Ćw. 12 AM

Poprawki do ćwiczeń 31.05

Rozdział 8 (ekstrema war.) Zad. 1 (a)

L(x,y)=xy-\lambda(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}-1)

\frac{\partial L}{\partial x}=y-\lambda\frac{x}{4}

\frac{\partial L}{\partial y}=x-\lambda y

Możliwe punkty ekstremów to $(2,1)$ , $(-2,-1)$ , $(-2,1)$ i $(2,-1)$ I teraz - uwaga! - był błąd.Druga pochodna $L(x,y)$ to oczywiście:

D^2L(x,y)=\begin{bmatrix} -\frac{\lambda}{4} & 1 \\ 1 & \lambda \end{bmatrix}

$D^2L(v,v)=-\frac{\lambda}{4}v_1^2+2v_1v_2-\lambda v^2$ Przykładowo, dla punktu $(x,y)=(2,1)$ mamy $\lambda=2$ . Dla wektorów $v\in\ker DG(2,1)$ , które są postaci $(-2v_2,v_2)$ mamy:

D^2L(v,v)=-\frac{1}{2}4v_2^2-4v_2^2-2v^2=-8v_2^2

Pozostałe trzy punkty - analogicznie. Mamy dwa minima i dwa maksima lokalne.

Rozdział 8 (ekstrema war.) Zad. 2(a)

L(x,y)=y-x^2-\lambda({x^2}+{y^2}-1)

\frac{\partial L}{\partial x}=-2x-2\lambda x

\frac{\partial L}{\partial y}=1-2\lambda y

Mamy cztery potencjalne punkty: $(x,y,\lambda)=(0,1,\frac{1}{2})$ , $(x,y,\lambda)=(0,-1,-\frac{1}{2})$ , $(x,y,\lambda)=(\pm\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},-1)$ . Policzmy macierz drugich pochodnych w dwóch pierwszych. W punkcie $(x,y,\lambda)=(0,1,\frac{1}{2})$ (przypominam rysunek - tam jest ekstremum):

D^2L(x,y)=\begin{bmatrix} -2(1+\lambda) & 0 \\ 0 & -2 \lambda \end{bmatrix}

Dla dowolnego $v$ mamy:

D^2L(v,v)=-2(1+\lambda)v_1^2-2\lambda v_2^2

Zauważmy, że w punkcie $(x,y,\lambda)=(0,1,\frac{1}{2})$ $D^2L(v,v)=-3v_1^2-v_2^2<0$ dla każdego $v$ (nie musimy zatem wyznaczać jądra)

Natomiast w punkcie $(x,y,\lambda)=(0,-1,-\frac{1}{2})$ aż tak dobrze nie jest, ponieważ: $D^2L(v,v)=-v_1^2+v^2_2$ , co może być różnych znaków. Natomiast dla $v\in\ker DG(0,-1)\Leftrightarrow v=(a,0)$ , zatem $D^2L(v,v)=-v_1^2$ . Mamy w punkcie lokalne maksimum. Co ważnie, nie jest to największa wartość na zbiorze - widzimy, że w punkcie $(0,1,\frac{1}{2})$ wartość funkcji jest większa.

Dwa pozostałe punkty przeliczę jutro na zajęciach, żeby się upewnić, że wszyscy to zobaczą.