Условный экстремум. Метод Лагранжа.

[мат-ламер]

Да, я конечно имел в виду ограничение $x+y=1$. А что значит матрица Гессе вырождена? Она незнакопределена и задаёт поверхность в виде седла. Но возьмём точку минимума и проведём через неё прямую, касательную к ограничению. Теперь возьмём вторую прямую, параллельную первой и проходящую через нуль. Рассмотрим ограничение поверхности, которая соответствует матрице Гессе, на эту прямую. Это будет одномерная функция. Важно - какая она будет - выпукла или вогнута. Сведите задачу от двух переменных к задаче от одной переменной методом подстановки.

[laplas_the_best]

$f(x,y)=xy$ ; $x+y=1$

Необходимые условия:

$f'_x=y=0$
$f'_y=x=0$
Поэтому точка $(0;0)$ подозрительна на экстремум.

Достаточные условия:

$A=f''_{xx}=0$
$B=f''_{xy}=1$
$C=f''_{yy}=0$
ТОгда $D=AC-B^2=-1$ эстремума нет

-- Чт апр 28, 2011 19:55:52 --

Yu_K в сообщении #438067 писал(а):

- картинка к задаче - поверхности уровня здесь однополостные и двуполостные гиперболоиды и даже один конус есть среди них. Случаи касания этих пов-тей с единичной сферой и дают здесь точки экстремума.

Для закрепления материала можно порешать задачу номер 8 из тривиума В.И. Арнольда http://www.ega-math.narod.ru/Arnold.htm - там тоже вырожденные случаи.

Красиво, понятно теперь визуально) Спасибо!

[мат-ламер]

Необходимые условия надо применять не к исходной функции, а к функции Лагранжа.

[laplas_the_best]

Да. спасибо, точно)

$L(x,y,\lambda)=xy-\lambda (x+y)$

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

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

$x+y=1$ => $2\lambda=1$ => $\lambda = \dfrac{1}{2}$

$x=y=\dfrac{1}{2}$

Необходимые условия в точке $(0,5;0,5)$ выполнены



Проверим достаточные условия в этой точке

$A=\dfrac{\partial^2 L}{\partial x^2}=0$

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

$C=\dfrac{\partial^2 L}{\partial y^2}=0$

-- Чт апр 28, 2011 22:40:34 --

ТОгда $D=AC-B^2=-1$ эстремума нет

но меня интересует ситуация, когда $D=0$!! Как тогда быть?)

[Yu_K]

2 laplas_the_best
Вдоль данной прямой $x+y=1$ фукция двух переменных становится функцией одной переменной $z(x,y(x))=x(1-x)$ и по Вашему получается у этой функции нет экстремума? А как Вы формулируете достаточное условие экстремума для функции с ограничениями?

[bot]

laplas_the_best в сообщении #439787 писал(а):

Да. спасибо, точно)

Увы, не точно. При наличии связи имеем:
$\Delta f(x_0, y_0)=\Delta L(x_0, y_0)=dL(x_0,y_0)+\frac{1}{2}d^2L(x_0,y_0)+o(\Delta x^2+\Delta y^2)$. Так как $dL(x_0,y_0)=0$ в точке $(x_0,y_0)$, то для выяснения знака приращения при малых возмущениях переменных (пренебрегая o малым), достаточно убедиться в определённости второго дифференциала $d^2L(x_0,y_0)=2dxdy$. Вы исследуете знак квадратичной формы $d^2L(x_0,y_0)=2dxdy$ (без всяких A, B, C очевидно, что она знакопеременна) и игнорируете связанность возмущений переменных: в исследуемой точке, не сходя с прямой $x+y=1$, в любую сторону не пойдёшь. Эта зависимость определяется дифференцированием уравнения связи. Вот при условии этой связи и требуется выяснять знак.

PS. По сути Yu_K сказал об этом проще, но иллюстрация метода Лагранжа потерялась.

[Yu_K]

bot в сообщении #439890 писал(а):

Увы, не точно. При наличии связи имеем:
$\Delta f(x_0, y_0)=\Delta L(x_0, y_0)=dL(x_0,y_0)+\frac{1}{2}d^2L(x_0,y_0)+o(\Delta x^2+\Delta y^2)$. Так как $dL(x_0,y_0)=0$ в точке $(x_0,y_0)$

Как то не очень корректно смотрится переход от функции $L(x,y,\lambda)$ трех переменных к функции $L(x,y)$двух переменных.

[bot]

Почему? Это просто параметр, его включение в число переменных - чистое украшательство с целью записать необходимое условие одним равенством $\dL(x,y,\lambda)=0$.

[laplas_the_best]

Yu_K в сообщении #439844 писал(а):

2 laplas_the_best
Вдоль данной прямой $x+y=1$ фукция двух переменных становится функцией одной переменной $z(x,y(x))=x(1-x)$ и по Вашему получается у этой функции нет экстремума? А как Вы формулируете достаточное условие экстремума для функции с ограничениями?

Спасибо! Это да, так можно найти, что функция имеет максимум=)
Но мне не найти ошибки в своем решении(((

-- Пт апр 29, 2011 22:11:15 --

bot в сообщении #439890 писал(а):

laplas_the_best в сообщении #439787 писал(а):

Да. спасибо, точно)

Увы, не точно. При наличии связи имеем:
$\Delta f(x_0, y_0)=\Delta L(x_0, y_0)=dL(x_0,y_0)+\frac{1}{2}d^2L(x_0,y_0)+o(\Delta x^2+\Delta y^2)$.

Не понял, откуда следует формула...А откуда мы это имеем при наличии связи?!

[bot]

Слагаемое с лямбдой равно нулю - из уравнения связи, второе равенство - формула Тейлора.

[Yu_K]

По предложению bot надо подставить в выражение для второго дифференциала следствие уравнения связи $dx+dy=0$. Получится что вариация целевой функции на прямой всегда отрицательна в критической точке.

Но мне кажется что в вырожденном случае типа
$f(x,y)=(x-3)^2+y^2$ при условии $d(x,y)=x^2+y^2-1=0$ такой подход не даст результата. Я считаю, что только введение локальной системы координат на пов-ти связи в критической точке позволит установить характер особенности. А может bot сформулировать строго достачное условие экстремума для задачи с ограничениями с использованием подхода Лагранжа.

[bot]

Пусть целевая функция и уравнения связи дважды дифференцируемы в точке, в которой выполнилось необходимое условие и дифференциалы уравнений связи линейно независимы. Если $d^2L$ на касательном подпространстве в этой точке является положительно определённой формой, отрицательно определённой или знакопеременной, то в этой точке соответственно условный минимум, максимум или нет экстремума. Обломны для метода Лагранжа случаи полуопределённости кв. формы, но всё же из них кое-что выцарапать можно: из положительной полуопределённости вытекает отсутствие максимума (а минимум то ли есть, то ли нету) и аналогично для отр. полуопр.

Ваш пример неудачен. Даже если не заметить очевидного геометрического решения, то уж после использования необходимого условия вряд ли потянет на достаточное, поскольку точек две, а окружность – компакт.
Ну и наконец, если всё же довести метод Лагранжа до конца, то ничего обломного для него в этой задаче нет.
$L=(x-3)^2+y^2+(\lambda-1) (x^2+y^2), \frac{dL}2=(\lambda x-3)dx+\lambda ydy=0$. Отсюда две точки $(\pm 1, 0)$ при $\lambda =\pm 3$. Дифференцируя уравнение связи получаем $xdx+ydy=0$, что в точках $(\pm 1, 0)$ даёт $dx=0$, ну и $\frac12d^2L=\lambda dy^2$. В плюсовой точке условный минимум, в минусовой максимум.

Вот совсем простой пример, обломный для метода Лагранжа, а потому с необходимостью потребуется либо сводить к случаю одной переменной (что просто) либо пристально посмотреть на исследуемую точку, чего порой трудно добиться от студента - они готовы на любые вычисления по делу или без дела, лишь бы не думать. Цель $x^3y$, связь $x+y=4$.

Вот чуток пообломистей, но тоже несложный: $x^4+y^4-z^2, x+y+z=0$