11 KiB
Ćwiczenia 9
_TEMAT: funkcje dwóch zmiennych - ekstrema lokalne
Ekstrema lokalne
Funkcja $f$ (dwóch zmiennych) określona na obszarze otwartym $D$ ma w punkcie $(x_0,y_0)\in D$ maksimum lokalne, jeśli istnieje otoczenie $U$ tego punktu, takie że w każdym punkcie $(x,y)\in U$ różnym od $(x_0,y_0)$, zachodzi nierówność $f(x_0,y_0)\ge f(x,y)$ (dla minimum $\le$). Jeśli nierówność jest ostra na pewnym otoczeniu różnym od $(x_0,y_0)$, to ekstremum nazywa się _ścisłe.
Warunek konieczny istnienia ekstremum
Twierdzenie (warunek konieczny istnienia ekstremum)
Jeśli $f$ ma w $(x_0,y_0)$ ekstremum i ma tam obie pochodne cząstkowe, to obie są równe zeru. Inaczej mówiąc:
$$ \begin{cases} \frac {\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)=0;\\ \frac {\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)=0. \end{cases} $$
Zadanie 1 (punkt siodłowy)
W których punktach może mieć ekstremum funkcja $f(x,y)=x^2-y^2$?
Rozwiązanie:
Jedynym rozwiązaniem układu równań
$$ \begin{cases} 2x=0;\\ 2y=0; \end{cases} $$ jest punkt $A=(0,0)$.
Ponieważ
$$f(x,0)>0 \text{ dla wszystkich }x\not=0$$ oraz $$f(0,y)<0 \text{ dla wszystkich }y\not=0,$$ to punkt $(0,0)$ nie jest ekstremum lokalnym.
Zadanie 2
Czy funkcja $f(x,y)=|x|+|y|$ ma w punkcie $(0,0)$ pochodne cząstkowe? Czy ma w tym punkcie ekstremum lokalne?
Rozwiązanie:
Ponieważ $f(0,0)=0$ oraz $f(x,y)>0$ dla $(x,y)\not=(0,0)$, to w punkcie $(0,0)$ funkcja $f$ ma silne minimum lokalne. Pochodne cząstkowe funkcji $f$ nie istnieją w $(0,0)$, bo granica $$ \lim_{h\to 0}\frac{|h|}{h} $$ nie istnieje.
Warunek dostateczny istnienia ekstremum
Twierdzenie (warunek wystarczający istnienia ekstremum.)
Niech funkcja $f$ ma ciągłe pochodne cząstkowe II rzędu na otoczeniu punktu $(x_0,y_0)$ oraz niech:
$$ \begin{cases} \frac {\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)=0\\ \frac {\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)=0 \end{cases} \quad \text{oraz}\quad H(x_0,y_0)=\begin{vmatrix} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x_0,y_0)& \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x_0,y_0)\\ \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(x_0,y_0)& \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x_0,y_0) \end{vmatrix} > 0. $$ Wtedy w punkcie $(x_0,y_0)$ funkcja ma ekstremum lokalne właściwe. Jest to maksimum, gdy którakolwiek pochodna cząstkowa II rzędu nie-mieszana jest ujemna, minimum - gdy dodatnia.
Jeżeli $H(x_0,y_0)<0$, to ekstremum nie ma, a jeżeli $H(x_0,y_0)=0$, to nie wiadomo.
Zadanie 3
Wyznaczymy ekstrema lokalne dla funkcji $$ f(x,y)=x^3+3xy^2-15 x-12y. $$
Rozwiązanie:
Mamy
$$ \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=3x^2+3y^2-15 \quad\text{ oraz }\quad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=6xy-12. $$
Rozwiązaniami układu równań (wystarczy wyznaczyć $y$ z drugiego równanania i wstawić do pierwszego) $$ \begin{cases} 3x^2+3y^2-15=0\\ 6xy-12=0 \end{cases} $$ są punkty $A_1=(1,2)$, $A_2=(-1,-2)$, $A_3=(2,1)$, $A_4=(-2,-1)$.
Mamy $$ H(x_0,y_0)=\begin{vmatrix} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x_0,y_0)& \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x_0,y_0)\\ \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(x_0,y_0)& \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x_0,y_0) \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 6x_0& 6y_0\\ 6y_0& 6x_0 \end{vmatrix}=36(x_0^2-y_0^2). $$
Stąd:
- $H(1,2)<0$ zatem punkt $(1,2)$ nie jest ekstremum lokalnym.
- $H(-1,-2)<0$ zatem punkt $(-1,-2)$ nie jest ekstremum lokalnym.
- $H(2,1)>0$ i $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(2,1)>0$ - zatem punkt $(2,1)$ jest minimum lokalnym.
- $H(-2,-1)>0$ i $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(-2,-1)<0$ - zatem punkt $(2,1)$ jest maksimum lokalnym.
More...
Wiecej przykładów można znaleźć tutaj.
Przykładowe zadanie optymalizacyjne
Zadanie 4
Jakie powinny być wymiary prostopadłościennego otwartego od góry zbiornika o objętości 1000 litrów, aby na jego wykonanie zużyć jak najmniej materiału?
Rozwiązanie:
Trzeba znaleźć prostopadłościan o objętośći $ 1000 $ litrów tak, aby suma pól powierzchni ścian bocznych oraz jego podstawy była jak najmniejsza.
Oznaczmy przez $ x $, $ y $ długości krawędzi podstawy naszego prostopadłościanu oraz przez $ h $ jego wysokość. Ponieważ objętość prostopadłościanu ma być równa $1000$, to $$ x \cdot y \cdot h = 1000. $$
Suma pola podstawy i powierzchni bocznej naszego prostopadłościanu jest równa
$$ p(x,y,h)= x \cdot y + 2 \cdot (x + y) \cdot h. $$
Z warunku $ x \cdot y \cdot h = 1000 $ dostajemy, że $ h = \frac{1000}{x \cdot y} $. Zatem
$$ p(x,y,h)= x \cdot y + 2 \cdot (x + y) \cdot \frac{1000}{x \cdot y} = x \cdot y + \frac{2000}{x} + \frac{2000}{y}. $$
Stąd funkcja $p$ jest w istocie funkcją dwóch zmiennych, oznaczmy ją przez $f(x,y)$. Mamy
$$ f(x, y) = x \cdot y + \frac{2000}{x} + \frac{2000}{y}. $$
Za dziedzinę naszej funkcji przyjmujemy zbiór: $$ D = \{(x, y) : x > 0, y > 0\}. $$
Pochodne cząstkowe funkcji $ f $ są równe: $$ \frac{\partial f}{\partial x}(x,y) = y - \frac{2000}{x^2}, \quad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y) = x - \frac{2000}{y^2}. $$
Musimy rozwiązać układ równań: $$ \begin{cases} y - \frac{2000}{x^2} = 0, \\ x - \frac{2000}{y^2} = 0. \end{cases} $$
Wyznaczamy $ y $ z pierwszego równania i podstawiając do drugiego dostajemy, że :
$$ y = \frac{2000}{x^2} \quad\text{oraz}\quad x - \frac{2000}{\left(\frac{2000}{x^2}\right)^2} = 0. $$
Przekształcając drugie równanie, otrzymujemy: $$ x - \frac{x^4}{2000} = 0. $$
Jedynym dodatnim rozwiązaniem tego równania jest $$ x = \sqrt[3]{2000}. $$ Proste rachunki dają, że $$ y = \frac{2000}{x^2} = \frac{2000}{\left(\sqrt[3]{2000}\right)^2} = \sqrt[3]{2000}. $$
Nie jest trudno zauważyc, że w punkcie $( \sqrt[3]{2000}, \sqrt[3]{2000})$ funkcja $f$ przyjmuje wartość najmniejszą na zbiorze $D$, wynika to z następujących obserwacji:
$$ \lim_{x\to 0}f(x,y)=\infty, \quad \lim_{y\to 0}f(x,y)=\infty, \quad \lim_{x\to \infty}f(x,y)=\infty\quad \lim_{y\to \infty}f(x,y)=\infty. $$
Ostatecznie wymiary zbiornika to: $$ x=\sqrt[3]{2000},\quad y=\sqrt[3]{2000},\quad h=\frac{\sqrt[3]{2000}}{2}. $$