SIMR 2012/2013, Analiza 2, wykład 8, 2013-04-22
Ekstrema globalne (wartość największa i najmniejsza) funkcji
Twierdzenie: Niech f : D → R , D ⊂ Rk jest zbiorem domkniętym i ograniczonym, a funkcja f jest ciągła. Wtedy istnieją ekstrema globalne funkcji f na zbiorze D .
Sposób szukania ekstremów globalnych funkcji
Zakładamy, że funkcja f : D → R , D ⊂ Rk jest ciągła, a zbiór D jest domknięty i ograniczony.
1. Z powyższego twierdzenia wynika, że istnieją ekstrema globalne.
2. Dzielimy zbiór D na wnętrze (zbiór otwarty) , a brzeg na hiperpowierzchnie k − 1 ,k − 2 , . . . 1 - wymiarowe i punkty. Zakładamy, że zbiór D można w ten sposób rozłożyć. Zbiór otwarty można traktować jak hiperpowierzchnię k-wymiarową, a punkty jak hiperpowierzchnie 0-wymiarowe.
3. Szukamy punktów podejrzanych (stacjonarnych) na każdej części.
4. Ekstrema globalne muszą być w jednym ze znalezionych punktów. Aby stwierdzić który to punkt, obliczamy wartości funkcji w znalezionych punktach i wybieramy wartość największą oraz najmniejszą.
Przykład:
Znaleźć ekstrema globalne funkcji f (x, y) = x2+ y2− 2y na zbiorze D : {(x, y) : y x2, y ¬ 4}
Funkcja jest ciągła, a zbiór D domknięty i ograniczony.
Dzielimy zbiór D na części , D = D1∪ D2∪ D3∪ D4∪ D5: D1 = {(x, y) : y > x2, y < 4} - wnętrze, zbiór otwarty
D2 = {(x, y) : y = x2, x ∈ (−2, 2)} -hiperpowierzchnia 1-wymiarowa D3 = {(x, y) : y = 4 , x ∈ (−2, 2)} -hiperpowierzchnia 1-wymiarowa D4 = {(−2, 4)} - punkt
D5 = {(2, 4)} - punkt
Szukamy punktów stacjonarnych:
Na D1 : ∂f
∂x = 0 , ∂f
∂y = 0 2x = 0 , 2y − 2 = 0
P1 = (0, 1) - punkt ten należy do D1
Na D2 : Traktujemy D2 jak wykres funkcji:
D2 = {(x, x2) : x ∈ (−2, 2)}
h(x) = f (x, x2) = x2+ x4− 2x2 = x4− x2 h0(x) = 4x3− 2x2
h0(x) = 0 dla x = 0 i x = ±√1
2 . Punkty te należą do (−2, 2) Mamy więc następujące punkty: P2(0, 0) , P3(√1
2,12) , P4(−√1
2,12) Na D3 : Traktujemy D3 jak wykres funkcji:
D3 = {(x, 4) : x ∈ (−2, 2)}
h(x) = f (x, 4) = x2+ 16 − 8 = x2+ 8 h0(x) = 2x
h0(x) = 0 dla x = 0 . Punkt ten należy do (−2, 2) Mamy więc punkt: P5(0, 4)
Na D4 i D5 : P6(−2, 4) , P7(2, 4)
Ekstrema globalne istnieją i muszą być w jednym ze znalezionych 7 punktów.
f (P1) = −1 , f (P2) = 0 , f (P3) = 0 , f (P4) = 0 , f (P5) = 8 , f (P6) = 12 , f (P7) = 12
Odpowiedź: Wartość największa funkcji na D jest równa 12, a wartość najmniejsza jest równa -1.
Przykład: Znaleźć ekstrema globalne funkcji
f (x, y, z) = x2+ 2y2+ z2− 2z
na zbiorze D : {(x, y, z) : x2+ y2 ¬ 1 , z2 ¬ 4}
Funkcja jest f ciągła, a zbiór D domknięty i ograniczony, a więc istnieją ekstrema globalne f na D Dzielimy zbiór D na części , D = D1∪ D2∪ D3∪ D4:
D1 = {(x, y, z) : x2+ y2 < 1 , z2 < 4} - wnętrze, zbiór otwarty (wnętrze walca)
D2 = {(x, y, z) : x2+ y2 = 1 , z2 < 4} - hiperpowierzchnia 2-wymiarowa (powierzchnia boczna walca) D3 = {(x, y, z) : x2+ y2 < 1 , z2 = 4} - hiperpowierzchnia 2-wymiarowa (2 koła)
D4 = {(x, y, z) : x2+ y2 = 1 , z2 = 4} - hiperpowierzchnia 1-wymiarowa (2 okręgi) Funkcja f jest różniczkowalna. Szukamy punktów stacjonarnych f :
Na D1:
∂f
∂x = 0 , ∂f
∂y = 0 , ∂f
∂z = 0 2x = 0 , 4y = 0 , 2z − 2 = 0
P1 = (0, 0, 1) - punkt ten należy do D1 Na D2:
Stosujemy metodę mnożników Lagrange’a:
Funkcja g(x, y, z) = x2+ y2− 1 jest klasy C1 grad g = (2x, 2y, 0)
Układ równań: grad g = 0 , g = 0 nie ma rozwiązań, więc D2 jest hiperpowierzchnią 2-wymiarową gładką.
Rozwiązujemy układ równań:
( grad f = λ · grad g g = 0
czyli:
2x = λ · 2x 4y = λ · 2y 2z − 2 = λ · 0 x2+ y2− 1 = 0
2x = λ · 2x =⇒ 2x(λ − 1) = 0 =⇒ x = 0 lub λ = 1
λ = 1 =⇒ 4y = 2y =⇒ y = 0 =⇒ x2 = 1 =⇒ x = ±1 oraz z = 1 Mamy punkty stacjonarne: P2 = (1, 0, 1) ∈ D2 , P3 = (−1, 0, 1) ∈ D2 x = 0 =⇒ y2 = 1 =⇒ y = ±1 oraz z = 1
Mamy punkty stacjonarne: P4 = (0, 1, 1) ∈ D2 , P5 = (0, −1, 1) ∈ D2 Na D3:
Stosujemy metodę mnożników Lagrange’a:
Funkcja g(x, y, z) = z2− 4 jest klasy C1 grad g = (0, 0, 2z)
Układ równań: grad g = 0 , g = 0 nie ma rozwiązań, więc D3 jest hiperpowierzchnią 2-wymiarową gładką.
Rozwiązujemy układ równań:
( grad f = λ · grad g g = 0
czyli:
2x = λ · 0 4y = λ · 0 2z − 2 = λ · 2z z2− 4 = 0 Mamy:
x = 0 , y = 0 , z = ±2
Mamy punkty stacjonarne: P6 = (0, 0, 2) ∈ D3 , P7 = (0, 0, −2) ∈ D3
Na D4:
Stosujemy metodę mnożników Lagrange’a:
Funkcje g1(x, y, z) = x2+ y2− 1 i g2(x, y, z) = z2− 4 są klasy C1 grad g1 = (2x, 2y, 0)
grad g2 = (0, 0, 2z)
Sprawdzamy czy D4 jest hiperpowierzchnią 1-wymiarową gładką, czyli czy wektory grad g1 i grad g2 są liniowo niezależne na D4
Rząd macierzy g0 musi być równy 2:
g0 =
"
2x 2y 0 0 0 2z
#
gdyby rząd macierzy g0 był mniejszy od 2 to:
2x 0 0 2z
= 0 =⇒ 4xz = 0 oraz
2y 0 0 2z
= 0 =⇒ 4yz = 0
g2(x, y, z) = z2 − 4 = 0 =⇒ z 6= 0 =⇒ x = 0 , y = 0 =⇒ g1(x, y, z) = x2 + y2 − 1 = −1 6= 0 - sprzeczność
Wniosek: D4 jest hiperpowierzchnią 1-wymiarową gładką.
Rozwiązujemy układ równań:
grad f = λ1· grad g1+ λ2· grad g2 g1 = 0
g2 = 0 czyli:
2x = λ1· 2x + λ2· 0 4y = λ1· 2y + λ2· 0 2z − 2 = λ1· 0 + λ2· 2z x2+ y2− 1 = 0
z2− 4 = 0
2x = λ1· 2x =⇒ 2x(λ1− 1) = 0 =⇒ x = 0 lub λ1 = 1
λ1 = 1 =⇒ 4y = 2y =⇒ y = 0 =⇒ x2 = 1 =⇒ x = ±1 oraz z = ±2
Mamy punkty stacjonarne: P8 = (1, 0, 2) ∈ D4 , P9 = (1, 0, −2) ∈ D4 , P10 = (−1, 0, 2) ∈ D4 , P11 = (−1, 0, −2) ∈ D4 ,
x = 0 =⇒ y2 = 1 =⇒ y = ±1 oraz z = ±2
Mamy punkty stacjonarne: P12 = (0, 1, 2) ∈ D4 , P13 = (0, 1, −2) ∈ D4 , P14 = (0, −1, 2) ∈ D4 , P15 = (0, −1, −2) ∈ D4 ,
Obliczamy wartości funkcji:
f (P1) = −1 , f (P2) = f (P3) = 0 , f (P4) = f (P5) = 1 , f (P6) = 0 , f (P7) = 8 , f (P8) = f (P10) = 1 , f (P9) = f (P11) = 9 , f (P12) = f (P14) = 2 , f (P13) = f (P15) = 10
Z tej listy wybieramy wartość największą i najmniejszą.
Odpowiedź:
Maksimum globalne f na D jest równe 10 i jest osiągane w punktach: P13= (0, 1, −2) i P15 = (0, 1, 2) Minimum globalne f na D jest równe −1 i jest osiągane w punkcie: P1 = (0, 0, 1)
Przykład: Znaleźć położenia równowagi nieważkiego pręta o długości l, którego koniec A może prze- suwać się bez tarcia wzdłuż pionowej osi Oy a koniec B może przesuwać się bez tarcia wzdłuż osi Ox.
Do końca A pręta przymocowana jest sprężyna o współczynniku spręzystości k i długości swobodnej 0 . Drugi koniec sprężyny jest zamocowany w punkcie C. W końcu A i B zamocowane są masy m . Dane:
mg = 2
k = 2 l =√ 2 C(0, 2)
Rozwiązanie, sposób 1:
Stan układu opisujemy przez zmienne x1, y1, x2, y2 , oznaczające położenie punktów A(x1, y1) i B(x2, y2) . Przestrzenią wszystkich wartości zmiennych jest R4. Dopuszczalne są tylko te wartości zmiennych, które spełniają warunki (ograniczenia, więzy):
x1 = 0 - punkt A leży na osi Oy y2 = 0 - punkt B leży na osi Ox
(x2− x1)2+ (y2− y1)2 = l2 - pręt ma długość l Energia potencjalna układu jest równa:
E = mgy1+ mgy2+ k 2
(x1− xC)2+ (y1− yC)2 Zdefiniujmy funkcje ograniczeń:
g1(x1, y1, x2, y2) = x1 g2(x1, y1, x2, y2) = y2
g3(x1, y1, x2, y2) = (x2− x1)2+ (y2− y1)2− 2
Niech H będzie zbiorem dopuszczalnych stanów układu H = {(x1, y1, x2, y2) : g1 = 0 , g2 = 0 , g3 = 0}
. Sprawdzamy, czy H jest hiperpowierzchnią gładką. Funkcje g1, g2, g3 są klasy C1 i mają dziedzinę otwartą: D = R4. Obliczamy
g0 =
∂g1
∂x1
∂g1
∂y1
∂g1
∂x2
∂g1
∂y2
∂g2
∂x1
∂g2
∂y1
∂g2
∂x2
∂g2
∂y2
∂g3
∂x1
∂g3
∂y1
∂g3
∂x2
∂g3
∂y2
=
1 0 0 0
0 0 0 1
−2(x2− x1) −2(y2− y1) 2(x2− x1) 2(y2− y1)
Kolejne wiersze macierzy g0 to: grad g1 , grad g2 , grad g3
Chcemy pokazać, że rząd macierzy g0 jest równy 3 w każdym punkcie H. (oznacza to , ze gradienty są liniowo niezależne).
Gdyby, rząd g0 był < 3 to wyznaczniki:
1 0 0
0 0 1
−2(x2− x1) −2(y2− y1) 2(y2− y1)
= 0 i
1 0 0
0 0 1
−2(x2− x1) 2(x2− x1) 2(y2− y1)
= 0
Stąd: (y2− y1) = 0 i (x2− x1) = 0 =⇒ g3(x1, y1, x2, y2) = −2 6= 0 - sprzeczność, bo g3 = 0 na H . Wniosek - H jest hiperpowierzchnią gładką, oraz gradienty gi są liniowo niezależne na H . Punkty równowagi układu są punktami stacjonarnymi energii potencjalnej na hierpowierzchni H.
Punkty stacjonarne znajdujemy rozwiązując układ równań:
grad E = λ1· grad g1+ λ2· grad g2+ λ3· grad g3 g1 = 0
g2 = 0 g3 = 0
E = 2(y1+ y2) + x21+ (y1− 2)2 grad E = (2x1, 2y1− 2 , 0 , 2) mamy:
2x1 = λ1 · 1 + λ2· 0 + λ3· (−2(x2− x1)) 2y1− 2 = λ1· 0 + λ2 · 0 + λ3· (−2(y2− y1)) 0 = λ1· 0 + λ2· 0 + λ3· 2(x2 − x1)
2 = λ1· 0 + λ2· 1 + λ3· 2(y2− y1) x1 = 0
y2 = 0
(x2− x1)2 + (y2− y1)2− 2 = 0
=⇒
0 = λ1− 2λ3x2 2y1− 2 = 2λ3y1
0 = 2λ3x2 2 = λ2− 2λ3y1 x1 = 0
y2 = 0
x22+ y12− 2 = 0
Równanie (3): =⇒ 0 = 2λ3x2 =⇒ λ3 = 0 lub x2 = 0 Dla λ3 = 0
Z równania (2): y1 = 1
Z równania (7): x22 = 1 =⇒ x2 = ±1
Z równania (1) możemy obliczyć λ1 , z równania (4) : λ2
Punkty stacjonarne: P1(0, 1, 1, 0) , P2(0, 1, −1, 0) Dla x2 = 0
Z równania (7): y21 = 2 =⇒ y1 = ±√ 2
Z równania (2) możemy obliczyć λ3 , z równania (1) : λ1 , z równania (4) : λ2 Punkty stacjonarne: P3(0,√
2, 0, 0) , P4(0, −√ 2, 0, 0) Uwaga:
−
→F = −grad E jest siłą za jaką pole potencjalne działa na układ,
−→
R1 = λ1· grad g1 jest siłą reakcji związaną więzami g1,
−→
R2 = λ2· grad g2 jest siłą reakcji związaną więzami g2,
−→
R3 = λ3· grad g3 jest siłą reakcji związaną więzami g3. Mnożniki Lagrange’a można zapisać inaczej:
−
→F +−→ R1+−→
R2+−→ R3 =−→
0 - warunek równowagi sił.
Możemy więc oprócz znalezienia punktu równowagi, obliczyć siły reakcji.
Np. w punkcie P1(0, 1, 1, 0) mamy:
λ3 = 0 , λ1 = 0 , λ2 = 2 Czyli−→
R1 = (0, 0, 0, 0) ,−→
R2 = (0, 0, 0, 2) ,−→
R3 = (0, 0, 0, 0) W punkcie P3(0,√
2, 0, 0) mamy:
λ3 = 1 − √1
2 , λ1 = 0 , λ2 = 2√ 2 Czyli−→
R1 = (0, 0, 0, 0) ,−→
R2 = (0, 0, 0, 2√
2) , −→
R3 =0, (2√
2 − 1), 0, −(2√
2 − 1) Zerowy współczynnik: λ1 = 0 =⇒ −→
R1 = (0, 0, 0, 0) - oznacza, że układ ma to samo położenie równowagi nawet po usunięciu więzu g1.
Reakcja −→
R3 =0, (2√
2 − 1), 0, −(2√
2 − 1) oznacza parę sił, czyli ściskanie pręta z siłą: Fs= 2√ 2 − 1 Rozwiązanie, sposób 2:
Układ ma jeden stopień swobody, czyli do opisu stanu układu potrzeba jednej zmiennej. Stan układu opisujemy przez zmienną ϕ oznaczającą kąt skierowany między osią Ox a wektorem−→
AB . Jako dziedzinę najwygodniej jest przyjąć przedział ϕ ∈ (0 − ε, 2π + ε) dla małego ε > 0 pamiętając, że pewne stany układu będą uwzględniane dwukrotnie.
Mamy:
x1 = 0 y2 = 0 y1 = −√
2 sin ϕ x2 =√
2 cos ϕ
Sprawdzamy, czy zbiór stanów tworzy hiperowierzchnię gładką 1-wymiarową:
d
dϕ(x1, y1, x2, y2) = (0, −√
2 cos ϕ, −√
2 sin ϕ, 0) 6= (0, 0, 0, 0) Energia potencjalna układu jest równa:
E = −2√
2 sin ϕ + (−√
2 sin ϕ − 2)2 = 2 sin2ϕ + 2√
2 sin ϕ + 4
Położenie równowagi układu jest punktem stacjonarnym energii potencjalnej.
Szukamy punktów, dla których dE dϕ = 0 4 sin ϕ · cos ϕ + 2√
2 cos ϕ = 0 4 cos ϕ(sin ϕ +
√2 2 ) = 0
cos ϕ = 0 lub sin ϕ +
√2
2 = 0 =⇒ sin ϕ = −
√2
ϕ = π2 + kπ , k ∈ Z 2 ϕ = −π4 + 2kπ , k ∈ Z ϕ = 5π4 + 2kπ , k ∈ Z W dziedzinie mamy:
ϕ1 = π2 , ϕ2 = 3π2 , ϕ3 = 5π4 , ϕ4 = 7π4
