Matematické Fórum

livia · 22. 09. 2015 12:44 — Editoval livia (22. 09. 2015 12:45)

Ahojte, mám problém s týmto príkladom: Nájdite viazané lokálne extrémy funkcie $f(x,y)=3x+2y$ na parabole $x^2-2xy+y^2-x+6y=0$ .
Skúšala som príklad riešiť najskôr Lagrangeovou metódou, ale narazila som na problém, že determinant 2x2 mi vyšiel 0 a potom som nevedela ako ďalej pokračovať (lebo, či je tam extrém, vieme povedať len ak výjde + alebo -).
Vyskúšala som ešte ďalšiu metódu, v ktorej sa rieši sústava rovníc:
$f'_{x}.g'_{y}-f'_{y}.g'_{x}=0$
$g(x,y)=0$ ,
kde $g(x,y)=0$ je väzba.
Vyšiel mi stacionárny bod $A=[\frac{8}{5},-\frac{2}{5}]$ . Ten by mal byť podľa knihy správne. Potom zisťujeme, aký extrém je v stacionárnom bode pomocou druhej derivácie $F''(x)=-\varphi ''(x)$ , kde $\varphi (x)$ je funkcia implicitne určená rovnicou $g(x,y)=0$ .
Ak $F''(x)=-\varphi ''(x)<0$ , tak v stacionárnom bode je viazané lokálne maximum. Ak $F''(x)=-\varphi ''(x)>0$ , tak v stacionárnom bode je viazané lokálne minimum.
Keď som to použila na tento stacionárny bod, tak mi vyšla hodnota tej derivácie 6,25, teda kladná, takže by malo ísť o minimum, ale malo výjsť, že je to maximum. Neviem, kde je chyba, prepočítala som to viackrát.
Ako by sa teda malo postupovať?
Pri tejto druhej metóde sa mi to ale viackrát stalo, že mi to vyšlo naopak, teda min, keď malo byť max a naopak. Keď mi to nejde Lagrangeovou metódou, tak skúšam túto (našla som to v knihe). Ale keďže tie výsledky niekedy sedia, niekedy nie, tak neviem, či je to správne. Vďaka za pomoc.

kaja.marik · 22. 09. 2015 13:24

Kdyz ten determinant vyjde 0 tak by se snad dal pouzit nejaky jiny argument, treba ze se jedna o parabolu a ze vrstevnice funkce jsou primky, pripadne nacrtnout situaci. pokud se povede namalovat tu parabolu.

Brano · 22. 09. 2015 17:47

Lagrangeovou metodou to ma byt spravne takto.

$L=3x+2y-\lambda[x^2-2xy+y^2-x+6y]$
teda
$L'_x=3-\lambda(2x-2y-1)=0$ , $L'_y=2-\lambda(-2x+2y+6)=0$ a $x^2-2xy+y^2-x+6y=0$
co ma riesenie
$x=1,6; y=-0,4; \lambda=1$
a teraz vypocitame druhu derivaciu $L$
$\begin{pmatrix}-2\lambda & 2\lambda\\ 2\lambda & -2\lambda \end{pmatrix}$ a po dosadeni $\begin{pmatrix}-2 & 2\\ 2 & -2 \end{pmatrix}$
potialto si to mala dobre, ale problem, je, ze tato matica neurcuje charakter extremu - este ju treba zredukovat na tangecialny priestor vazby v danom bode
takze $\nabla g=(2x-2y-1,-2x+2y+6)$ a po dosadeni $(3,2)$ - potrebujeme bazu vektorov co su nanho kolme - v dvojrozmernom priestore to je iba jeden - napr. $(2,-3)$ a vypocitame
$\begin{pmatrix}2 & -3 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}-2 & 2\\ 2 & -2 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 2\\ -3 \end{pmatrix}=-50$
co je nieco ako druha derivacia funkcie kde je dosadene za $y$ vyjadrene z vazby - teda kedze je zaporna, tak sa jedna o maximum.

livia · 22. 09. 2015 20:38

↑ Brano:
Uff, nejako jednoduchšie by to nešlo? Tomuto moc nerozumiem, nikdy sme takto ani nepostupovali. Vidím, čo si kam podosadzoval, ale netuším, prečo to takto má byť.

Viem, že pri Lagrangeovej determinat tej matice nám nepovie, aký extrém to je- podľa toho vieme len povedať, či v tom bode je extrém(ak +) alebo nie je(ak -). Ak výjde determinant +, tak je tam extrém. Či je tam max alebo min určíme podľa toho, či druhá derivácia podľa x je záporná alebo kladná. Aspoň takto sme to robili. Ale keď determinat=0, tak podľa tohto pravidla nevieme rozhodnúť a treba vymyslieť niečo iné. Preto som hľadala nejaký ďalší spôsob a našla som to, čo som tu napísala. Nepoznáš náhodou túto metódu?

Brano · 22. 09. 2015 23:45 — Editoval Brano (22. 09. 2015 23:54)

livia napsal(a):
Viem, že pri Lagrangeovej determinat tej matice nám nepovie, aký extrém to je- podľa toho vieme len povedať, či v tom bode je extrém(ak +) alebo nie je(ak -).

Problem je, ze to bohuzial tak neplati - ak vas to tak ucili, tak vas to zle ucili. Teda presnejsie ak je ten determinant kladny tak tam extrem je, ale ak je zaporny tak tam extrem stale moze byt (ale nemusi) - na to sa da najst trivialny priklad

$f=x^2-y^2$ s vazbou $g:=y=0$ - dosadenim vazby sa lahko presvedcis ze v $x=0, y=0$ sa nachadza viazane minimum ale ked si vypocitas $L=x^2-y^2-\lambda y$ tak matica druhych derivacii je
$\begin{pmatrix}2 & 0\\ 0 & -2\end{pmatrix}$ - co ma determinant $-4$ .

preto sa robi ta "zredukovana" matica ktora to uz rozhodne spravne.

PS: tu druhu metodu co spominas som nejak nepochopil - teda co sa tam vlastne deje - pripadne ak mas nejaky odkaz kde si to citala tak daj a mozem sa pozriet.

livia · 24. 09. 2015 15:36

↑ Brano:
Nefunguje to s tým determinantom tak, ako som písala, pri Lagrangeovej metóde, alebo aj pri lokálnych extrémoch?
Tá druhá metóda bola v učebnici Matematika I pre Fakultu PEDAS na ZU(Bálint, Novotný, Grešák).

Brano · 24. 09. 2015 16:46

Ak mas na mysli volne (t.j. neviazane) lokalne extremy, tak tam staci brat maticu druhych derivacii a skumat jej definitnost (t.j. to co si hovorila - determinant atd) ale pri viazanych extremoch nestaci zobrat maticu druhych derivacii lagrangeovej funkcie, ale treba ju zredukovat tak ako som sa snazil naznacit.

k tej ucebnici sa nemam ako dostat ak nie je niekde na internete - ale aj tak sa mi to co si popisala nejak nezda t.j. ze by sa stacilo pozerat na druhu deriavciu funkcie danej vazbou a nijak by to nezaviselo od funkcie ktorej extrem hladas ... tak si pripadne skus pozriet ci si tam nieco neprehliadla

livia · 24. 09. 2015 20:39

↑ Brano:
Tak apoňže tie lokálne tak fungujú, lebo už mám pocit, že nič neviem.
Nemám to kde oskenovať, tak ti to nemôžem poslať(tú druhú metódu). Ale tá kniha nie je na učenie ktovie aká dobrá. V teórii vysvetlia- aký by mal byť postup, ale keď predvedú konkrétny príklad, tak si pospomínajú, že ešte sú tam ďalšie podmienky, ktoré treba zohľadniť . Možnože tam ešte tiež niečo k tomu treba doplniť. Na tom jednom príklade, ktorý tam uviedli, im to fungovalo aj takto- no mohla to byť náhoda. Aj mne tým niektoré príklady výjdu a niektoré nie. Takže asi ešte tam nad niečím treba uvažovať, ale v teórii to proste nespomenuli.
Ale aj tak vďaka za ochotu.

Brano · 24. 09. 2015 20:51 — Editoval Brano (24. 09. 2015 21:08)

len este otazocka - riesite iba dvojrozmerne problemy, alebo aj viacrozmerne - lebo dvojrozmerny by som ti vedel este zjednodusit tak aby tam bol iba vzorec do ktoreho dosadis ...

hladame extremy $f(x,y)$ viazane na $g(x,y)=0$

1) polozme $L=f-\lambda g$ (pozn. moze byt aj +lambda to je jedno len sa treba toho drzat pocas celeho prikladu)
2) riesime $L'_x=0$ , $L'_y=0$ a $g=0$ - riesenia su stacionarne body $(x_0,y_0;\lambda_0)$ samozrejme ta lambda nebude sucast odpovede, ale treba si ju zatial este pamatat, lebo v dalsom vzorci sa moze vyskytovat.
3) vypocitame $\Delta=L_{xx}''g_y'^2+L_{yy}''g_x'^2-2L_{xy}''g_x'g_y'$ v stacionarnych bodoch
a ked je $\Delta>0$ tak sa v danom bode nachadza viazane lokalne minimum, ked je $\Delta<0$ tak maximum a ked $\Dela=0$ tak nevieme a treba pouzit inu metodu.