Matemātika DU TSC
Nākamais: 1.2.10. Uzdevumi Augstāk: 1.2. Nosacītais ekstrēms Iepriekšējais: 1.2.8. Uzdevumi

1.2.9. Nosacītā ekstrēma pietiekamie nosacījumi

Vispirms atzīmēsim, ka, ja nosacītā ekstrēma problēmu var reducēt uz brīvā ekstrēma meklēšanas problēmu (piemēram, izslēdzot atkarīgos mainīgos), tad ir spēkā visi brīvā ekstrēma pietiekamie nosacījumi.

1.6. piemērs. 

Aplūkosim nosacītā ekstrēma problēmu:

$$f(x;y)=x^{2}+y^{2 }\longrightarrow ekstr,\;\;x - y = 1.$$

Acīmredzot, šī problēma ir ekvivalenta brīvā ekstrēma meklēšanas problēmai:

$$F(x)=x^{2}+(x-1)^{2}\longrightarrow ekstr.$$

Funkcijas $F(x)$ stacionārais punkts ir $x =\frac{1}{2}$ (vienādojuma $F^\prime(x)= 0$ atrisinājums). Tā kā $F^{\prime\prime}(x)=4>0$, tad stacionārais punkts ir minimuma punkts. Sākotnējās problēmās atrisinājums ir punkts $x =\frac{1}{2}$, $y=-\frac{1}{2}$, kurā funkcija $f(x;y)$ pieņem minimālo vērtību.

Ja nevar izteikt atkarīgos mainīgos ar neatkarīgiem, vai arī iegūtie vienādojumi ir grūti atrisināmi, ir jāmeklē cita pieeja.

Aplūkosim vispārīgu gadījumu (pēc grāmatas [3]):

$$f(x)\longrightarrow ekstr,\;\; x \in\mathbb{R}^{n},$$ (1.7)

$$g_{i}(x)=0\;\;(i=1,\ldots,m).$$ (1.8)

Pieņemsim, ka $x_{0}$ ir Lagranža funkcijas

$$L(x;\lambda)=f(x)+\sum\limits_{i= 1}^m{\lambda_ig_i}(x)$$

stacionārais punkts, bet $\lambda=(\lambda_{1};\ldots;\lambda_{m})$ ir attiecīgais Lagranža reizinātāju vektors. Stacionārā punkta raksturs ir atkarīgs no funkcijas pieauguma $\Delta f=f(x)-f(x_0)$ zīmes, kur $x$ apmierina saites (1.8). Atzīmēsim, ka

$$\Delta L=L(x)-L(x_0)=f(x)-f(x_0)+\sum\limits_{i=1}^{m}\lambda_i\bigl(g_i(x)-g_i(x_0)\bigr)=f(x)-f(x_0)$$

visiem $x$, kuri apmierina nosacījumus (1.8), jo tad $g(x)-g(x_{0})=0$. Tas nozīmē, ka funkcijas pieauguma $\Delta f$ vietā var analizēt $\Delta L$. Iegūstam

$$\Delta L = dL(x_0)+\frac{1}{2}d^2L(x_0)+\varepsilon ,$$

kur $\varepsilon$ ir augstākas kārtas loceklis attiecībā pret argumentu pieaugumu. Tā kā $dL(x_{0}) = 0$, tad pieauguma $\Delta L$ zīme ir atkarīga no kvadrātiskās formas $d^{2}L(x_{0})$ zīmes, kura savukārt ir atkarīga no $n$ mainīgajiem $dx_{i}^{2}$ $(i=1\ldots,n)$. Diferencējot saites, iegūstam sakarības

$$dg_1= \;\frac{\partial g_1}{\partial x_1}dx_1+\cdots+ \frac{\partial g_1}{\partial x_n},$$

$$\phantom{dg_1=} \;\phantom{\frac{\partial g_1}{\partial x_1}dx_1+\; }\cdots\phantom{+ \frac{\partial g_1}{\partial x_n},}$$

$$dg_m= \;\frac{\partial g_m }{\partial x_1 }dx_1 + \cdots + \frac{\partial g_m }{\partial x_n}.$$

Pieņemot, ka matricas $\left\Vert{\frac{\partial g_i }{\partial x_j }}\right\Vert$ rangs ir $m$ (tas nozīmē, ka vismaz viens šīs matricas $m$-tās kārtas minors punktā $x_{0}$ nav vienāds ar nulli, bet katrs šīs matricas $(m+1)$-tās kārtas minors punktā $x_{0}$ ir vienāds ar nulli), varam izteikt $m$ atkarīgo mainīgo diferenciāļus ar $n - m$ neatkarīgo mainīgo diferenciāļiem. Tad $n$ mainīgo kvadrātiskā forma $d^{2}L(x_{0})$ kļūs par $n - m$ neatkarīgo mainīgo formu $Q$. Šo kvadrātisku formu var pētīt standarta veidā (skat. 1.1.5. apakšparagrāfu) un spriest par stacionārā punkta raksturu. Atgādināsim, ka, ja forma $Q$ ir pozitīva, tad punktā $x_{0}$ ir minimums (nosacītais!), bet, ja $Q$ ir negatīva, tad punkts $x_{0}$ ir nosacītā maksimuma punkts.

1.7. piemērs. 

$$f(x;y)=e^{x}+e^{y}\longrightarrow max,\;\; g=e^{2x}+e^{2y}-2e^{2}=0.$$

a) Lagranža funkcija

$$L(x;y;\lambda)=e^{x}+e^{y}+\lambda(e^{2x}+e^{2y}-2e^{2}).$$

Risinot sistēmu

$$\left\{\begin{array}{ccl} L_{x}&=& e^{x}+2\lambda e^{2x}=0,\ L_... ...+2\lambda e^{2y}=0,\ L_{\lambda}&=&e^{2x}+e^{2y}-2e^{2}=0, \end{array}\right.$$

iegūstam stacionāro punktu $x = 1$, $y = 1$, $\lambda=\frac{1}{2e}$.

b) Diferencējot saiti $g = 0$, iegūstam sakarību $2e^{2x}dx+2e^{2y}dy=0$, un punktā $(1;1)$ ir spēkā vienādība

$$dx + dy = 0.$$

c) Noskaidrojam stacionārā punkta $(1;1)$ raksturu. Atrodam:

$$d^{2}L=L_{xx}dx^{2}+2L_{xy}dxdy+L_{yy}dy^{2}=(e^{x}+4\lambda e^{2x})dx^{2}+(e^{x}+4\lambda e^{2x})dy^{2}.$$

Ja $x = 1$, $y = 1$, $\lambda=-\frac{1}{2e}$, tad

$$d^{2}L=-e dx^{2}-e dy^{2}.$$

Pieņemam $x$ par neatkarīgo mainīgo, bet $y$ - par atkarīgo. Tā kā $dy^{2}=dx^{2}$, tad

$$d^{2}L=-2e dx^{2},$$

un, acīmredzot, kvadrātiskā forma $-2e dx^{2}$ ir negatīva.

Secinājums: punktā $(1;1)$ funkcijai $f$ ir nosacītais maksimums.

1.8. piemērs. 

Problēma par cilindru ar minimālo virsmas laukumu pie dotā tilpuma (skat. 1.2.1. apakšparagrāfu) reducējas uz nosacītā ekstrēma problēmu:

$$f(x;y)=xy+y^{2}\longrightarrow min,\;\; xy^{2}=const.$$

Pieņemsim, ka $const = 2$ un atradīsim problēmas:

$$f(x;y)\longrightarrow min,\;\; xy^{2}=2,$$

atrisinājumu.

a) Lagranža funkcija

$$L(x;y;\lambda)=xy+y^{2}+\lambda(xy^{2}-2).$$

Risinot sistēmu

$$\left\{\begin{array}{ccl} L_{x}&=&y+\lambda y^{2}=0,\ L_{y}&=&x+2y+2\lambda xy=0, \ L_{\lambda}&=&xy^{2}-2=0, \end{array}\right.$$

iegūstam stacionāro punktu: $x = 2$, $y = 1$, $\lambda=-1$.

b) Diferencējot saiti $g = 0$, punktā (2;1) iegūstam sakarību

$$d(xy^{2}-2)=y^{2}dx+2xydy=dx+4dy=0.$$

c) Noskaidrojam stacionārā punkta raksturu.

$$d^{2}L=L_{xx}dx^{2}+2L_{xy}dxdy+L_{yy}dy^{2}=2(1+2\lambda y)dxdy+ (2+2\lambda x)dy^{2}.$$

Ja $x = 2$, $y = 1$, $\lambda=-1$, tad

$$d^{2}L=-2dxdy-2dy^{2}.$$

Uzskatīsim $y$ par neatkarīgo mainīgo, bet $x$ - par atkarīgo. Tā kā $dx=-4dy$, tad

$$d^{2}L=8dy^{2}-2dy^{2}=6dy^{2},$$

un, acīmredzot, kvadrātiskā forma ir pozitīva.

Secinājums: punkts $(2;1)$ ir nosacītā maksimuma punkts.

1.9. piemērs. 

$$xyz\longrightarrow ekstr,\;\; x + y + z = 1.$$

a) Lagranža funkcija

$$L(x;y;z;\lambda)=xyz+\lambda(x+y+z-1).$$

Sistēmai

$$\left\{\begin{array}{ccl} L_{x}&=&yz+\lambda=0,\ L_{y}&=&xz+\lambda=0,\ L_{y}&=&xz+\lambda=0,\ L_{\lambda}&=&x+y+z-1=0, \end{array}\right.$$

ir šādi atrisinājumi $(x;y;z;\lambda)$:

$$\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3};-\frac{1}{9}\right),\;\; (0;0;1;0),\;\; (1;0;0;0),\;\; (0;1;0;0).$$

b) Diferencējot saiti $g = 0$, iegūstam sakarību starp mainīgo diferenciāļiem

$$dx + dy + dz = 0.$$

c) Noskaidrojam stacionārā punkta $\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$ pie $\lambda= -\frac{1}{9}$ raksturu.

$$d^{2}L= \;2zdxdy+2ydxdy+2xdydz=$$

$$= \;2z dxdy+2y dx(-dx-dy)+2x dy(-dx- dy)=$$

$$= \;-2y dx^{2}+(2z-2y-2x)dxdy-2x dy^{2}.$$

Punktā $\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$ iegūsim:

$$d^{2}L=-\frac{2}{3}dx^{2}-\frac{2}{3}dxdy-\frac{2}{3}dy^{2}.$$

Šī kvadrātiskā forma ir negatīva.

Secinājums: punkts $\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$ ir funkcijas $f$ nosacītā minimuma punkts.

Pārējos stacionārajos punktos formas $d^{2}L$ determinants ir vienāds ar nulli. Viegli saprast, ka funkcija $f$ jebkura cita stacionāra punkta apkārtnē pieņem gan negatīvas, gan pozitīvas vērtības, un līdz ar to funkcijai $f$ šajos punktos ekstrēma nav.

Sakarā ar to, ka nosacītā minimuma pietiekamie nosacījumi dažādos avotos ir izklāstīti dažādi, pievērsīsim uzmanību dažām izplatītām kļūdām.

1. kļūda. Aplams ir apgalvojums, ka, lai noskaidrotu Lagranža funkcijas stacionārā punkta raksturu, pietiek ar Lagranža funkcijas pētīšanu uz brīvo ekstrēmu pie atrastās parametra $\lambda$ vērtības. Apskatīsim 1.8. piemēru:

$$xy+y^{2}\longrightarrow ekstr,\;xy^{2}=2,$$

un izpētīsim Lagranža funkcijas

$$L_1(x;y)=L(x;y;-1)=xy+y^2-(xy^2-2)$$

raksturu stacionārā punktā $(2;1)$ pie $\lambda=-1$. Atrodam:

$$d^{2}L_1=2(1+2\lambda y)dxdy+(2+2\lambda x)dy^{2}=-2dxdy-2dy^{2}.$$

Kvadrātiskās formas determinants ir vienāds ar $-1$, un no tā seko aplams apgalvojums, ka ekstrēma dotajā problēmā nav.

2. kļūda. Aplams ir apgalvojums, ka, lai noskaidrotu Lagranža funkcijas stacionārā punkta raksturu, pietiek izpētīt uz ekstrēmu funkciju $f$, ņemot vērā lineārās sakarības starp mainīgo diferenciāļiem, kuras iegūst, diferencējot saites. Tā 1.7. piemērā

$$df=e^{x}dx+e^{y}dy=\boxed{\text{ņemot vērā, ka }dx + dy = 0}=(e^{x}- e^{y})dx=0$$

stacionārā punktā $(1;1)$. Kvadrātiskā forma

$$d^{2}f=e^{x}dx^{2}+e^{y}dy^{2}=\boxed{\text{ņemot vērā, ka }dx^{2}= dy^{2}}=(e^{x}+e^{y})dx^{2}$$

ir pozitīva visiem $x$ un $y$, bet secinājums, ka funkcijai $f$ punktā $(1;1)$ ir nosacītais minimums, ir aplams.

Matemātika DU TSC
Nākamais: 1.2.10. Uzdevumi Augstāk: 1.2. Nosacītais ekstrēms Iepriekšējais: 1.2.8. Uzdevumi