x y +30x, 12x+30 18y 18y 18x+54

Transkript

1 MA Řešené příklady 3 c phabala 00 MA: Řešené příklady Funkce více proměnných: Extrémy.Najděteaklasifikujtelokálníextrémyfunkce f(x,y)=x 3 +9xy +5x +7y..Najděteaklasifikujtelokálníextrémyfunkce f(x,y,z)=x 3 x +y +z xy+xz yz+3z. 3.Najděteglobálníextrémyfunkce f(x,y)=x +y vzhledemkpodmínce x x+y +y=0..najdětebodvrovinědané x+y z=,kterýjenejblížekbodu P=(0, 3,),avypočítejte jejich vzdálenost. Použijte Lagrangeovy multiplikátory. 5.Jistápřímkav3Djedánarovnicemi x+y+ z=, x y+ z=3. Najdětevzdálenostmezitoutopřímkouabodem P=(,, ). 6. Najděteglobálníextrémy f(x,y)=x +y nakonečnémnožině M vymezenékřivkami x +(y+) =, y= ay= x+. 7. Najděteglobálníextrémy f(x,y)=x + y 6x+6ynadiskuopoloměrusestředem vpočátku. 8.Rovnice y +xy=x x definujeimplicitnífunkci y(x).najděteaklasifikujtejejílokální extrémy. Řešení:. Nejprve najdeme stacionární body. Parciální derivace: x =6x +9y +30x, =8xy+5y. Máme je položit rovny nule. Dostáváme systém x +3y +0x=0 xy+3y=0. Druhárovnicevypadáslibně, protožejiumímepřepsatjako y(x+3) = 0. Jsoutedydvě možnosti: ) y=0. Pakprvnírovnicevlastnězní x +5x=0,coždává x=0ax= 5. Tatomožnost tedyvedenabody(0,0)a( 5,0). ) x= 3.Pakprvnírovnicezní y =,coždává y= ±abody( 3, ±). Dostávámetedyčtyřistacionárníbody:(0,0),( 5,0),( 3,)a( 3, ). K jejich klasifikaci potřebujeme najít derivace druhého řádu a vytvořit Hessovu matici: f x =x+30, f x ( =8y, ) x+30 8y H= 8y 8x+5 f =8x+5 Teď tedy klasifikace. ( ) 30 0 Pro(0,0)dostáváme H=. Determinanty hlavních minorů(subdeterminanty) jsou 0 5 = a =30a =det(h)=30 5=60. Jejichznaménkajsou >0, >0,což ukazuje,žebod f(0,0)=0jelokálníminimum. ( ) 30 0 Pro( 5,0)máme H=. Subdeterminantyjsou 0 6 = 30a =780. Jejich znaménkajsou <0, ( >0,cožukazuje,žebod ) f( 5,0)=5jelokálnímaximum Pro( 3, )máme H=. Subdeterminantyjsou 36 0 = 6a = ( 36). Jejichznaménkajsou <0, <0,totonevyhovuježádnémuvzoruprolokálníextrém. Z <0aleusoudíme,že f( 3,)=8jesedlovýbod.

2 MA Řešené příklady 3 c phabala 00 ( ) 6 36 Pro( 3,)máme H=. Subdeterminantyjsou 36 0 = 6a = 36. Jako vpředchozímpřípaděusoudímez <0,že f( 3, )=8jesedlovýbod. Někteří lidé dávají přenost jinému přístupu, který je u rozumných derivací jednodušší, je také asi trochu organizovanější. Nejprvesiobecněspočítámetysubdeterminanty,dostáváme =x+30a =(x+30)(8x+5) (8y) =36(6x +3x+5 9y ).Pakdosadímestacionárníbody a učiníme závěry: bod: (0,0) ( 5,0) ( 3,) ( 3, ) : + : + + závěr: lok. min. lok. max. sedlo sedlo Pakjetřebanapsatodpověď: f(0,0)=0jelokálníminimum, f( 5,0)=5jelokálnímaximum, f( 3,)=f( 3, )=8jsousedlovébody.. Najprve najdeme stacionární body. Parciální derivace: x =3x x y+ z, =y x z, =z+ x y+3. Máme vyřešit systém 3x x y+ z=0 y x z=0 z+ x y+3=0 Tentokráte nemá žádná rovnice příjemný tvar součinu, takže předchozí metoda nepomůže. Další populární metoda je eliminace. Protožemámevprvnírovnici x,zkusímepomocítěchdalšíchodstranitzprvnírovnice ya za pak použijeme kvadratický vzoreček. Z druhé rovnice si vyjádříme z = y x a dosadíme do prvníatřetí,dostaneme3x 6x=0a3y 3x= 3.Tojeklika,vprvnírovniciužjejen x, třetísetakébudehodit,kdyžsivyjádříme y= x. Rovnice3x 6x=0mádvěřešení: x=0ax=. Jestliže x=0,pak y= az=. Jestliže x=,pak y=az=. Mámetedydva stacionárníbody,(0,, )a(,, ). Teď použijeme test druhou derivací. Nejprve potřebujeme parciální derivace druhého řádu uspořádané v Hessovu matici. 6x H= Počítání subdeterminantů obecně nezní moc lákavě(ale můžete tento přístup zkusit), podíváme senakaždýbodzvlášť. Pro(0,, ) dostáváme H= = =, = =, 3= H = 6. Protože <0,nenívestacionárnímbodě(0,, )lokálníextrém,alesedlovýbod. Lepší odpověď: f(0,,)=3jesedlovýbod(poskytnemetakvícinformací). (Někteří autoři nepoužívají pojem sedla v případě více než dvou proměnných, prostě by řekli, že tam není lokální extrém.). z

3 MA Řešené příklady 3 c phabala 00 Pro(,, )dostáváme H= 8 = =8, = 8 =, 3= H =8. Protožejevždy i >0,usoudíme,že f(,, )= 7jelokálníminimum. Připomeňme,žeprolokálnímaximumpotřebujeme <0, >0a 3 <0. 3. Zkusit si vyjádřit y z podmínky by bylo nepříjemné, takže se nabízí použít Lagrangeovy multiplikátorysg(x,y)=x x+y +y.mámevyřešitrovnice f= λ gag=0neboli x = λ g x x=λ(x ) x=λ(x ) = y= λ(y+) = y= λ(y+) g=0 x x+y +y=0 x x+y +y=0 Typická strategie je eliminovat λ z prvních dvou rovnic, čímž obdržíme nějaký vztah mezi proměnnými x,y,tosepakspolusrovnicí g=0použijeknalezenípotřebnýchbodů. Rádibychomizolovali λzprvnírovnice. Jemožné,abybylo x=? Pakbyprvnírovnice zněla=0,cožnenípravda.protourčitě x amůžemepsát λ= x x.dosadímedodruhé rovnice, roznásobíme a dostaneme y = x. To teď můžeme dosadit do podmínky, dostaneme 3x 6x=0advěřešení, x=0ax=. Jsoutedydvapodezřelébody: (0,0)a(, ). Dosadímejedo f: f(0,0)=0, f(, )=. Porovnánímhodnotodhadneme,žetoprvníje lokální minimum a to druhé je lokální maximum. Určování globálních extrémů obvykle vyžaduje analýzu situace. Máme dva lokální extrémy, ale nevíme, jestli dávají globální extrémy. Obecně globální extrémy najdeme porovnáním hodnot v lokálních extrémech a také na hranici množiny. Potřebujeme tedy vědět víc o M, množině určené podmínkou, na které zkoumáme f. Často nastane problém s tím, že daná množina není omezená, protože pak se musíme zeptat, cosestanesf,kdyžbody M utečouněkamdonekonečna. Mohlobysestát,že xutíkádo nekonečnavrámcinašímnožiny?protožebody Msplňujíy +y=x x,takbytonutilo výrazy +yodejítdomínusnekonečna,aletonenímožné. Podobněusoudíme,žetaké y nemůže jít do nekonečna, tudíž máme omezenou množinu M. Dalším možným problémem je, když je množina M křivka s nějakými koncovými body, pak je totiž musíme prozkoumat. Jak vlastně M vypadá? Když si podmínku přepíšeme jako (x ) +(y+) =3, takvidíme,že Mjeelipsa.Tojeuzavřenákřivkabezkonců,takžepokudseshodnotami fděje něco důležitého, musí se to stát v některém bodě, který jsme měli výše. Můžeme proto usoudit, že f(0,0)=0jeminimumaf(, )=jemaximum fnadanémnožině..neznámýbod Q=(x,y,z)splňuje x+y z=,totedybudenašepodmínkasg(x,y,z)= x+y z. Funkce,kteroubudememinimalizovat,bymělabýtvzdálenostmezi P a Q,ale to by vedlo na odmocninu. Bude snažší, když minimalizujeme vzdálenost na druhou, což je ekvivalentníúloha(rozmysletesito).mámetedy f(x,y,z)=dist(p,q) = x +(y+3) +(z ). Použijeme Lagrangeovy multiplikátory, rovnice f = λ g a g = teď dávají x = λ g x x=λ x= (y+3)=λ λ y+3= λ z = λ g z g= = (z )=λ ( ) x+y z= = z = λ x+y z= Zasezačnemeeliminováním λzprvníchtřírovnic,napříkladdosazenímza λzprvnírovnice 3

4 MA Řešené příklady 3 c phabala 00 do dalších dvou. Pak y+3=x z= x = x+y z= y= x 3 z= x = x+(x 3)+( x)= = x=. x+y z= Snadnonajdemedalšíneznáméadostanemepodezřelýbod Q=(,,0).Jefunkce fatudíži vzdálenost opravdu v bodě Q minimální a ne třeba maximální? Zkusíme jiný bod z dané roviny. Například R=(0,,0)mádist(R,P)= + = 0. Nadruhoustranu,vzdálenostmezi QaPjedist(Q,P)= + + =,takžetovypadá,žemámehledanéminimum. Můžeme také argumentovat, že v rámci dané roviny je možné jít do nekonečna, snadno lze nechat x aostatnísouřadnicesepakpřizpůsobí,pakjdetakévzdálenostdonekonečna(cožje jasné, když si situaci představíme), a proto hodnota, kterou jsme našli, nemůže být maximum. Alternativa: První tři rovnice nabízejí možnost si snadno všechny proměnné vyjádřit pomocí λ(např. z= λ). Kdyžtoudělámeadosadímedopodmínky,vzniknerovnicesjednou neznámou λ,jmenovitě 3 λ=6. Odtud λ=adopočítámepřesněstejné x=atd.jako předtím. Poznámka: Namísto Lagrangeových multiplikátorů se dalo použít danou podmínku k vyjádření x= y+zadosaditdo f,vyjde F(y,z)=( y+z) +(y+3) +(z ).Najdemelokální extrémy: F =0 F z =0 = ( y+ z)+(y+3)=0 ( y+ z)+(z )=0 = y=, z=0. 5. Vzdálenost mezi bodem a přímkou je dána jako vzdálenost mezi oním bodem a nejbližším bodem dotyčné přímky, takže ten musíme najít. Mámedvěpodmínky,jednaje g(x,y,z)=x+y+ z=,druhá h(x,y,z)=x y+ z=3. Hledámebod Q=(x,y,z)splňujícítytopodmínkytakový,žejejehovzdálenostod Pminimální, budememinimalizovatvzdálenostnadruhou f(x,y,z)=(x ) +(y ) +(z+). Teď budoudvalagrangeovymultiplikátory,nazvemeje λaµ(jejednoduššípsát g,haλ,µnež g,g a λ,λ jakovevětě).rovnicejsou f= λ g+ µ h, g=ah=3,tedy x = λ g x + µ h x (x )=λ +µ (x )=λ+µ + µ h (y )=λ +µ ( ) (y )=λ µ z = λ g z + µ h = (z+)=λ +µ = (z+)=λ+µ z g= x+y+ z= x+y+ z= h=3 x y+ z=3 x y+ z=3 Zase zkusíme eliminovat multiplikátory z prvních tří rovnic. Když například sečteme druhou a třetírovnici,dostaneme λ=y+z,podosazenídotřetírovnicepak µ=z y+3.kdyžtyto λ,µdosadímedoprvnírovnice,dostanemex+y 3z=6.Tojetypické,mělijsme3rovnice s 5 neznámými, po použití dvou rovnic skončíme s jednou rovnicí a jen třemi neznámými. Teďtakévezmemevúvahunašedvěpodmínky,takžemáme x+y 3z=6 x+y+ z= = x=, y=0, z=. x y+ z=3 Nakonecspočítámevzdálenostod Q=(,0, )kp:dist(p,q)= 5.Abychomseujistili,že mámeminimum,zkusímejinýbodzpřímky.například R=(0,,)obědanérovnicesplňuje adist(p,r)= 9. Poznámka: Kdyby otázka výslovně nežádala Lagrangeovy multiplikátory, tak jsme také mohli

5 MA Řešené příklady 3 c phabala 00 danédvěrovnicepoužítkzávěru,žeřekněme y= x +, z= 3 x,dosaditdo f apakto minimalizovat, dostali bychom x =. 6.Nejprvesinačrtnememnožinu M.Mámedvěpřímkyakružnici,tyrozložírovinunaněkolik částí. Jen jedna z nich je ale omezená a zároveň vymezená všemi třemi křivkami. y 0 x Máme uzavřenou omezenou množinu s neprázdným vnitřkem a hranicí skládající se ze tří částí. Teorie zaručuje, že se globální extrémy vyskytují buď uvnitř, pak jsou to i lokální extrémy, nebo na hranici. Tím je určen klasický algoritmus, najdeme všechny možné kandidáty a na konci porovnáme hodnoty. )Nejprvesepodívámenavnitřek M,kdeextrémyjsouvbodechlokálníchextrémů.Nenítřeba je klasifikovat, hlavní je podívat se na všechny kandidáty neboli na stacionární body. x =0 =0 = x=0 8y=0 Protože(0,0) M,mámeprvníhokandidáta: f(0,0)=0. = x=y=0. )Teďsepodívámenahranici.Mátřičástiavšechnyjsoustejnéhotypu,jetokřivka,kterájena koncích odříznutá. Pro každou část tedy dostáváme stejný postup, globální extrémy nastávají buď v koncových bodech nebo v bodech, které jsou lokálními extrémy vzhledem k uvažované křivce. Tím jsou směřovány naše další kroky. a)začnemesčtvrtkruhem. Jetokřivkaurčená g(x,y)=x +(y+) =apodmínkami 0 x, y. Mádvakoncovébody,takžesenaněpodíváme: f(, )=8a f(0,)=jsoukandidáti. Pakmusímenajítlokálníextrémy fvzhledemkpodmínce g(x,y)=,tobymělojítpomocí Lagrangeových multiplikátorů. Rovnice f = λ g a g = znamenají x = λ g x x=λx g = 8y= λ(y+) g= x +(y+) = Prvnírovnicenászvekekrácení,alejetřebabýtopatrný.Mohlobysestát,že x=0?paktřetí rovnicedává y=adruhá λ=.dostávámekandidáta(0,),alenatohoužjsmesedívali,je tedy v seznamu. Knalezenídalšíchbodůbudemepředpokládat,že x 0,pakprvnírovnicedává λ=,po dosazenídodruhédostáváme y= 3 atřetírovnicedává x= 3 5. Mámedalšíhokandidáta, f ( ) 3 5, 3 = 8 3. Mimochodem,porovnánímhodnotvnašichtřechbodechodhadneme,že f ( 3 ) 5, 3 = 8 3 je lokální minimum f vzhledem k vyšetřovanému oblouku. b)dalšíčástkprozkoumáníješikmáúsečkadaná y=x+, x 0. Mádvakoncové body,(0,)užjevseznamuatendruhýje f(, )=8,dalšíkandidátnaextrémna M. 5

6 MA Řešené příklady 3 c phabala 00 Abychom viděli, co se stane uprostřed této křivky, použijeme zase Lagrangeovy multiplikátory, tentokráteaplikoványna g(x,y)=y x=: x= λ 8y= λ = y= x = 5y= = y= 5 y x=, y x= pak x= 5. Mámedalšíhokandidáta, f( 5, 5) = 5 (cožvypadájakolokálníminimum f vzhledem k té šikmé přímce). Protožejetapodmínkataksnadná,svádítokprostémudosazení y= x+do f,vyjde ϕ(x)=f(x,x+)=x +(x+) =5x +8x+. Pak se dají použít obvyklé nástroje kalkulu jedné proměnné k nalezení kandidátů na extrémy na intervalu, 0, dojde se ke stejným kandidátům jako předtím. c)nakonecsepodívámenavodorovnouúsečku,kterájedána y=, x.zasejsou jako kandidáti koncové body, ale už jsme je zahrnuli výše, a lokální extrémy z prostředka. Tady budeasinejjednoduššídosadit,zajímajínásextrémy ϕ(x)=f(x, )=x +na x. Koncovébodyjsouužhotovy,lokálníextrémyjsoudánypodmínkou ϕ (x)=0,coždává x=0. Mámedalšíhokandidátakuvážení, f(0, )=. Teďtovšechnodámedohromady. Kandidátijsou f(0,0) = 0, f(, ) = 8, f(0,) =, f(, )=8, f ( ) 3 5, 3 = 8 3, f( ) 5, 5 = 5a f(0, )=. Porovnánímhodnotdospějeme kzávěru: Globálnímaximum f na M je f(, ) = f(, ) = 8, globálníminimumje f(0,0)=0. Jentakprozajímavost,globálníminimumvzhledemkceléhranicije f ( 5 5), = 5. Poznámka: Pokud bychom chtěli vyjádřit M pomocí množinového značení, tak bychom mohli začít s kruhem daným první podmínkou a proniknout jej s dvěma polorovinami danými těmi přímkami: M= {(x,y) IR ; x +(y+) a y a y x+. 7. Množinu M lzepopsatjako M = {(x,y) IR ; x + y. Abychomnašliglobální extrémy, nejprve se podíváme, co se děje vevnitř, takže najdeme stacionární body f: x =0 x 6=0 = = x=3, y= 3. y+6=0 =0 Bod(3, 3)alenenívM,aprotojejvyřadíme. Teďbychomsemělipodívatnahranici, mámetedynajítextrémy f vzhledemkpodmínce x + y =.TovolápoLagrangeovýchmultiplikátorech: x = λ g x g= = x 6=λ x y+6=λ y x + y = = x 3=λx y+3=λy x + y = Teďbychomrádieliminovali λzprvníchdvourovnic. Mohlobysestát,že x=0? Pakby prvnírovniceříkala 3=0,tonejde;podobněmáme y 0. Můžemesitedyvyjádřit λz prvnírovnice,dosaditdodruhéanakonecdostaneme y= x. Kdyžtodámedopodmínky, dostaneme x=±. Jsoutedydvakandidáti,(, )a(, ). Dosadímejedo f: f(, )=, f(, )=+,takžetovypadá,žeprvníjeminimum,druhý maximum. 8.Abychomnašliextrémy,musímeznát y (x).relativněsnadnotonajdemepomocíimplicitního derivování. Derivujeme danou rovnici vzhledem k x, je důležité si přitom pamatovat, že 6

7 MA Řešené příklady 3 c phabala 00 také yjefunkce x: [y +xy] =[x x ] = yy +y+xy = 8x ( ) = y = 8x y y+x. Kritickébodyjsoucharakterizoványvlastností y (x)=0: y = 8x y y+x =0 = 8x y=0 = y= x. Kritické body také musí splňovat danou rovnici(leží na té křivce), takže do ní dosadíme právě získanou podmínku: ( x) +x( x)=x x = x 8x+=0 = x=, 6. Dostalijsmekandidáty x=, y= ;ax= 6, y= 3.Proobaznichmáme y =0(toseještě bude hodit). Abychom je klasifikovali, potřebujeme druhou derivaci, takže derivujeme rovnici( ): y y +yy +y +y +xy = 8 = y = y +(y ) y+x. Dosadímeprvníbod,tedy x=, y= ay =0,dostáváme y ( ( ) =8>0.Takže y ) = je lokální minimum. Dosadímedruhýbod,tedy x= 6, y= 3 a y =0,dostáváme y ( ( 6) = 8 <0.Takže y ) 6 = 3 je lokální maximum. Alternativnířešeníjsoumožná,napříkladlzezískat y tak,žepřímoderivujemevzoreczískaný pro y. Poznámka pro zvědavé(a pokročilé) studenty: Problém jsme řešili obvyklým postupem, ale pečlivého čtenáře možná napadlo, jestli jsme opravdu našli všechny kritické body. Ty jsou totiž definoványjakobody,kde y =0nebo y neexistuje.jsouvnašempřípaděnějakétakovébody? Vzorecproderivacimáproblém,kdyžy+x=0,tedypro y= x. Zasedosadímedodané rovniceadostaneme3x x=0,čili x=0nebo x= 3.Itotojsoukritickébody,aleprotože v nich neexistuje derivace, tak k jejich klasifikaci nemůžeme použít test druhou derivací. Cosetamděje? Kdyžsegrafblížíkbodu(0,0)nebokbodu ( 3, 3),pakvzorecpro y jde do nekonečna. To ukazuje, že skutečný důvod, proč tam nemůžeme najít derivaci, je způsoben tím,žekřivkamávdanémboděsvisloutečnu,paktamovšemaninenílokálníextrém. Toto je typické, když je implicitní funkce dána pěknou diferencovatelnou funkcí, tak se problémy objevují jen tam, kde je derivace nevlastní. Neuděláme proto chybu, když se soustředíme jen nabody,kde y =0. 7