Matematika A2a 2008/8. gyakorlat

Feltételes szélsőértékfeladat

Feltétele szélsőérték feladat - Lagrange-multiplikátormódszer - Tegyük fel, hogy az u = F(x,y,z) skalárfüggvény szélsőértékét keressük az f(x,y,z) = c korlátozás (feltétel) mellett. Ekkor a következőképpen járunk el. A szükségesség szempontjából a feladat egyenértékű az

$\Phi(x,y,z,\lambda)=F(x,y,z)+\lambda\cdot f(x,y,z)\,$

négyváltozós szélsőérték feladat vizsgálatával.

1. példa

Határozzuk meg a síkon az origó távolságát egy adott egyenesől!

Legyen az egyenes egyenlete

$Ax+By=C\,$

(nyilván A és B nem egyszerre nulla, mert (A,B) nomálvektor.) A keresett szám az origó és az egyenes pontjai közötti távolságok közül a legkisebb.

Tehát keressük a

$d(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}\,$

kétváltozós leképezés minimumát az

$Ax+By=C\,$

feltétel mellett.

Megjegyzés. Ez a minimum biztosan létezik, mert ha P az egyenes egy tetszőlegesen rögzített pontja, akkor az OP távolság kétszeresénél közelebb lesz a keresett szélsőértékhely. A feladat tehát az 2$\cdot$OP sugarú zárt gömb és az egyenes közös pontjain értelmezett, fenti d(x,y) hozzárendelési utasítású függvény szélsőértékének meghatérozása. d kompakt halmazon folytonos, így Weierstrass tétele miatt felveszi abszolút minimumát.

Lagrange módszere szerint a feltételi egyenlet nullára redukált alakja:

$f(x,y)=Ax+By-C=0\,$

ezt a leképezést kell hozzávenni a multiplikátorral szorozva a függvényhez:

$\Phi(x,y,\lambda)=\sqrt{x^2+y^2}+\lambda.(Ax+By-C)\,$

Az szélsőérték szükségességét vizsgálva:

$\mathrm{grad}\,\Phi(x,y,\lambda)=\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}+\lambda.A,\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}+\lambda.B,Ax+By-C\right)=(0,0,0)$

Az utolsó 0 lényegében a feltételi egyenlet megismétlését jelenti. λ kiesik, ha az első "egyenlet" B-vel, a másodikat A-val beszorozzuk. Ebből:

$Bx-Ay=0\,$

és a feltételi egyenlet:

$Ax+By=C\,$

Innen

$(x,y)=\left(\frac{AC}{\sqrt{A^2+B^2}}, \frac{BC}{\sqrt{A^2+B^2}}\right)$

Annak eldöntése, hogy ez valóban minimumhely-e, a második derivált próbára hárulna, de az nem tudja eldönteni mert (mint kiderülne) a Hesse-mátrix nem nem definit.

$\mathrm{H}^{\Phi}(x,y,\lambda)= \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}-\frac{x^2}{\sqrt{x^2+y^2}^3} & - \frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}^3}& A\\ - \frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}^3}& \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}-\frac{y^2}{\sqrt{x^2+y^2}^3} & B\\ A & B & 0 \end{pmatrix}$

az adott pontban ez

$\mathrm{H}^{\Phi}(x,y,\lambda)= \begin{pmatrix} \frac{1}{|C|}-\frac{A^2}{|C|(A^2+B^2)} & - \frac{AB}{|C|(A^2+B^2)}& A\\ - \frac{AB}{|C|(A^2+B^2)}& \frac{1}{|C|}-\frac{B^2}{|C|(A^2+B^2)} & B\\ A & B & 0 \end{pmatrix}$

A bal felső elem pozitív, de a 2×2-es determináns nulla. Azaz a szabad feladat szemidefinit és a szélsőérték jellegének megvizsgálása további tanulmányozást igényelne, amit most idő hiányában nem végzünk el.

2. példa

Keressük az

$F(x,y)=x+y\,$

összeg maximumát az

$x^2+y^2=2\,$

feltétel mellett.

Legyen

$\Phi(x,y,\lambda)=x+y+\lambda (x^2+y^2-2)\,$

Ekkor

$\mathrm{grad}\,\Phi(x,y,\lambda)=(1+\lambda 2x,1+\lambda 2y,x^2+y^2-2)=(0,0,0)\,$

így

$x=-\frac{1}{2\lambda}$, $y=-\frac{1}{2\lambda}$, $2=\frac{1}{2\lambda^2}$

Innen a megoldások:

$\lambda_1=1\,$, $x_1=-\frac{1}{2}$, $y_1=-\frac{1}{2}$

$\lambda_2=-1\,$, $x_2=\frac{1}{2}$, $y_2=\frac{1}{2}$

A Hesse-mátrix:

$\mathrm{H}^{\Phi}(x,y,\lambda)= \begin{pmatrix} 2\lambda & 0 & 2x\\ 0 & 2\lambda & 2y\\ 2x & 2y & 0 \end{pmatrix}$

az adott pontokban ez

$\mathrm{H}^{\Phi}(x,y,\lambda)= \begin{pmatrix} \pm 2 & 0 & \mp 1\\ 0 & \pm 2 & \mp 1\\ \mp 1 & \mp 1 & 0 \end{pmatrix}$

A két megoldás esetén a szabad probléma aldeterminánsai:

2, 4

-2, 4

azaz már a szabad feladat 2×2-es mátrixa is pozitív ill. negatív definit, azaz nyugodtan kijelenthetjük, hogy feltételes feldatnak (-1/2,-1/2)-ben minimuma, (1/2,1/2)-ben maximuma van.

Tartományi szélsőértékfeladat

Legyen K ⊆ Rⁿ kompakt halmaz és f : Rⁿ$\to$ R differenciálható függvény. Weierstrass tétele szerint f felveszi szélsőértékeit. Ha int (K)-ban nem találunk lokális szélsőértékhelyet, akkor a határon veszi föl azokat, melyet a multiplikátormódszerrel, vagy egyéb feltételes szélsőértékmódszerrel számolunk ki. Ha int(K)-ban van lokális szélsőérték, akkor a front(K) szélsőértékei és eközött kell megtalálnunk az extémumot.

1. példa

Tekintsük a $z=4-x^2-2y^2\,$ egyenletű elliptikus paraboloidot. Határozzuk meg a [-x,x], [-y,y], [0,z] élek által kifeszített legnagyobb térfogatú tégla térfogatát, ha (x,y,z) a felületen, az [x,y] sík feletti részen van.

Felírjuk a térfogat x,y-tóli függését:

$V(x,y,z)=4xyz\,$

$f(x,y)=V(x,y,z(x,y))=4xy(4-x^2-2y^2)=16xy-4x^3y-8xy^3\,$

az értelmezési tartománya pedig az első negyed

$x^2+2y^2=4\,$ azaz $\left(\frac{x}{2}\right)^2 + \left(\frac{y}{\sqrt{2}}\right)^2=1\,$

egyenletű ellipszisbe eső része:

$\mathrm{Dom}(f)=\{(x,y)\in\mathbf{R}^2\mid x\leq 0 \land y\leq 0 \land 4\geq x^2+2y^2\}=K\,$

Ekkor az int(K) beli szélsőérték szükséges feltétele:

$\mathrm{grad}\,f(x,y)=(16y-12x^2y-8y^3,16x-4x^3-24xy^2)=(0,0)\,$

A megoldás

$x=1, y=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Mivel itt z(x,y) = 2 < 4, ezért (x,y) ∈ int(K) és értéke $V = 4\sqrt{2}$ Megállapítjuk, hogy ez maximum és csakis ez. Egyrészt front(K)-n f = 0, így a határon nem veheti föl abszolút maximumát. De belül máshol se, csak az előbbi (x,y) pontban, tehát az a maximum.

Megjegyezzük, hogy azt, hogy ez lokális maximum még a másodikderivált próbával is sikeresen ellenőrizhető.

7. gyakorlat

9. gyakorlat