Условный экстремум. Метод Лагранжа.

[laplas_the_best]

Допустим у нас есть $z=f(x,y)$ и уравнение связи $\phi(x,y)=0$

Мы методом Лагранжа нашли $\lambda$ и точки $(x;y)$, в которых выполнено необходимое условие экстремума.

Теперь нужно проверить достаточное условие экстремума в конкретной точке $(x_0;y_0)$. Если в этой точке определитель матрицы Гессе равен нулю, то каким образом лучше дальше искать -- есть ли в этой точке экстремум ?

[мат-ламер]

Через точку, подозрительную на экстремум постройте аффинное подпространство, которое касается поверхности связи. Далее рассмотрим линейное пространство параллельное этому аффинному (т.е. проходящее через нуль). Если матрица Гессе (т.е. квадратичная форма ей соответствующая) положительно (или отрицательно) определена на этом линейном пространстве, то подозрительная точка является точкой экстремума.

[laplas_the_best]

мат-ламер в сообщении #432523 писал(а):

Через точку, подозрительную на экстремум постройте аффинное подпространство, которое касается поверхности связи. Далее рассмотрим линейное пространство параллельное этому аффинному (т.е. проходящее через нуль). Если матрица Гессе (т.е. квадратичная форма ей соответствующая) положительно (или отрицательно) определена на этом линейном пространстве, то подозрительная точка является точкой экстремума.

Спасибо, но я в теории плохо разбираюсь, даже толком не могу понять -- что такое аффинное пространство!

[мат-ламер]

laplas_the_best в сообщении #433774 писал(а):

Спасибо, но я в теории плохо разбираюсь, даже толком не могу понять -- что такое аффинное пространство!

Лучше на примере всё это рассмотреть.

[laplas_the_best]

Хорошо, спасибо! Если встретится такой пример -- то напишу! Самому не придумать=)

[bot]

laplas_the_best у Вас 2 переменных $x$ и $y$ или это точки в пространствах большей чем 1 размерностей? Если у предыдущего оратора исключить слова об аффинных пространствах, то это будет выглядеть так:
1) Дифференцируя уравнения связи выделяем дифференциалы переменных, которые можно выразить дифференциалы других переменных.
2) Эти (линейные) выражения подставляем во второй дифференциал функции Лагранжа и получаем квадратичную форму от дифференциалов независимых переменных.
3) Исследуем полученную кв. форму на знакоопределённость.
Если определитель этой кв. формы (а не матрица Гессе функции Лагранжа) окажется нулевым - тогда ой, потребуются дополнительные исследования.
Если у Вас простой случай (первый), то получится лишь квадрат одного независмого дифференциала с некоторым коэффициентом. Если этот коэффициент окажется нулём, то опять ой.

[мат-ламер]

laplas_the_best. Расмотрите следующий пример - найти экстремумы функции $xy+yz+zx$ при ограничении $x^2+y^2+z^2=1$.

[laplas_the_best]

мат-ламер в сообщении #435184 писал(а):

laplas_the_best. Расмотрите следующий пример - найти экстремумы функции $xy+yz+zx$ при ограничении $x^2+y^2+z^2=1$.

Ок, спасибо, давайте попробую на примере=)

$L(x,y,\lambda)=xy+yz+zx+\lambda(1-x^2-y^2-z^2)$

$\dfrac{\partial L}{\partial x}=y+z-2x\lambda=0$

$\dfrac{\partial L}{\partial y}=x+z-2y\lambda=0$

$\dfrac{\partial L}{\partial z}=x+y-2z\lambda=0$

Вычтем из первого --- второе уравнение!

$y-x+2\lambda(y-x)=0$

$(y-x)(1+2\lambda)=0$

$\lambda = -\dfrac{1}{2}$ или $x=y$

1) $\lambda=-\dfrac{1}{2}$

$y+z=x$

$x+z=y$ => $y+z+z=y$ => z=0 => $y=x$ => $x=y=0$

$x+y=z$

Получается точка $(0;0;0)$

$\dfrac{\partial^2 L}{\partial x^2}=-1$

$\dfrac{\partial^2 L}{\partial y^2}=-1$

$\dfrac{\partial^2 L}{\partial z^2}=-1$

$\dfrac{\partial^2 L}{\partial x\partial y}=1$

$\dfrac{\partial^2 L}{\partial x\partial z}=1$

$\dfrac{\partial^2 L}{\partial y\partial z}=1$

$$H=\Delta_1 = \begin{vmatrix} -1 & 1 & 1\\ 1 & -1 & 1\\ 1 & 1 & -1\\ \end{vmatrix}=-4$$

$$\Delta_2=\begin{vmatrix} -1 & 1\\ 1 & -1\\ \end{vmatrix}=0$$

$$\Delta_3=-1$$

Ерунда получилась=)

[bot]

Исправьте пока маленькую ерунду

laplas_the_best в сообщении #435651 писал(а):

1) $\lambda=-\dfrac{1}{2}$
$y+z=x$

Потом разберёмся с большой.

[laplas_the_best]

bot в сообщении #435716 писал(а):

Исправьте пока маленькую ерунду

laplas_the_best в сообщении #435651 писал(а):

1) $\lambda=-\dfrac{1}{2}$
$y+z=x$

Потом разберёмся с большой.

спасибо=)

$y+z=-x$
$x+z=-y$
$x+y=-z$

$2x+2y+2z=-x-y-z$

$x+y+z=0$

Условие задачи симметрично относительно перестановки $x,y,z$ значит они должны быть равны!
Из последнего условия -- это $x=y=z=0$
А из ограничения $x=y=z=\dfrac{1}{\sqrt 3}$

-- Вс апр 17, 2011 17:12:11 --

В любом случае вторые производные не зависят от точки, в которой считается экстремум=)

[мат-ламер]

laplas_the_best. Пока не разбирал Ваше решение, но следующий момент ошибочен

laplas_the_best в сообщении #435904 писал(а):

Условие задачи симметрично относительно перестановки $x,y,z$ значит они должны быть равны!
Из последнего условия -- это $x=y=z=0$
А из ограничения $x=y=z=\dfrac{1}{\sqrt 3}$

Поскольку непрерывная функция на компакте достигает наименьшее и наибольшее значение, то Вы должны найти отдельно множество, где достигается минимум, и множество, где достигается максимум. (Множество может состоять не обязательно из одной точки). Возможно Вам поможет аналогия с задачей нахождения собственных чисел и собственных векторов матрицы, соответствующей квадратичной форме. (Точнее не аналогия, а эквивалентность двух задач). Собственные векторы, отвечающие кратному собственному значению образуют (в нашем случае) двухмерное инвариантное пространство. И пересечение этого пространства со сферой будет окружность, соответствующая (в нашем случае) множеству минимума. Максимум достигается в двух точках, лежащих на пересечении сферы и одномерного инвариантного пространства, соответствующего собственному вектору для некратного собственного значения.

[bot]

Найти точку на окружности $x^2+y^2=1$

laplas_the_best в сообщении #435904 писал(а):

Условие задачи симметрично относительно перестановки значит они должны быть равны!

Давайте лучше осознаем, что у нас Вас получилось в случае $\lambda=-\frac{1}{2} $. Получилось, что точка должна лежать в плоскости и принадлежать сфере ...

[laplas_the_best]

мат-ламер в сообщении #435934 писал(а):

Поскольку непрерывная функция на компакте достигает наименьшее и наибольшее значение, то Вы должны найти отдельно множество, где достигается минимум, и множество, где достигается максимум. (Множество может состоять не обязательно из одной точки). Возможно Вам поможет аналогия с задачей нахождения собственных чисел и собственных векторов матрицы, соответствующей квадратичной форме. (Точнее не аналогия, а эквивалентность двух задач). Собственные векторы, отвечающие кратному собственному значению образуют (в нашем случае) двухмерное инвариантное пространство. И пересечение этого пространства со сферой будет окружность, соответствующая (в нашем случае) множеству минимума. Максимум достигается в двух точках, лежащих на пересечении сферы и одномерного инвариантного пространства, соответствующего собственному вектору для некратного собственного значения.

Т.е. есть нужно искать собственные числа и вектора, для той матрицы, которую я составил?
на самом деле, не очень понял=)

-- Вс апр 17, 2011 20:13:08 --

bot в сообщении #435936 писал(а):

Найти точку на окружности $x^2+y^2=1$

laplas_the_best в сообщении #435904 писал(а):

Условие задачи симметрично относительно перестановки значит они должны быть равны!

Давайте лучше осознаем, что у нас Вас получилось в случае $\lambda=-\frac{1}{2} $. Получилось, что точка должна лежать в плоскости и принадлежать сфере ...

Про симметрию ясно!

[мат-ламер]

[quote="laplas_the_best в сообщении #435986 Т.е. есть нужно искать собственные числа и вектора, для той матрицы, которую я составил?
на самом деле, не очень понял=)[/quote]
Нужно решать систему, которую Вы составили. Но это будет такая же система, как и для нахождения собственных значений и собственных векторов с единичной нормой. Это я просто для наглядности аналогию привёл. Если непонятно, можете пока не обращать на это внимание.

[laplas_the_best]

$x^2+y^2+z^2=(y+z)^2+(x+z)^2+(y+z)^2=1$

$2x^2+2y^2+2z^2+2yz+2xz+2yz=1$

$2+2(yz+xz+xy)=1$

$yz+xz+xy=-\dfrac{1}{2}$