1 Ekstremi funkcija više varijabli

HTML
DOWNLOAD

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "1 Ekstremi funkcija više varijabli"

Μορφευς Βέργας
8 χρόνια πριν
Προβολές:

1 1 Ekstremi funkcij više vrijbli Definicij ekstrem funkcije: Funkcij u = f(x 1, x 2,, x n ) im u točki T ( 1, 2,, n ) A) LOKALNI MINIMUM f( 1, 2,, n ) ko z svku točku T vrijedi nejednkost: T ( 1 + dx 1, 2 + dx 2,, n + dx n ) T f(t ) > f(t ) tj totlni prirst funkcije u točki T je strogo veći od nule B) LOKALNI MAKSIMUM f( 1, 2,, n ) ko je f(t ) < f(t ) tjtotlni prirst funkcije u točki T je strogo mnji od nule C) NEMA EKSTREMA u točki T ( 1, 2,, n ) ko totlni prirst funkcije f u točki T,( f) T, mijen predznk Mksimum i minimum funkcije nzivmo njenim ekstremom Nužn uvjet ekstrem: D bi diferencijbiln funkcij u = f(x 1, x 2,, x n ) iml ekstrem u T nužno mor biti: ( ) ( ) ( ) f f f = 0, = 0,, = 0 (1) x 2 x n što je ekvivlentno s (df(x 1, x 2,, x n )) T = 0 T T Rješvnjem sustv jedndžbi (1) dobijemo točke T 1, T 2, koje nzivmo stcionrne točke u kojim funkcij f može (li ne mor) imti ekstrem Općenito vrijedi: U točki T ( 1, 2,, n ) ekstrem funkcije f ili je df( 1, 2,, n ) = 0 ili df( 1, 2,, n ) ne postoji Dovoljni uvjeti ekstrem: Nek je T ( 1, 2,, n ) stcionrn točk funkcije u = f(x 1, x 2,, x n ) tj df( 1, 2,, n ) = 0 Ako u nekoj dovoljno mloj okolini točke T vrijedi: 1) d 2 f( 1, 2,, n ) > 0 z (dx 1 ) 2 + (dx 2 ) (dx n ) 2 > 0 MINIMUM f( 1, 2,, n ) u točki T ( 1, 2,, n ) 2) d 2 f( 1, 2,, n ) < 0 z (dx 1 ) 2 + (dx 2 ) (dx n ) 2 > 0 MAKSIMUM f( 1, 2,, n ) u točki T ( 1, 2,, n ) 3) d 2 f( 1, 2,, n ) mijenj predznk z (dx 1 ) 2 +(dx 2 ) 2 + +(dx n ) 2 > 0 NEMA EKSTREMA u točki T ( 1, 2,, n ) T 1

2 4) d 2 f( 1, 2,, n ) 0 ili 0 z (dx 1 ) 2 + (dx 2 ) (dx n ) 2 > 0 tj kd z neku kombinciju diferencijl drugi diferencijl d 2 f( 1, 2,, n ) može biti jednk nuli NEMA ODLUKE Dovoljne uvjete možemo provjeriti i n drugi nčin Nek je T ( 1, 2,, n ) stcionrn točk funkcije u = f(x 1,, x n ) Pridružimo drugom diferencijlu funkcije rčuntom u toj točki mtricu n n n1 n2 nn gdje je 2 f ij = ( ) T x i x j Td vrijede sljedeće tvrdnje (dovoljni uvjeti ekstrem pomoću SILVES- TEROVOG kriterij): 1) d 2 f( 1, 2,, n ) > 0 z (dx 1 ) (dx n ) 2 > 0 ko i smo ko je: 11 > 0, > 0, > 0, 22 > i td je MINIMUM u točki T ( 1, 2,, n ) 2) d 2 f( 1, 2,, n ) < 0 z (dx 1 ) (dx n ) 2 > 0 ko i smo ko je: 11 < 0, > 0, < 0, ( 1) n 22 > i td je MAKSIMUM u točki T ( 1, 2,, n ) 3) d 2 f( 1, 2,, n ) mijenj predznk z (dx 1 ) (dx n ) 2 > 0 ko su sve determinnte rzličite od nule i ne pojvljuje se slučj 1) ili 2) NEMA EKSTREMA u točki T ( 1, 2,, n ) 4)Ako je nek od determinnti jednk nuli NEMA ODLUKE Primijetimo d u trećem slučju nemmo ekvivlenciju Dkle provjer dovoljnih uvjet preko drugog diferencijl je jč, tj ko ne dobijemo odgovor pomoću Silvesterovog kriterij mozd mozemo dobiti bolje zključke promtrnjem drugog diferencijl Ukoliko i td nem odluke mormo rčunti totlni prirst funkcije NAPOMENA!!! U slučju dvije vrijble tj kd immo funkciju z = z(x, y) immo sljedeće zključke 2

3 Nek je T stcionrn točk funkcije z i nek je T = z xx z xy z xy z = [z xx z yy (z yy T xy) 2 ] T Td vrijedi: T > 0 T < 0 T = 0 POSTOJI EKSTREM NEMA EKSTREMA NEMA ODLUKE (z xx) T > 0 (z xx) T < 0 Potrebn su Minimum u T Mksimum u T dodtn ispitivnj PRIMJER Nći i ispitti ekstreme funkcije z = x 3 + y 2 3xy Rješenje: Ov funkcij je definirn z svki x i y Odredimo stcionrne točke z x = z 3x2 3y y = 3y2 3x Stcionrn točke su rješenj sustv: 3x 2 3y = 0 3y 2 3x = 0 y = x2 x = y 2 x 4 = x x(x 3 1) = 0 p dobivmo rješenj x 1 = 0 i x 2 = 1 Stcionrne točke su T 1 (0, 0) i T 2 (1, 1) Provjerimo z svku od tih točk dovoljne uvjete ekstrem Prcijlne derivcije drugog red su: 2 z x 2 = 6x 2 z x y = 3 2 z y 2 = 6y Dovoljni uvjeti preko drugog diferncijl: d 2 z = 6x(dx) 2 6dxdy + 6y(dy) 2 T 1 (0, 0) (d 2 z) T1 = 6dxdy Treb ispitti predznk z (dx) 2 + (dy) 2 > 0 z dx > 0, dy > 0 (d 2 z) T1 < 0 z dx < 0, dy > 0 (d 2 z) T1 > 0 (d 2 z) T1 mijenj predznk p nem ekstrem u točki T 1 (0, 0) T 2 (1, 1) 3

4 (d 2 z) T2 = 6(dx) 2 6dxdy + 6(dy) 2 = 6[(dx 1 2 dy) (dy)2 ] Očito je p immo MINIMUM u točki T 2 (1, 1) (d 2 z) T2 > 0 z (dx) 2 + (dy) 2 > 0 4

5 2 UVJETNI EKSTREMI Uvjetnim eksteremom funkcije u = f(x 1, x 2,, x n ) nzivmo mksimum ili minimum te funkcije dostignut pod uvjetim d su vrijble(rgumenti) x 1, x 2,, x n povezne jedndžbm: ϕ i (x 1, x 2,, x n ) = 0, i = 1, 2,, m, m < n Trženje uvjetnog ekstrem funkcije f svodi se n trženje običnog ekstrem tzv Lgrngeove funkcije: F (x 1, x 2,, x n ) = f(x 1, x 2,, x n )+λ 1 ϕ 1 (x 1, x 2,, x n )+ +λ m ϕ m (x 1, x 2,, x n ) gdje su λ i, i = 1, 2,, m neodredenii konstntni fktori Nužni uvjeti ekstrem svode se n sustv od n + m jedndžbi: F = f + λ 1 ϕ ϕ m = 0 F = f ϕ 1 + λ ϕ m x n x n x n x n = 0 ϕ 1 (x 1, x 2,, x n ) = 0 ϕ m (x 1, x 2,, x n ) = 0 uz nepoznnice x 1, x 2, x 3,, x n, λ 1,, λ m Ako je (x 1, x 2,, x n, λ 1, λ 2,, λ m) jedno rješenje ovog sustv td funkcij f može eventulno imti ekstrem f(x 1, x 2,, x n) u točki T (x 1, x 2,, x n) Dovoljni uvjeti ekstrem Postojnje i krkter uvjetnog ekstrem istržujemo n osnovu predznk drugog diferencijl Lgrngeove funkcije d 2 F (x 1, x 2,, x n ) = ( dx dx n ) 2 F (x 1, x 2,, x n ) x n z vrijednosti (x 1, x 2,, x n, λ 1, λ 2,, λ m) pod uvjetom d su dx 1, dx 2,, dx n vezni jedndžbm: dϕ 1 = ϕ 1 dx ϕ 1 dx n = 0 x n dϕ m = ϕ m dx ϕ m x n dx n = 0 Iz posljednjih m jedndžbi dobivenih diferencirnjem uvjet ϕ i (x 1, x 2,, x n ) 5

6 izrčunmo m diferencijl, npr dx i i = 1, 2,, m ko funkcije preostlih n m diferencijl dx m+1,, dx n te ih uvrstimo u d 2 F (x 1, x 2,, x n ) z vrijednost (x 1, x 2,, x n, λ 1, λ 2,, λ m) Ako je : ) d 2 f(x 1,, x n) < 0 f im uvjetni mksimum u T (x 1,, x n) b) d 2 f(x 1,, x n) > 0 f im uvjetni minimum u T (x 1,, x n) c) d 2 f(x 1,, x n) mijenj predznk f nem ekstrem u T (x 1,, x n) d) d 2 f(x 1,, x n) 0 ili 0 nem odluke PRIMJER: Točkom T (, b, c), gdje su, b, c > 0 položiti rvninu koj s koordintnim rvninm tvori tetredr njmnjeg volumen Rješenje: Ako slijdimo oznke ko n slici, volumen tetredr je dn s Segmentni oblik rvnine glsi V (p, q, r) = 1 6 pqr x p + y q + z r 1 = 0 Točk T (, b, c) leži u toj rvnini p immo uvjet uz koji se trži minimum funkcije volumen (,b,c su poznti relni brojevi) Lgrngeov funkcij je: p + b q + c r 1 = 0 F (p, q, r) = 1 6 pqr + λ( p + b q + c r 1) F p = 1 λ qr 6 p 2 = 0 / p F q = 1 λb pr 6 q 2 = 0 F r = 1 λc pq 6 r 2 = 0 ( ) p + b q + c r 1 = 0 / q / r 1 λ pqr = 6 p = λb q = λc r 6

7 Dobivmo te ko to uvrstimo u (*) immo p = b q = c r 3 1 = 0 p = 3 q = 3b r = 3c p Stcionrn točk je T (3, 3b, 3c) λ = 1 6 p2 qr = 27 2 bc Dovoljni uvjeti: pp) T = ( 2λ p 3 ) T = bc (F qq) T = ( 2bλ q 3 ) T = c b (F rr) T = ( 2cλ r 3 ) T = b c pq) T = ( r 6 ) T = c 2 pr) T = ( q 6 ) T = b 2 qr) T = ( p 6 ) T = 2 (d 2 F ) T = bc (dp)2 + c b (dq)2 + b c (dr)2 + cdp dq + b dp dr + dq dr Oznčimo s: Q = bc (dp)2 + c b (dq)2 + b c (dr)2 Diferencirjmo uvjet: p + b q + c r 1 = 0 /d p 2 dp b p 2 dq c dr = 0 / ( 1) r2 p 2 dp + b p 2 dq + c r 2 dr = 0 Uvrstimo p = 3, q = 3b, r = 3c dp + dq b + dr c = 0 /2 ( ) 2 ( ) 2 ( dp dq dr + + b c ) 2 ( dp dq + 2 b c dp dq + b dp dr + dq dr = dp dr c (d 2 F ) T = Q 1 2 Q = 1 2 Q > 0 MINIMUM + ) dq dr bc = 0 / bc ] [ bc (dp)2 + c b (dq)2 + b c (dr)2 Jedndžb tržene rvnine: x 3 + y 3b + z 3c = 1 7

Σχετικά έγγραφα

2.6 Nepravi integrali

2.6 Nepravi integrali 66. INTEGRAL.6 Neprvi integrli Definicij. Nek je f : [, R funkcij koj je Riemnn integrbiln n svkom podsegmentu [, ] od [,. Ako postoji končn es f() (.4) ond se tj es zove neprvi integrl funkcije f n [,