rozwiązanie.Niech

F 1 ( x, y, z )= x 2 + y 2 + z 2 −

171 ,

F 2 ( x, y, z )= x + y + z −

21 .

. Nietrudno zobaczyć, że zbiór

H jest zwarty, jako domknięty i ograniczony. Jeszcze łatwiej zobaczyć, że

jest on po prostu okręgiem. W takim razie ciągła funkcja f przyjmuje na

H największą i najmniejszą wartość.

Funkcja f jest różniczkowalna na R 3 ,zaś F :R 3 →

{

( x, y, z )

∈

R 3 : F ( x, y, z )=0

R 2 jest klasy C 1 .

I. Sprawdzimy, czy istnieją punkty osobliwe.Wektory grad F 1 =(2 x, 2 y, 2 z )

igrad F 2 =(1 , 1 , 1), które tworzą macierz różniczki funkcji F ,sąna H

liniowo niezależne (nie są po prostu równoległe — gdyby były, mielibyśmy

x = y = z =7, x 2 + y 2 + z 2 = 147

= 171).

W tak prostym przypadku być może nie opłaca się badanie rzędu macierzy

2 x 2 y 2 z

111

Gdyby jej rząd był mniejszy niż 2, wszystkie trzy minory rzędu 2 musiałyby

znikać. Wtedy x − y =0, y − z =0i x − z =0,coprowadzidouzyskanego

już powyżej warunku.

Zatem wszystkie punkty na okręgu H są regularne.

II. Możemyterazzastosowaćtwierdzenie1.WyznaczamyfunkcjęLagrange’a:

L ( x, y, z )= f ( x, y, z )+ λ 1 F 1 ( x, y, z )+ λ 2 F 2 ( x, y, z )=

=11 x +11 y − z + λ 1 ( x 2 + y 2 + z 2 −

171)+ λ 2 ( x + y + z −

21) .

Równania grad L ( x, y, z )=0 ,F ( x, y, z )=0prowadządoukładurównań

11+2 λ 1 x + λ 2 =0 ,

11+2 λ 1 y + λ 2 =0 ,

−

1+2 λ 1 z + λ 2 =0 ,

x 2 + y 2 + z 2 = 171 ,

x + y + z =21 .

= 0 (w przeciwnym razie równanie drugie i trzecie byłyby

sprzeczne), z dwóch pierwszych równań wynika, że x = y . Udało się więc

nie wyznaczać mnożników Lagrange’a, bowiem układ równań

2 x 2 + z 2 = 171 ,

2 x + z =21 ,

}

Deﬁniujemy F ( x, y, z )=( F 1 ( x, y, z ) ,F 2 ( x, y, z )).

Wtedy H =

Widać, że λ 1

§ 0.12. Ekstrema warunkowe

łatwo rozwiązać, otrzymując x = y =5i z = 11, albo x = y =9i z =3.

Znaleźliśmy dwa punkty podejrzane o ekstremum:

f (5 , 5 , 11) = 99 , f (9 , 9 , 3) = 195 .

Ostatecznie 195 jest największą, a 99 najmniejszą wartością f na H .

Przykład 6. Wyznaczyć największą i najmniejszą wartość funkcji

f ( x, y, z )=2 x +2 y −

3 z

na zbiorze H wyznaczonym przez układ równań

x 2 + y 2 + z 2 =2 ,

xy + yz + zx =

−

1 .

Rozwiązanie.Niech

2 ,

F 2 ( x, y, z )= xy + yz + zx =1 .

.Zbiór H jest zwarty, jako

domknięty podzbiór sfery. W takim razie ciągła funkcja f przyjmuje na H

największą i najmniejszą wartość.

Zbadamy teraz, czy w H istnieją punkty osobliwe. Mamy

{

( x, y, z )

∈

R 3 : F ( x, y, z )=0

}

grad F 1 ( x, y, z )=(2 x, 2 y, 2 z ) ,

grad F 2 ( x, y, z )=( y + z, z + x, x + y ) .

Operacje elementarne na macierzach nie zmieniają rzędu, mamy zatem

rank 2 x 2 y 2 z

y + zz + xx + y

=rank 2 x 2 y 2 z

x + y + zx + y + zx + y + z

=rank xyz

000

1 ,

bowiem

( x + y + z ) 2 = x 2 + y 2 + z 2 −

2( xy + yz + zx )=0 ,

(4)

∈ H , czyli każdy punkt zbioru H jest osobliwy!

Nie możemy zatem zastosować twierdzenia Lagrange’a.Zobaczmy, do czego

prowadzi próba rozwiązania równań grad L =0,grad F = 0. Ponieważ

grad f ( x, y, z )=(2 , 2 , −

3), więc równanie (1) ma postać:

(2 , 2 , −

3)+ λ 1 (2 x, 2 y, 2 z )+ λ 2 ( y + z, z + x, x + y )=(0 , 0 , 0) .

F 1 ( x, y, z )= x 2 + y 2 + z 2 −

Deﬁniujemy F ( x, y, z )=( F 1 ( x, y, z ) ,F 2 ( x, y, z )).

Wtedy H =

gdy ( x, y, z )

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika: