Wykłady z analizy cz1


ODWZOROWANIA WIELOLINIOWE
Definicja
Niech X, Y  przestrzenie wektorowe nad ciałem K
k
g : X Y.
Odwzorowanie g nazywamy k-liniowym, gdy jest liniowe ze wzgledu na każdą zmienną
osobno, tzn:
" j = 1,..., k : g(x1,..., xj-1,, xj+1,..., xk )L(X ,Y), gdzie x1,..., xj-1, xj+1,..., xk X
!
tylko w jednym miejscu
zmienna się zmienia
Oznaczenie
L (X ,Y )
Zbiór odwozrowań k-liniowych oznaczamy
k
Twierdzenie
Istnieje izomorfizm, tzn. liniowe odwzorowanie bijektywne pomiędzy
klasami
L(X ,L (X ,Y ))i L (X ,Y ),
k k +1
~
L(X ,L(X ,Y )) - L (X ,Y ) ,
k +1

izomorfizm
Zatem odwzorowania z tych dwóch klas możemy ze sobą utożsamiać.
RÓŻNICZKI WYŻSZYCH RZDÓW
Niech (X , ), (Y, )- przestrzenie unormowane nad ciałem K
U TopX ,
f : U Y ,
f D(U ).
Wtedy istnieje funkcja pochodna f ',
f ':U ' x f '(x):= dx f L(X ,Y)
Definicja
Drugą różniczką odwozorowania f w punkcie x0 U nazywamy rózniczkę pochodnej f ' w
2
punkcie x i oznaczamy dx f ,
0
0
2
dx f := dx f '
0 0
Oczywiście różniczka wyznaczona w punkcie jest odwzorowaniem liniowym
2
~
(X Y
dx f L(X ,L(X ,Y )) - L424)
{
0
12 ,3
z tw.
klasa odwzorowań
dwuliniowych
Zatem drugą różniczkę odwzorowania w punkcie utożsamiamy z odwzorowaniem dwuliniowym,
2
dx f L (X ,Y )
2
0
1
Można utworzyć odwozorowanie f'' ,
f '':U ' x f ''(x) := dx 2 f L (X ,Y )
2
które nazywamy drugą pochodną funkcji f.
x0 U.
Załóżmy, że określimy k-tą różniczkę funkcji f w punkcie
k
Niech
" x0 U $dx f L(X ,L (X ,Y ))~L (X ,Y )
-
k -1 k
0
Wtedy k-tą pochodną funkcji f nazywamy odwzorowanie:
(k ) (k )
f :U ' x f (x) := dx k f L(X ,L (X ,Y))~L (X ,Y )
-
k -1 k
możemy utożsamiać te klasy
ponieważ zachodzi izomorfizm
k+1-szą różniczką odwzorowania f w punkcie x U nazywamy różniczkę k-tej pochodnej w
0
k
x0
punkcie (o ile istnieje) i oznaczamy dx +1 f ,
0
k (k )
dx +1 f := dx f L(X ,L (X ,Y ))~L (X ,Y )
-
k k +1
0 0
różniczka k-tej pochodnej
x0
w punkcie
POCHODNE CZSTKOWE WYŻSZYCH RZDÓW
X = Kn
Niech
(Y, )-
przestrzeń unormowana nad K
U TopKn
f :U Y
x0 U
Definicja
Pochodne cząstkowe drugiego rzędu są to pochodne cząstkowe pochodnych cząstkowych rzędu
pierwszego

ć ł
ś2 f ś śf
ś
(x0):= (x0), gdzie k, j = 1,..., n
ę
śxjśxk
ęśx śxk ś
j Ł ł

(liczymy pochodne zgodnie z kierunkiem składania).
Zakładamy, że określiliśmy pochodne cząstkowe rzędu k -1 -szego. Wtedy definiujemy pochodne
cząstkowe rzędu k-tego:
ł
ć
śk f ś śk -1 f
ś gdzie i1,i2,...,ik {1,..., n}
(x0):= ę (x0),
śxi ...śxi
ęśx śxi ...śxi ś
i1 2 k
1 k Ł ł

Oznaczenia
ozn.
śk f
(x0) = fx xik-1 ...xi1 (x0)
ik
śxi ...śxi
1 k
ozn.
śk f śk f
(x0) (x0)
=
ś4...śx śxik
x
1124i
3
2
k razy
Twierdzenie
k
Zał: $d f - istnieje k-ta różniczka funkcji w punkcie x
x0 0
Teza: pochodne cząstkowe rzędu k
$
oraz
śk f
k
(x0)= dx f (ei ,...,ei ), gdzie i1,...,ik {1,..., n}
0 1 k
k
śx 1...śxi
i
e1,...,en - baza kanoniczna Kn
wartość różniczki
k-tego rzędu w
punkcie x0 dla
wektorów bazowych
Twierdzenie
Zał:
U TopRn,
f :U R ,
Istnieją pochodne cząstkowe k-tego rzędu funkcji f w U.
Teza:
Jeśli wszystkie pochodne cząstkowe rzędu k funkcji f są ciągłe na zbiorze U, to
f Ck
oraz
n
śk f
j
dx k f (h1,..., hn)= (x) hi1 hi2 ... hik , gdzie x U,
h = (h1j ,..., hnj) Rn dla j = 1,..., k ,

1 2 k
śxi ...śxi
i1,...,ik =1
1 k
tzn. funkcja posiada ciągłą pochodną rzędu k oraz wartość k-tej różniczki w punkcie x jest równa
sumie pochodnych cząstkowych pomnożonych przez odpowiednie współrzędne kolejnych
Rn
wektorów z .
Twierdzenie (o równości pochodnych mieszanych)
Zał:
U TopRn
f :U R
x0 U
Teza:
1 Jeśli funkcja ma k-tą różniczkę w punkcie x , to pochodne cząstkowe nie zależą od kolejności
0
zmiennych, tzn.
śk f śk f
$dx k f " P, P - permutacja k - elementowa : (x0)= (x0)
0
śxi ...śxi śxiP(1)...śxiP(k )
1 k
2 Jeśli wszystkie pochodne cząstkowe rzędu k istnieją i są ciągłe w punkcie x , to
0
śk f śk f
" P, P - permutacja k elementowa : (x0)= (x0)
śxi ...śxi śxiP(1)...śxiP(k )
1 k
czyli również w tym przypadku możemy zmieniać kolejność liczenia pochodnych cząstkowych
względem ustalonych zmiennych, a pochodne te nie zmieniają się.
Uwaga
Pochodne występujące w tezie powyższego twierdzenia nazywamy pochodnymi mieszanymi.
3
Przykład
Wyznaczyć pochodne cząstkowe rzędu trzeciego funkcji:
f (x, y)= 2x3 y + 3xy2 +1
Pochodnych trzeciego rzędu jest tyle ile jest trzyelementowych wariacji zbioru dwuelementowego,
W=23=8. Pochodne cząstkowe dowolnego rzędu funkcji f są ciągłe, zatem pochodne mieszane są
równe. Wystarczy więc, że policzymy tylko cztery pochodne:
f
yyy
fxyy
fxxy
fxxx
bo
fxyy = f = fyyx
yxy
fxxy = fxyx = fyxx
Przykład
2m
Liczba pochodnych cząstkowych rzędu m funkcji dwóch zmiennych wynosi , jednakże jeśli
pochodne te są ciągłe, to wystarcazy wyznaczyć tylko m+1 spośród nich.
Uwaga
Jeśli funkcja nie jest dwukrotnie różniczkowalna w punkcie x0 , f D2(x0)
, to pochodne mieszne
drugiego rzędu nie muszą być równe.
Przykład
Obliczyć pochodne cząstkowe mieszane drugiego rzędu funkcji

xy(x2 - y2)
dla (x, y) ą (0,0),
f (x, y)=
x2 + y2
0
dla (x, y) = (0,0),

w punkcie (0,0).
śf f (0 + t,0)- f (0,0) f (t,0)- f (0,0) 0
(0,0)= lim = lim = lim = lim 0 = 0
t0 t0 t0 t0
śx t t t
śf f (0,0 + t)- f (0,0) f (0,t)- f (0,0) 0
(0,0)= lim = lim = lim = lim 0 = 0
t0 t0 t0 t0
śy t t t
Natomiast dla (x,y)ą (0,0) otrzymujemy :
śf (3x2 y - y3)(x2 + y2)- 2x2 y(x2 - y2) y (x4 + 4 x2 y2 - y4)
(x, y)= =
2 2
śx
(x2 + y2) (x2 + y2)
śf (x3 - 3xy2)(x2 + y2)- 2xy2(x2 - y2) x (x4 - 4 x2 y2 - y4)
(x, y)= =
2 2
śy
(x2 + y2) (x2 + y2)
Zatem
śf śf śf śf
(0 + t,0)- (0,0) (t,0)- (0,0)
ś2 f śy śy śy śy t
(0,0)= lim = lim = lim = lim1 = 1
t0 t0 t0 t0
śxśy t t t
4
Podobnie
śf śf śf śf
(0,0 + t)- (0,0) (0,t)- (0,0)
ś2 f - t
śx śx śx śx
(0,0)= lim = lim = lim = lim-1 = -1
t0 t0 t0 t0
śyśx t t t
stąd
ś2 f ś2 f
(0,0)ą (0,0)
śxśy śyśx
stąd można wnioskować, że każda z pochodnych cząstkowych mieszanych rzędu drugiego nie jest
ciągła w punkcie (0,0).
MACIERZOWY ZAPIS RÓŻNICZEK
Niech
U TopRn
f :U R
x0 U
2
oraz załóżmy, że $ dx f
0
Wtedy
n
ś2 f
2
dx f (h1, h2) = (x0)hi1h2
j
0
śxiśxj
i, j=1
2
dx f
Korzystając z własności odwzorowań wieloliniowych drugiej różniczce odpowiada macierz
0

ś2 f ś2 f
(x0) K (x0)ł
ę
2
śx1 śxnśx1 ś
ę ś
ś2 f ś2 f
ę
(x0) (x0)ś
2
ęśx śx2 K śxnśx2 ś
[dx f ]:=
1
0
ę ś
ę M M ś
ę ś
ś2 f ś2 f
(x0) K (x0)
ę ś
śxn śxnśxn
ę ś
śx1
Niech f Dk (U )
oraz niech
x0 U
W celu uproszczenia zapisu wzorów określających związek między k-tą różniczką, a k-tymi
k N
pochodnymi cząstkowymi dla , pomijamy indeksy wektorów h1,...,hk , ponieważ
są to dowolne (zmienne) wektory z przestrzeni X i wprowadzamy oznaczenia:
k k
dx f (h):= dx f (h424 gdzie h X .
h
0 0
1, h,...,3),
k razy
Wtedy
n
śf
dx f (h) = (x0)hj

0
śxj
j=1
n
ś2 f
2
dx f (h)= (x0)hihj

0
5
śxiśxj
i, j=1
M
n
śk f
k
dx f (h) = (x0)hi ...hi

0 1 k
śxi ...śxi
i1,i2 ,...,ik =1
1 k
SYMBOLICZNY ZAPIS OPERATOROWY
Niech dxj oznacza przyrost zmiennej xj , tzn.
" h = (h1,..., hn) dxj (h) = hj

j-ta współrzędne wektora h w punkcie x
wtedy operator różniczki jest postaci
n
ś
d = dxj
.

śxj
j=1
w punkcie
Następnie podnosimy d. do kolejnych potęg, aby uzyskać operatory wyższych różniczek
2
n
ć
ś

d.2 = dxj


śxj
j=1
Ł ł
M
k
n
ć
ś

d.k = dxj


śxj
j=1
Ł ł
Przykład
Jeśli n=2
ś ś
d. = dx + dy
śx śy
2
ć ś ś ś2 ś ś2
d.2 = dx + dy = dx2 + 2 dxdy + (dy)2

śx śy śx2 śxśy śy2
Ł ł
M
k
k
k
ć ś ś
j - j
d.k = dx + dy =
ć i śx śk (dx) (dy)k
j - j
śx śy śyk
j=0
Ł ł Ł ł
6
Twierdzenie Taylora (z resztą Lagrange'a)
Zał:
(X , )
- przestrzeń unormowana nad R
U TopX
x+h
f :U R
x
f Dk (U )
, tzn. f - k-krotnie różniczkowalna w U
U
odcinek [x, x + h] U
Teza:
k -1
1 1
k
$ c (x, x + h) : f (x + h) = dxj f (h) + R2c) , gdzie Rk (c) = dc f (h)
k
1(3
j! k!
j=0
reszta rzedu k
policzona w punkcie
Wzór Taylora z resztą Peano
k
1 k
f (x + h) = dxj f (h) + o(h )

j!
j=0
EKSTREMA LOKALNE
Silne ekstrema lokalne
Definicja
Niech X  przestrzeń topologiczna
f : X R
x0 X
z def .
* *
x0
: $ V Top*(x0) : f (x0) < f (x) dla x V
1 f ma w silne minimum lokalne

istnieje takie
sąsiedztwo
punktu x
0
z def .
* *
x0
2 f ma w silne maksimum lokalne
: $ V Top *(x0) : f (x0) > f (x) dla x V
Słabe ekstrema lokalne
Definicja
* *
x0
1 f ma w słabe minimum lokalne
: $ V Top *(x0) : f (x0) Ł f (x) dla x V
* *
x0
2 f ma w słabe maksimum lokalne
: $ V Top *(x0) : f (x0) ł f (x) dla x V
Ogólne założenia oznaczmy

U TopRn
*
f :U R
ż

x0 U

7
Twierdzenie (warunek konieczny istnienia ekstremum lokalnego)
Zakładamy, że zachodzi * oraz dodatkowo:
f D(x0)
x0
-różniczkowalna w
i f ma ekstremum lokalne w x
0;
Teza:
dx f = 0
0
(Pierwsza różniczka funkcji w punkcie x jest równa 0)
0
Uwaga
Macierz pochodnych cząstkowych odpowiadająca danej różniczce jest równa zero wtedy i tylko
wtedy, gdy wszystkie pochodne cząstkowe tworzące macierz są równe zero,
śf
dx f = 0 = 0 " j =1,...,n
0
śxj
Definicja
Punktem stacjonarnym funkcji różniczkowalnej f nazywamy taki punkt x , w którym różniczka jest
0
równa 0;
dx f = 0
0
Dygresja z algebry (przypomnienie)
Definicja
(X , ) - przestrzeń unormowana nad ciałem K
Niech
g : X K
$ G L (X , K),G - symetryczne i takie, że
g  forma kwadratowa, jeśli:
2
g(h) = G(h,h) " h X
Definicja
g  określona dodatnio
g(h) > 0 " h X \{0}
g  określona ujemnie
g(h) < 0 " h X \{0}
g  półokreślona dodatnio g(h) ł 0 " h X
g  półokreślona ujemnie g(h) Ł 0 " h X
Twierdzenie Sylwestera (o określoności formy kwadratowej)
Zał:
A  macierz formy kwadratowej g
A = [aij] aij R dla i, j = 1,...,n
i, j=1,...,n
dk = det[aij] dla k =1,..., n
i, j=1,...,k

minory wyznaczniki
główne macierzy
Teza:
1 forma g  jest określona dodatnio
" k =1,..., n: dk > 0.
(wszytskie minory (wyznaczniki) główne są większe od zera)
8
2 forma g jest określona ujemnie
" k = 1,..., n : (-1)k dk > 0.
Twierdzenie (o półokreśloności formy kwadratowej)
Zał:
A  macierz formy kwadratowej
A = [aij] aij R dla i, j =1,..., n
i, j=1,...,n
dk = det[aij] dla k =1,..., n
i, j=1,...,k
Teza:
1 g  półokreślona dodatnio
" k =1,..., n : dk ł 0
2 g  półokreślona ujemnie
" k = 1,..., n : (-1)k dk ł 0
Koniec dygresji.
Twierdzenie (warunek wystarczający istnienia ekstremum lokalnego)
Zał:
Zachodzi * oraz
f D2(x0)-funkcja f jest dwukrotnie rózniczkowalna w punkcie x0
Teza:
dx f = 0 Ł dx 2 f - okreslona dodatnio
1 Jeśli f ma w x minimum lokalne.
0
0 0
dx f = 0 Ł dx 2 f - okreslona ujemnie
2 Jeśli f ma w x maximum lokalne.
0
0 0
Dowód (szkic):
Ad1,
1 2
f (x + h) = f (x) + dx23 + dx2 f (h) + o(h )
1f (h) 2
z zał.=0
1 2
f (x + h) - f (x) = dx2 f (h) + o(2 )> 0
h
1 3
2
1 3
424
jest określona dowodzi się
dodatnio >0 że jest >0
więc w punkcie x jest ekstremum. Ą%
Wniosek (warunek wystarczjący istnienia ekstremum lokalnego)
Zał:
Zachodzi* oraz
f C2m(U )
" j =1,...,2m -1: dxj f = 0
0
Teza:
2m
dx f
1 Jeśli jest określona dodatnio, to f ma w punkcie x minimum lokalne.
0
0
2m
2 Jeśli dx f jest określona ujemnie, to f ma w punkcie x maksimum lokalne.
0
0
9
Twierdzenie (silny warunek konieczny istnienia ekstremum lokalnego)
Zał:
Zachodzi *
f D2(x0)
Teza:
2 2
x0 dx f = 0 Ł dx f ł 0 (dx f -
1 f ma minimum w musi być półokreślona dodatnio)
0 0 0
2 2
x0 dx f = 0Ł dx f Ł 0 (dx f -
2 f ma maksimum w musi być półokreślona ujemnie)
0 0 0
Wniosek
2
x0
dx f
Jeśli jest nieokreślona w punkcie stacjonarnym x0 , to wtedy w nie istnieje ekstremum
0
lokalne funkcji f.
Uwaga
2
dx f nie wynika istnienie ekstremum lokalnego w x0.
Z półokreśloności formy
0
Przykład
f (x, y) = x3 + xy + 2y2 - 7x + 5y - 3
Zbadać określoność drugiej różniczki funkcji
w punkcie P(1,1).
śf
= 3x2 + y - 7
śx
śf
= x + 4y + 5
śy
ś2 f ś śf
ć
= = 6x

śx2 śx śx
Ł ł
ć
ś2 f ś śf
= = 4

śy2 śy śy
Ł ł
ć
ś2 f ś śf ś2 f ś śf
ć
= = = =1


śxśy śx śy śyśx śy śx
Ł ł
Ł ł
Niech h = (h1, h2), h ą (0,0). Wtedy
ś2 f ś2 f ś2 f
2
d f (h) = (P)h12 + 2 (P)h1h2 + (P)h22 = 6h12 + 2h1h2 + 4h22 =
p
śx2 śxśy śy2
2 2
)
= 5h12 +(h12 + 2h1h2 + h22)+ 3h22 = 5h423h22 + (h1 + h23 > 0 h ą (0,0)
bo zakładalismy, że
11 + 4 1
3 424
ł0 ł0
2
Z powyższych rozważań wynika że, jest formą określoną dodatnio.
dP f
10
Przykład
Zbadać ekstrema funkcji:
1)
f (x, y) = x4 + y4
Pierwsza różniczka musi być równa 0 (szukamy punktów stacjonarnych):
śf
= 4x3
śx
śf
= 4y3
śy

4x3 = 0
(x, y) = (0,0) P0(0,0)- punkt stacjonarny

3
4y = 0
Obliczamy drugie pochode cząstkowe
ś2 f
=12x2
śx2
ś2 f
=12y2
śy2
ś2 f ś2 f
= 0 =
śxśy śyśx
Stąd
ł
12x2 0
2
d f =
p ę
0 12y2 ś

oraz
0 0
ł
2
dP f =
ę0 0ś forma kwadratowa drugiej różniczki jest półokreślona w punkcie P0 , więc
0

może tam istnieć ekstremum. Aby je znalezć możemy liczyć dalsze pochodne
lub pytamy się:
?
f (x, y) > f (0,0) "(x, y) ą (0,0)
x4 + y4 > 0 "(x, y) ą (0,0)

w P istnieje minimum lokalne funkcji f
0
f (x, y) = x3 + y3
2)
śf
= 3x2
śx
śf
= 3y2
śy

3x2 = 0
(x, y) = (0,0) P0(0,0)- punkt stacjonarny

2
3y = 0
11
ś2 f
= 6x
śx2
ś2 f
= 6y
śy2
ś2 f ś2 f
= 0 =
śxśy śyśx
6x 0
ł
dP 2 f =
ę
0 6yś

0 0
ł
dP 2 f =
ę0 0ś forma kwadratowa jest półokreślona - może tam istnieć ekstremum, więc
0

wracamy do badania funkcji z definicji:
y
y=x
f(0,0)=0
?
x3 + y3 > 0
P0 V*
Jednak dla prostej y=x funkcja f przyjmuje wartści
f (x, x) = 2x3
x
czyli nie jest satałego znakuw okolicy punktu (0,0).
Mianowicie
x < 0 f (x, x) < 0
x > 0 f (x, x) > 0
Funkcja nie ma ekstremów lokalnych, ponieważ P był jedynym punktem  podejrzanym o
0
istnienie ekstremum.
EKSTREMA WARUNKOWE
Niech U - obszar (zbiór spójny i otwarty)
U Top(Rn)
f :U R
g :U R , j = 1,..., s
j
Rozważmy zbiór A rozwiązań układu równań
g1(x)= 0

g 0
(x)=

2

M

gs 0,
(x)=

A = {x U : g1(x)= g2(x)= ... = gs(x)= 0}
12
Definicja
x0 A
Funkacja f ma ekstremum warunkowe w punkcie przy warunkach
g1 = 0

g = 0

2

M

gs = 0

f
x0
jeśli funkcja zawężona ma ekstremum lokalne w punkcie .
A
Przykład
Zbadać ekstremum funkcji
f (x, y)= x2 - y2 przy warunku x2 + y2 = 1.
z
1
y
1
x
z warunku x2 + y2 =1 otrzymujemy
y2 = 1- x2
y1,2 = ą 1- x2 dla x [-1,1]
y1 i y2
obliczmy wartość funkcji f dla punktów należących do wykresu krzywej
1
f (x, y1)= f(x, 1- x2)= f1(x) dla x [-1,1]
f1
czyli wystarczy zbadać funkcję w przedziale (-1,1)
f1(x)= x2 -(1- x2)= 2x2 -1
f1'(x)= 4x = 0 x = 0
f1''(x)= 4 > 0 xmin = 0
stąd funkcja f ma minimum warunkowe
funkcja f1 ma minimum lokalne w punkcie xmin = 0 ,
13
w punkcie P1(0, 1- x2)= (0,1).
2
f (x, y2)= f(x,- 1- x2)= f2(x), x (-1,1)
f1
czyli wystarczy zbadać funkcję w przedziale (-1,1).
f2(x)= x2 -(1- x2)= 2x2 -1
analogicznie do poprzedniego xmin = 0
funkcja f1 ma minimum lokalne w punkcie xmin = 0, stąd funkcja f ma minimum warunkowe
w punkcie P2(0,- 1- x2)= (0,-1)
Jednakże jeśli z równania x2 + y2 = 1 wyznaczymy x, to x1,2 = ą 1- y2
y i y2 .
obliczmy wartości funkcji f dla punktów należących do wykresu krzywej ~1 ~
1 ~
f (x1, y)= f ( 1- y2 , y)= f1(y) dla y [-1,1]
~
czyli wystarczy zbadać funkcję w przedziale (-1,1).
f1
~
f1(y)= 1- y2 - y2 = 1- 2y2
~'
f1 (y)= -4y y = 0
~''
f1 (y)= -4 < 0 ymax = 0
~
stąd funkcja f ma maksimum
funkcja f1 ma maksimum lokalne w punkcie ymax = 0,
warunkowe w punkcie P3( 1- y2 ,0)= (1,0)
2
~
f (x2, y)= f(- 1- y2 , y)= f2(y) dla y [-1,1]
~
f2
czyli wystarczy zbadać funkcję w przedziale (-1,1).
~
f2(y)= 1- y2 - y2 = 1- 2y2
analogicznie do poprzedniego ymax = 0
~
funkcja f2 ma maksimum lokalne w punkcie xmax = 0,
stąd funkcja f ma maksimum
warunkowe w punkcie P4(- 1- y2 ,0)= (-1,0)
Metoda współczynników nieoznaczonych Lagrange'a (mnożników Lagrange'a)
Funkcja Lagrange'a:
s
Ć(x):= f (x)+ g (x) , gdzie x = (x1,..., xn)U l1,...,ls R
l
j j
j=1
Ponieważ prawdziwa jest implikacja
x A Ć(x)= f (x)
0 0 0
x0 = (x1 , x2 ,..., xn)
więc warunkiem koniecznym istnienia ekstremum warunkowego w punkcie jest:


Ć'(x0)= 0 ,

(x0)=
g j 0 , gdzie j = 1,..., s 0 0
x1 ,..., xn ,l1,...,ls :
Czyli układ n+s równań o n+s niewiadomych
WK
śĆ(x )=

0
śx 0 , i =1,..., n
i
g j 0 , j = 1,..., s
14
(x0)=

Twierdzenie (WW istnienia ekstremum warunkowego)
Zał:
Niech U - obszar w Rn
f , g1,..., gs : U R
f , g1,..., gs C2(U)
s
Ć:= f + g , lj R
lj j
j=1

funkcja
Lagrange'a
H ={h Rn : dx g (h)= 0 dla j =1,..., s}
j
0
oraz niech
'
(1)Ć (x0)= 0 Ł g1(x0)= 0
M
gs(x0)= 0
' ' '
(2)g1(x0), g2(x0),..., gs(x0) -
liniowo niezależne
Teza:
2
1o dx Ć(h)> 0 dla h ą 0 i h H,
Jeśli
0
to funkcja f ma minimum warunkowe w punkcie x0 przy warunkach g1 = g2 = ... = gs = 0
2
2o dx Ć(h)< 0 dla h ą 0 i h H,
Jeśli
0
x0 przy warunkach g1 = g2 = ... = gs = 0
to funkcja f ma maksimum warunkowe w punkcie
Przykład cd.
Utwórzmy funkcję Lagrange'a dla funkcji
f (x, y)= x2 - y2
i warunku
g(x, y)= x2 + y2 -1,
Ć(x, y)= x2 - y2 + l(x2 + y2 -1).
Zbadamy WK. Ponieważ
śĆ
= 2x + 2lx
śx
śĆ
= -2y + 2ly
śy
zatem wystarczy rozwiązać układ

2x + 2lx = 0
- 2y + 2ly = 0

x + y2 = 1
2

czyli
x(1+ l)= 0
y l)= 0
(-1+

x + y2 = 1
2
15

Z pierwszego równania x(1+ l)= 0 otrzymujemy :(1)x = 0 i l ą -1 albo (2)x ą 0 i l = -1,
stąd rozwiązania układu równań w każdym z przypadków:
(1) (2)
x = 0 x = ą1

y = ą1 P1(0,1) l =1 y = 0 P1(1,0) l = -1

l = 1 P2(0,-1) l = -1 P2(-1,0)

P1(0,1), P2(0,-1) dla l = 1
Zatem otrzymaliśmy dwa punkty stacjonarne
oraz dwa punkty stacjonarne P3(1,0), P4(-1,0) dla l = -1
2
d f w punkcie P1(0,1)(l = 1)
Wyznaczmy teraz macierz drugiej rógiej różniczki
ś2Ć
= 2 + 2l
śx2
ś2f
= 0
śxśy
ś2f
= -2 + 2l
śy2
i stąd
4 0
ł
2
[dPf]=
ę0 0ś
1

d1 = 4
2
Czyli dP f
jest formą półokreśloną dodatnio (bo ).
1
d2 = 0
Wyznaczmy teraz zbiór tych wektorów h, dla których zeruje się pierwsza różniczka funkcji g w
punkcie P1.
Ponieważ
śg
= 2x
śx
śg
= 2y
śy
więc
śg śg
dP g(h)= (P1) h1 + (P1) h2 = 0 h1 + 2 h2 = 0 h2 = 0
1
śx śy
zatem H = {(h1,0), h1 R}
Zbadajmy teraz określoność formy
ś2Ć(P ) h12 + 2 ś2Ć ś2Ć(P ) h2
2 2
dPĆ(h1, h2)= (P1) h1 h2 +
1
śx2 1 śxśy śy2 1
dla h H czyli dla h = (h1,0) gdzie h1 ą 0.
Otrzymujemy
ś2Ć(P ) h12 = 4 h12 > 0
2
dPĆ(h1,0)=
1
śx2 1
więc funkcja f ma w P1 minimum warunkowe przy warunku l = 1 16
P1
Dla pozostałych punktów postępowanie jest analogiczne jak w przypadku punktu .
17


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
wyklad z analizy matematycznej dla studentow na kierunku automatyka i robotyka agh
wyklad 4 nazwy cz1
BUD WODNE Wykład 6 analiza mechaniczna filtracja MES
GW Wyklad Budownictwo cz1
analiza finansowa wyklad Analiza wstepna i pozioma
Sopot stat 11 wyklad 9 Analiza kowariancji i ogolny model liniowy
2012 AMI wyklad print cz1
Wyklad AnalizaMat 11 08
CPP WYKLADY ANALIZA 2
ProgCPP Wyklad Analiza
Wykład 1 3 Analiza finansowa
PZN wyklad 7 analiz ekon finans
ProgCPP Wyklad Analiza
Wykład 4 Analiza ekonomiczna
Chemia, TCh, OSr, IM wyklad AM cz1
Wykład 4 (TPD cz1)

więcej podobnych podstron