Uslovni ekstremum

Imam odredjene poteskoce oko ovog zadatka pa ako moze mala pomoc...

Odrediti uslovni ekstremum funkcije $z(x,y)=x^2+2xy+y^2$ za $2x^2+y^2 -6=0$ , a potom odrediti najmanju i najvecu vrednost na zatvorenoj oblasti $D=[(x,y)\in R^2 | 2x^2+y^2 -6=<0 , y=<0]$ .

Formirao sam Lagranzovu funkciju i nasao $\lambda_1 = 0$ i $\lambda_2 = -3/2$ gde su za $\lambda_1$ stacionarne tacke $M_1(\sqrt2,-\sqrt2)$ i $M_2(-\sqrt2,\sqrt2)$ , a za $\lambda_2$ su $M_3(1,2)$ i $M_4(-1,-2)$

Posle nadjem totalni diferencijal drugog reda ali imam poteskoce da odredim znak, pokusao sam pre toga Silvesterovom teoremom naravno bez uspeha.
$\frac{\partial^2 F}{\partial x^2}= 2\lambda +1$
$\frac{\partial^2 F}{\partial y^2}= \lambda +1$
$\frac{\partial^2 F}{\partial x\partial x}= 1$

I jedno pitanje. Za drugi deo zadatka kada trazim najm. i najv. vred. na zatvorenoj oblasti, prilikom postupka kada prvo nadjem stacionarne tacke funkcije z(x,y) treba da proverim da li pripadaju toj oblasti?

EDIT:
Uspeo sam, trebalo je jos da nadjem diferencijal uslova, pa su $M_1(\sqrt2,-\sqrt2)$ i $M_2(-\sqrt2,\sqrt2)$ minimumi, a $M_3(1,2)$ i $M_4(-1,-2)$ maksimumi. Dalje za zatvorenu oblast dobijam i $M(0,0)$ , kojoj pripadaju i $M_1$ i $M_4$ . Sledi da je najmanja vrednost u M gde je z=0, a najveca u $M_4$ gde je z=9.

Nadam se da ce jos neko da potvrdi moje resenje...

Za $\lambda=0$ je Lagranževa funkcija upravo $z(x,y)=(x+y)^2$ . Kada je $(x,y)=M_1$ , onda je $z(x,y)=0$ . Možemo li u okolini te tačke naći tačke u kojima je vrednost Lagranževe funkcije negativna? Očigledno ne. Možemo li u okolini te tačke naći i druge tačke u kojima je $z(x,y)=0$ ? Pa, možemo, $(x,y)=(\sqrt 2+\varepsilon,-\sqrt 2-\varepsilon)$ za $\varepsilon$ blisko nuli (ne mora biti pozitivno) i nikakve druge. Da li neka od tih tačaka zadovoljava uslov? Da vidimo:

$2(\sqrt 2+\varepsilon)^2+(-\sqrt-\varepsilon)^2-6=0$ ,
$3(\sqrt 2+\varepsilon)^2=6$ ,
$2+2\sqrt 2\varepsilon+\varepsilon^2=2$ ,
$(2\sqrt 2+\varepsilon)\varepsilon=0$ ,
$2\sqrt 2+\varepsilon=0$ ,

što ne može biti tačno za $\varepsilon$ dovoljno blisko nuli. Dakle, imamo lokalni minimum u toj tački. Slučaj tačke $M_2$ je analogan. Postojanje lokalnog ekstremuma smo mogli utvrditi i tako što bismo rešili sistem diferencijala jednačine i uslova.

$2xdx+2dxy+2xdy+2ydy=0$ ,
$4xdx+2ydy=0$ ,

Delenjem obe jednačine sa $dx$ dobijamo sistem od dve diferencijalne jednačine

$x+y+xy'(x)+yy'(x)=0$
$2x+yy'(x)=0$ .

Tražimo im zajedničko rešenje, koje zadovoljava Košijev uslov vezan za tačku lokalnog ekstremuma $y(\sqrt 2)=-\sqrt 2$ .

Oduzimanjem druge jednačine od prve dobijamo

$-x+y+xy'(x)=0$
$y'(x)=-y/x+1$ .

Ovo je linearna jednačina prvog reda, čije je opšte rešenje $y=C/x+x$ . Obzirom na Košijev zadatak, mora biti $\sqrt 2=-C/\sqrt 2-\sqrt 2$ , tj. $C=-3$ , pa je $y(x)=x-3/x$ . Da li se to uklapa u jednačinu $2x+yy'(x)=0$ . Ne baš.

Naravno, lakše je bilo rešavati jednačinu $yy'(x)+2x=0$ (smenom $u(x)=y^2(x)$ i dobićemo tačno uslov iz postavke zadatka), ali sam hteo da pokažem da se te dve jednačine smeju sabirati/oduzimati ako je podesno.

U tački $M_3$ Lagranževa funkcija glasi $-2x^2+2xy-y^2/2+9$ . Ispitajmo diferencijal Lagranževe funkcije pod uslovom da je diferencijal uslova jednak nuli i da smo blizu tačke koju razmatramo.

$2xdx+ydy=0$ ,
$dy=(-2x/y)dx$ .

Zamenimo to u Lagranževoj funkciji

$-2(1+dx)^2+2(1+dx)(2+dy)-(2+dy)^2/2+9=-2(1+2dx+dx^2)+2(2+2dx+dy+dxdy)-(4+4dy+dy^2)/2+9=9-2dx^2+2dxdy-dy^2/2=9-2dx^2+2dx(-2x/y)dx+(-2x/ydx)^2=9+dx^2(-2-4x/y+4x^2/y^2)=9+dx^2(-2-2+1)=9-3dx^2$ ,

pa imamo lokalni minimum.

Što se oblasti tiče, treba ispitati stvar i na granici. Dakle,

$z(x,y)=(x+y)^2,\quad y=0,\quad 2x^2+y^2<6$ ,
$z=x^2,\quad y=0,\quad 2x^2<6$ .

Jasno je da je ovde minimum tačka (0,0) i da drugih lokalnih ekstremuma nema.

Isto tako se analizira slučaj

$z(x,y)=(x+y)^2,\quad y<0,\quad 2x^2+y^2=6$

gde otpadaju tačke $M_2$ i $M_3$ .

Kada radimo unutar oblasti, nemamo uslove, tj. onda se minimum dostiže na otvorenoj duži $y=-x,\quad y<0,\quad 2x^2+y^2<6$ .

Naravno, ostale su nam i tačke $y=0,\quad 2x^2+y^2-6$ .

E, kad odrediš vrednosti funkcije u svim kritičnim tačkama (nevažno je da li među njima ima i viška), onda se najmanja i najveća vrednost dostižu u nekim od tih tačaka.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme