Условный экстремум ФНП. Комплекс. множитель Лагранжа

[Judy Ju]

Такой вопрос. Если при решении задания на условный экстремум функции двух переменных коэффициент $\lambda$ получается комплексный (т.к корень из $\lambda^2=-1/16$), то?.. Не существует условного экстремума? Или все же существует? И какими ещё способами можно решить эту задачу, если можно? Не получилось как-то найти информацию об этом

[Judy Ju]

Знаю что не должен быть равен нулю.
А с комплексным вот сложно
Если подскажите литературу какую-нибудь, где точно об этом говорится, или разбор именно такого задания, тоже буду очень рада
Потому что обычно разбирают задания, где $\lambda$ оказывается положительным числом либо нулем

[vpb]

Judy Ju в сообщении #1417091 писал(а):

то?.

То значит Вы ошиблись. В функцию Лагранжа $\lambda$ входит в первой степени, комплексному взяться неоткуда. Или приведите подробности своего примера.

[teleglaz]

Значит что-то не так с вашей задачей. А конкретно с множеством допустимых решений. Если речь о двух переменных, то можно попробовать нарисовать его.
Ну или вы просто ошиблись.
А это вопрос на расширение кругозора или он возник в ходе решения задачи? Если последнее, то можно задачу привести?

[Judy Ju]

vpb в сообщении #1417152 писал(а):

Judy Ju в сообщении #1417091 писал(а):

то?.

приведите подробности своего примера.

Вообще в ходе решения задачи, но и на расширение кругозора, конечно)

teleglaz в сообщении #1417155 писал(а):

Если последнее, то можно задачу привести?

Тоже думаю что, наверное, ошиблась, но не могу понять где. Проверила десять раз все и, видать, все равно где-то туплю :( (задания такие решать умею, конечно, раньше проблем не возникало)
Условие: "Найти экстремумы функции $2x+y+1$ при условии $x^2+4xy+2y^2-2=0$", на вид обычное типовое
Мое решение:
Функция Лагранжа: $2x+y+1+\lambda(x^2+4xy+2y^2-2)$
Определяю точку, подозрительную на экстремум:
$$ \begin {cases} L'_x=0\\ L'_y=0\\ x^2+4xy+2y^2-2=0\\ \end {cases}$$ Решаю далее, нахожу производные: $\begin {cases} 2+2\lambda x+4\lambda y=0\\ 1+4\lambda x+4\lambda y=0\\ x^2+4xy+2y^2-2=0 \end {cases}$
Нахожу $x$ и $y$, получилось $x=0,5/\lambda$, $y=-3/4\lambda$.
Подставляю в третье уравнение из системы и получаю $\lambda^2=-1/16$.
При этом построила графики, как вы советовали, и вроде все замечательно пересекается, и точки есть. Но ошибку не могу найти :(

[Red_Herring]

А с какого фонаря вообще должен быть экстремум? Какую кривую задает уравнение?

[ozheredov]

Red_Herring в сообщении #1417505 писал(а):

А с какого фонаря вообще должен быть экстремум?

Стопудово в условии всё перепутано: надо искать надо минимум квадратичной хвункции при линейном ограничении

[ewert]

Judy Ju в сообщении #1417494 писал(а):

При этом построила графики, как вы советовали, и вроде все замечательно пересекается, и точки есть.

Вот именно что графики -- во множественном числе. Ограничение (квадратичное) задаёт фиксированную линию. Целевая же функция (линейная) задаёт семейство линий (прямых), каждая из которых отвечает определённому значению этой функции.

Так вот, если эти линии всегда пересекаются, то это не замечательно, а отвратительно -- это означает, что экстремумов нет (такое вполне возможно). Экстремумы же появляются, когда эти линии касаются друг дружки. И отсутствие вещественных лямбд как раз и означает отсутствие экстремумов -- множители Лагранжа по определению вещественны.

Впрочем, арифметику не проверял -- верю Вам на слово.

[Red_Herring]

ozheredov в сообщении #1417509 писал(а):

Стопудово в условии всё перепутано: надо искать надо минимум квадратичной хвункции при линейном ограничении

Видите ли, за очевидными исключениями это одно и то же, искать точку в которой $\nabla f=\lambda \nabla g$ и наоборот.

[ewert]

Это не совсем одно и то же -- это переформулировка. Которая иногда выгодна, а иногда и нет. В учебной задачке на Лагранжа она просто вредна.

(ну и при чём тут именно минимум, конечно)

[Judy Ju]

ewert в сообщении #1417511 писал(а):

Так вот, если эти линии всегда пересекаются, то это не замечательно, а отвратительно -- это означает, что экстремумов нет (такое вполне возможно). Экстремумы же появляются, когда эти линии касаются друг дружки.

Red_Herring в сообщении #1417505 писал(а):

А с какого фонаря вообще должен быть экстремум? Какую кривую задает уравнение?

Прикрепляю графики. Кажется, у меня именно тот случай, о котором вы говорите
Графики бесконечно пересекаются и поэтому нет экстремумов, верно?

[Red_Herring]

Judy Ju в сообщении #1417521 писал(а):

Прикрепляю графики.

Ну и зачем 3D? Достаточно одну кривую (гиперболу) и несколько параллельных прямых на плоскости

[ewert]

Этот график невнятен. Нужны не трёхмерные, а просто двумерные линии, задаваемые уравнениями.

Будем конкретнее. В Вашем случае квадратичное ограничение задаёт какую-то гиперболу. И на этой гиперболе ищутся экстремумы "целевой" линейной функции.

Фиксация значения этой функции задаёт некоторую прямую $2x+y+1=C$. Она (во всяком случае, при больших по модулю константах $C$) пересекает гиперболу два раза. Именно два, т.к. угловой коэффициент прямой рационален, а угловые коэффициенты асимптот гиперболы -- иррациональны.

Далее возможны два случая (поскольку ветви гиперболы могут быть навешены на свои асимптоты одним из двух способов).

1). Прямая пересекает дважды одну и ту же ветвь гиперболы. Тогда при уменьшении величины константы она рано или поздно окажется касательной к этой ветви; это значение константы и будет одним из экстремальных. Другой экстремум получится, когда при дальнейшем изменении константы прямая коснётся другой ветви гиперболы.

2). Прямая пересекает по одному разу обе ветви гиперболы. Тогда так будет и при любом значении константы $C$. И это будет означать, что никакое значение целевой функции не будет экстремальным. Т.е. что экстремумов на гиперболе у неё нет.

Если Вы всё посчитали правильно -- т.е. если лямбды и впрямь лишь комплексные -- то у Вас случай именно второй.

Конечно, это лишь частный пример. Но он хорошо иллюстрирует, с чем можно столкнуться в принципе.

[Judy Ju]

Вот оно как)
Спасибо, поняла
Ну и ещё
Мне очень неловко спрашивать такие вещи, но.
В какой программе из более-менее общедоступных можно построить такие графики?
Чтобы гипербола выглядела как обычная гипербола, а семейство прямых было, допустим, заштрихованной плоскостью? Как бы "вид сверху"
Просто например Вольфрам строит гиперболу и в таком виде, но вот множество прямых в 3D. А если строить оба графика одновременно, то
получается очень детализиованный вид сверху с "высотой" плоскостей относительно друг друга, векторами и так далее.
Остальные доступные программы вообще по умолчанию 3D строят и всё :(

[ewert]

Judy Ju в сообщении #1417531 писал(а):

В какой программе из более-менее общедоступных можно построить такие графики?

В Matlab есть стандартная функция contour, предназначенная для рисования именно линий уровня. Правда, Matlab далеко не общедоступен (он шибко коммерческий). Но у него есть абсолютно бесплатный аналог -- Octave -- с практически идентичным языком (а кое в чём этот аналог иногда даже и переплёвывает оригинал).

Правда, этот язык придётся освоить. Но он очень прост и хорошо продуман. Как минимум в базе, а большего и не нужно.