Экстремальная задача. Геометрический метод

[Dosaev]

Используя геометрические интерпретации, решить следующую экстремальную задачу:
$extr(x_1^2 + 2x_2^2)$ при условии $|x_1|^{\lambda} + 2|x_2|^{\lambda}$, ~ \lambda > 0.
Меня этот параметр $\lambda $ просто вводит в тупик. Это ж какое множесто кривых получается в условии?

[ewert]

Небольшое: сначала четырёхугольные звёздочки, потом при единичке ромбик, дальше овальчики, получающиеся постепенным выдуванием сторон ромбика и в пределе (на бесконечности) прямоугольник.

Да, кстати: а где условие-то?

[Dosaev]

ewert в сообщении #761698 писал(а):

Да, кстати: а где условие-то?

Пардон, $|x_1|^{\lambda} + 2|x_2|^{\lambda} \leq 1$, ~ \lambda > 0.

-- Вс сен 08, 2013 17:03:17 --

ewert в сообщении #761698 писал(а):

Небольшое: сначала четырёхугольные звёздочки, потом при единичке ромбик, дальше овальчики, получающиеся постепенным выдуванием сторон ромбика и в пределе (на бесконечности) прямоугольник.

Эм, а как это без вольфрама проверить? То есть как это можно обосновать?

[ewert]

Dosaev в сообщении #761702 писал(а):

То есть как это можно обосновать?

Ну, это "очевидно". Т.е. совсем очевидно, что при единичной лямбде получается ромбик, достаточно очевидно и то, что при меньших единицы стороны этого ромбика выгибаются внутрь, а при бОльших -- наружу (достаточно хотя бы тупо прикинуть вторую производную в первой четверти).

[Dosaev]

min очевидно в $(0,0)$.
Не могу понять как искать максимум. У меня такой вопрос: среди всех эллипсов, которые задает наша функция, нужно найти тот, что касается изнутри нашего допустимого множества, или снаружи? Или это совсем неверный ход?

[ewert]

Снаружи, естественно.

Хотя тут есть одна пакость -- двойка, она как англичанка, всё гадит. Если лямбды меньше единички (т.е. если это звёздочки), то всё ясно. А вот если это овальчики -- то слова "из геометрических соображений" походят на некоторое жульничество, т.к. там возможны уже некие конфликты выпуклостей и именно из-за несовпадения полуосей. Впрочем, могу и ошибаться -- всерьёз не думал.

[Dosaev]

ewert в сообщении #762115 писал(а):

Снаружи, естественно.

...Если лямбды меньше единички (т.е. если это звёздочки), то всё ясно.

Хорошо, к примеру $\lambda = 1.$ Тогда допустимое множество - это ромб с вершинами в $(1, 0), ~(0,\frac{1}{2}), ~ (-1, 0), ~ (0, -\frac{1}{2}).. Пусть один из эллипсов описывает этот ромб, как вы сказали. То есть он проходит через четыре вершины нашего ромба. Проходя через точку $(1, 0)$, значение функции равно $1$.а через точку $(0,\frac{1}{2})$ функция принимает значение равное $\frac{1}{2}.$. Как так получилось? Может быть все-таки эллипс должен касаться изнутри?

-- Пн сен 09, 2013 22:33:26 --

Или функция $x_1^2 + 2x_2^2$ не постоянна на эллипсе? Но тогда уже это не эллипс.

[ewert]

Dosaev в сообщении #762138 писал(а):

То есть он проходит через четыре вершины нашего ромба.

Через все четыре точно не пройдёт. И именно потому, что англичанка двойка гадит. Ибо вершины у ромбика и у эллипса не согласованы -- масштабы по осям получаются разными. Надо, чтоб две вершинки ромбика находились на эллипсе, а две другие оказались внутри.

[Dosaev]

Хм, интересно, тогда я подумаю.
Если после завтрашнего семинара не прояснится, возможно будут еще вопросы. Спасибо

[Dosaev]

(Оффтоп)

Семинарист забыл про задачку, а сам не успел напомнить.

Вот к чему пришел:
Рассмотрел случаи: $~0 < \lambda \leq 1$ и $\lambda > 1$.

$1. ~0 < \lambda \leq 1$. Тут все просто, наша область выглядит как 4-угольная звездочка с вогнутыми сторонами и ограниченная с боков единичками, а сверху и снизу одной второй, причем $\frac{1}{2}$ достигается, когда область - ромб ($\lambda=1$). Тогда нашему эллипсу нужно всего лишь коснуться боков с единичками, так как сверху и снизу он итак охватит одни вторые. То есть, в точках $x_1 = 1, x_2 = 1$ и $x_1 = 0, x_2 = -1$ ~\max_{\lambda \leq 1} f = 1$.
$2.~\lambda > 1$. Наша область, с увеличением лямбда, как уже было сказано, будет выпячиваться из ромбика, и то, что раньше было острием звезды, будет сглаживаться и стремиться к единичке вверх и вниз, то есть область будет превращаться в квадрат. Тут я использовал условие касания двух графиков, то есть, для простоты я рассмотрел первую четверть плоскости $(x_1, x_2)$, функцию $g(x_1) \equiv x_2$ и продифференцировал по $x$ уравнение эллипса:
$x_1^2 + 2g^2 = \alpha, \alpha > 0 \Rightarrow $
$2x_1 + 4gg' = 0 \Rightarrow f' = -\frac{1}{2}\frac{x_1}{g}$
Аналогично со вторым уравнением:
$x_1^{\lambda} + 2x_2^{\lambda} = 1 = x_1^{\lambda} + 2g^{\lambda}$
После приравнял производные и у меня получилось: $x_1 = x_2$. То есть из предыдущего уравнения можно найти $x_1 = x_2 = (\frac{1}{3})^{\lambda} = 3^{-\lambda}. $ Тогда из уравнения $f(x_1, x_2) = x_1^2 + 2x_2^2$ найдем $\max f = 3^{1-2\lambda}.$ Ну и рассматриваем остальные четверти.
Вот, может хоть что-то верно.