Пример на экстремум из задачника Демидовича

[Verbery]

Всем привет! Попробовал порешать задачу 3657 из задачника Демидовича:
$z=A x^2+2 B x y+C y^2$, где $x^2+y^2=1$

После составления функции Лагранжа и продифференцировав её получаю такую СЛАУ:

$$ \left\{\begin{split} Ax + By + \lambda x = 0 \\ Bx + Cy + \lambda y = 0 \\ x^2 + y^2 = 1 \\ \end{split}\right.$$

Тут можно заметить, что определитель первых двух строчек должен быть равен 0:

$$\begin{vmatrix} A + \lambda & B \\ B & C + \lambda \end{vmatrix} = 0 $$

И вот я когда пытаюсь через определитель выше выразить $\lambda$, то у меня получаются огромные дроби, в которых я начинаю путаться и не могу их сократить. Подскажите может автор задачи намекает на какое-то более короткое решение? Или нужно решать в лоб?

[dgwuqtj]

Откуда там дроби, если это квадратное уравнение на $\lambda$ с единичным старшим коэффициентом?

[мат-ламер]

Verbery в сообщении #1633507 писал(а):

И вот я когда пытаюсь через определитель выше выразить $\lambda$, то у меня получаются огромные дроби

Вам что-то знакомое из линейной алгебры этот определитель не напоминает?

[svv]

Вам ведь $\lambda$ сама по себе не нужна. Исключите её. Умножьте первое уравнение на $y$, второе на $x$ и вычтите. Получится $Axy+By^2=Bx^2+Cxy$. Это уравнение определяет пару $(x,y)$ с точностью до общего коэффициента (если $(x,y)$ решение, то $(kx,ky)$ тоже).

[мат-ламер]

svv в сообщении #1633533 писал(а):

Вам ведь $\lambda$ сама по себе не нужна.

Это, если решать конкретную задачу из задачника. А для общего развития иметь в виду её нужно. Она же связана с значением функции в экстремальной точке. Я бы на месте ТС попытался обобщить задачу на n-мерный случай и найти ответ не подробно, а идейно.

-- Ср мар 20, 2024 21:15:06 --

svv в сообщении #1633533 писал(а):

с точностью до общего коэффициента (если $(x,y)$ решение, то $(kx,ky)$ тоже).

Там $k$ всё же придётся искать, исходя из третьего уравнения.

[Verbery]

мат-ламер в сообщении #1633522 писал(а):

Вам что-то знакомое из линейной алгебры этот определитель не напоминает?

Характеристическое уравнение? По-моему, знание этого факта мало что даст

Я воспользовался вашими советами. Расчитав определитель мы получаем два корня $\lambda_1$ и $\lambda_2$, не буду выписывать их точный вид. Далее по совету svv домножил уравнения в системе и вычел: $Ax^2 - \lambda x^2 - Cy^2 + \lambda y^2 = 0$ и из него получаем: $\frac{x^2}{y^2} = \frac{C - \lambda}{A - \lambda}$ и тут пользуемся третьим уравнением $x^2 + y^2 = 1$ выражаем из него $x^2$ и подставляем. В итоге у меня получаются вот такие стационарные точки: $y = \pm \sqrt{\frac{A - \lambda}{A + C - 2 \lambda}}$ и $x = \pm \sqrt{1 - \frac{A - \lambda}{A + C - 2 \lambda}}$

Стационарные точки подсчитал явно неправильно, подставляя точки в функцию, ответы получаются громоздкими

[svv]

Verbery в сообщении #1633617 писал(а):

домножил уравнения в системе и вычел: $Ax^2 - \lambda x^2 - Cy^2 + \lambda y^2 = 0$ и

Смотрите: Вы первое уравнение домножили на $x$, а второе на $y$. Поэтому у Вас члены с $\lambda$ не сократились. Я предлагал наоборот:

svv в сообщении #1633533 писал(а):

Умножьте первое уравнение на $y$, второе на $x$ и вычтите. Получится $Axy+By^2=Bx^2+Cxy$.

И в этом уравнении $\lambda$ уже нет, соответственно, и искать его не надо .

Что делать дальше. Подставьте в полученное уравнение $x=\cos\varphi, y=\sin\varphi$ и увидьте там функции двойного угла. Уравнение $x^2+y^2=1$ при такой подстановке удовлетворяется тождественно, и про него можно забыть.

[мат-ламер]

мат-ламер в сообщении #1633535 писал(а):

Я бы на месте ТС попытался обобщить задачу на n-мерный случай и найти ответ не подробно, а идейно.

Как оказалось, эта тема на форуме недавно была: https://dxdy.ru/topic149603.html. Любопытно, разобрался ли там ТС с ней до конца?

[Verbery]

мат-ламер в сообщении #1633733 писал(а):

Как оказалось, эта тема на форуме недавно была: topic149603.html
. Любопытно, разобрался ли там ТС с ней до конца?

Вы правы, поэтому снова возрващаюсь назад с надеждой добить эти две задачи

svv в сообщении #1633621 писал(а):

и увидьте там функции двойного угла

Я по вашим советам делал, но подумал, что там можно обойтись и без формулы двойного угла, поэтому я просто сделал замену на $\cos{x}$ и $\sin{y}$ чтобы избавиться от формулы ограничения

Но ответ получился неправильный конечно же, слишком громоздкий Не совсем пока понял, что делал не так

[мат-ламер]

Пока svv на подходе, разрешите вставить свои пять копеек. Я тут писал:

мат-ламер в сообщении #1633535 писал(а):

Я бы на месте ТС попытался обобщить задачу на n-мерный случай и найти ответ не подробно, а идейно.

В параллельной теме вам советовали:

demolishka в сообщении #1554886 писал(а):

Запишите это равенство в векторном виде.

В векторном виде задачу можно записать так: найти экстремум квадратичной функции $f(x)=(Ax,x)$ на единичной сфере $\left\| x \right\|^2=1$ . Функция Лагранжа для этой задачи будет иметь вид: $L(x,\lambda)=A(x,x)-\lambda (\left\| x \right\|^2-1)$ . (Здесь для наглядности изменил знак $\lambda$ ). Приравнивая градиент этой функции к нулю, получаем уравнение: $Ax-\lambda x = 0$ . Отсюда видно, что критические точки нашей функции, это собственные вектора матрицы $A$ (возможна ситуация, что это инвариантное подпространство этой матрицы). А в этих точках наша функция принимает значение равное собственному значению матрицы $A$ . Отсюда видно, что решением нашей задачи будет собственный вектор (ы) матрицы $A$, соответствующий её экстремальному собственному значению. Смотрите также пар.17 лекций Гельфанда по линейной алгебре "Экстремальные свойства собственных значений".

[svv]

мат-ламер, да я, честно говоря, не уверен, что надо ещё что-то говорить. Человеку дали несколько советов, он решил, отчасти следуя советам, отчасти самостоятельно (это нормально). Получил некоторый ответ. Ответ легко можно проверить.

[мат-ламер]

Может быть ТС попробует свои силы в решении сложнейшей задачи из МГУ ?

[мат-ламер]

Verbery
Поясните ваши слова "Знак неопределён", "Седловые точки". Что вы этим хотите сказать?

[svv]

(мат-ламер)

мат-ламер в сообщении #1634368 писал(а):

Может быть ТС попробует свои силы в решении сложнейшей задачи из МГУ ?

Посмотрел решение автора ролика. Я бы решал так: подставляем
$a=\sin\theta\,\cos\varphi$
$c=\sin\theta\,\sin\varphi$
$b=\cos\theta$
Получаем
$ab+bc\sqrt 3 = 2\cos\theta\,\sin\theta(\frac 1 2 \cos\varphi+\frac{\sqrt 3}2}\sin\varphi)=\sin 2\theta\,\cos(\varphi-\frac{\pi}3)$
Думаю, такой путь и задумывался составителями. Но всё равно, ТС же надо практиковаться в методе множителей Лагранжа.

[Verbery]

мат-ламер в сообщении #1634415 писал(а):

Поясните ваши слова "Знак неопределён", "Седловые точки". Что вы этим хотите сказать?

Я имел ввиду, что когда мы находим стационарные точки, то нам нужно понять максимум это или минимум и там у меня не получилось это определить

Спасибо вам за ценные пояснения! Вот я скомпоновал итоговое решение по вашим подсказкам как я это понял