Ответ:
Найти условный экстремум функции [tex]\bf z=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}[/tex] при условии [tex]\bf x+y=2[/tex]
Сначала нужно представить уравнение связи в виде [tex]\bf \varphi (x;y)=0[/tex] и
составить функцию Лагранжа : [tex]\bf L=f(x;y)+\lambda \cdot \varphi (x;y)[/tex] .
[tex]\bf \varphi (x;y)=x+y-2=0[/tex]
[tex]\bf L=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\lambda \cdot (x+y-2)[/tex]
Найдём частные производные функции Лагранжа, при этом с [tex]\bf \lambda[/tex] следует обращаться, как с константой .
[tex]\bf L'_{x}=-\dfrac{1}{x^2}+\lambda \ \ ,\ \ L'_{y}=-\dfrac{1}{y^2}+\lambda[/tex]
Составим и решим следующую систему:
[tex]\left\{\begin{array}{l}\bf L'_{x}=0\\\bf L'_{y}=0\\\bf \varphi (x;y)=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf -\dfrac{1}{x^2}+\lambda =0\\\bf -\dfrac{1}{y^2}+\lambda =0\\\bf x+y-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf \lambda =\dfrac{1}{x^2}\\\ \bf \lambda =\dfrac{1}{y^2}\\\bf x+y-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf \dfrac{1}{x^2}=\dfrac{1}{y^2}\\\bf x+y-2=0\end{array}\right[/tex]
[tex]\left\{\begin{array}{l}\bf y^2=x^2\\\bf x+y-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y=\pm x\\\bf x+y-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y_1=x\ ,\ y_2=-x\\\bf x+y-2=0\end{array}\right[/tex]
[tex]\bf a)\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y_1=x\\\bf x+x-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y_1=x\\\bf 2x-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y=1\\\bf x=1\end{array}\right \ \ ,\ \ \lambda =1\\\\\\b)\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y_2=-x\\\bf x-x-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y_2=-x\\\bf 0-2=0\end{array}\right\ \ \ \Rightarrow \ \ net\ reshenij[/tex]
Подставим в уравнение связи найденные значения переменных .
[tex]\bf x+y-2=0\ \ \Rightarrow \ \ \ x+x-2=0\ \ ,\ \ 2x-2=0\ \ ,\ \ x=1\\\\1+y-2=0\ \ \Rightarrow \ \ y=1[/tex]
Получили одну стационарную точку [tex]\bf M_0(\, 1\, ;\, 1\, )[/tex] .
Проверим выполнение достаточного условия экстремума для найденной стационарной точки.
Способ основан на использовании дифференциала второго порядка [tex]\bf d^2L[/tex] .
[tex]\bf d^2L=L''_{xx}(dx)^2+2\, L''_{xy}+L''_{yy}(dy)^2\\\\L''_{xx}=\Big(-\dfrac{1}{x^2}+\lambda \Big)'_{x}=-(-2)\cdot x^{-3}=\dfrac{2}{x^3}\ \ ,\ \ \ \ \ L''_{yy}=\dfrac{2}{y^3}\ \ ,\\\\L''_{xy}=\Big(-\dfrac{1}{x^2}+\lambda \Big)'_{y}=0[/tex]
[tex]\bf d^2L=\dfrac{2}{x^3}\cdot (dx)^2+\dfrac{2}{y^3}\cdot (dy)^2[/tex]
Вычисляем значение дифференциала 2 порядка в стационарной точке .
[tex]\bf d^2L(M_0)=\dfrac{2}{1^3}\cdot (dx)^2+\dfrac{2}{1^3}\cdot (dy)^2=2\, (dx)^2+2\, (dy)^2 > 0[/tex]
Так как [tex]\bf d^2L(M_0) > 0[/tex] , то функция в стационарной точке достигает минимума .
[tex]\bf z(1;1)=\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{1}=1+1=2[/tex]
Ответ: [tex]\bf z_{min}=2[/tex] при условии [tex]\bf x+y=2[/tex] ,
Відповідь:
(1; 1)
min(z)=2
Пояснення:
из условия выразим значение у и подставим в уравнение функции
x+y=2 -> y=2-x
z=1/x +1/(2-x)=2/(2x-x²)
найдём екстремум функции от одной переменной
z'=-2(2-2x)/(2x-x²)²
z'=0 -> 2-2x=0 и х≠0, х≠2
2-2х=0 -> х=1
рассмотрим смену знаков z' при х<1 и х>1
x< 1 -> z<0
x>1. -> z> 0
Так как z в екстремальной точке меняет знак с минуса на плюс, имеем точку минимума х=1, а у=2-х=1
точка (1; 1) точка минимума функции при условии х+у=2 минимальное значение функции z=1/1 + 1/1=2
Copyright © 2024 SCHOLAR.TIPS - All rights reserved.
Answers & Comments
Verified answer
Ответ:
Найти условный экстремум функции [tex]\bf z=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}[/tex] при условии [tex]\bf x+y=2[/tex]
Сначала нужно представить уравнение связи в виде [tex]\bf \varphi (x;y)=0[/tex] и
составить функцию Лагранжа : [tex]\bf L=f(x;y)+\lambda \cdot \varphi (x;y)[/tex] .
[tex]\bf \varphi (x;y)=x+y-2=0[/tex]
[tex]\bf L=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\lambda \cdot (x+y-2)[/tex]
Найдём частные производные функции Лагранжа, при этом с [tex]\bf \lambda[/tex] следует обращаться, как с константой .
[tex]\bf L'_{x}=-\dfrac{1}{x^2}+\lambda \ \ ,\ \ L'_{y}=-\dfrac{1}{y^2}+\lambda[/tex]
Составим и решим следующую систему:
[tex]\left\{\begin{array}{l}\bf L'_{x}=0\\\bf L'_{y}=0\\\bf \varphi (x;y)=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf -\dfrac{1}{x^2}+\lambda =0\\\bf -\dfrac{1}{y^2}+\lambda =0\\\bf x+y-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf \lambda =\dfrac{1}{x^2}\\\ \bf \lambda =\dfrac{1}{y^2}\\\bf x+y-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf \dfrac{1}{x^2}=\dfrac{1}{y^2}\\\bf x+y-2=0\end{array}\right[/tex]
[tex]\left\{\begin{array}{l}\bf y^2=x^2\\\bf x+y-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y=\pm x\\\bf x+y-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y_1=x\ ,\ y_2=-x\\\bf x+y-2=0\end{array}\right[/tex]
[tex]\bf a)\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y_1=x\\\bf x+x-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y_1=x\\\bf 2x-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y=1\\\bf x=1\end{array}\right \ \ ,\ \ \lambda =1\\\\\\b)\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y_2=-x\\\bf x-x-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y_2=-x\\\bf 0-2=0\end{array}\right\ \ \ \Rightarrow \ \ net\ reshenij[/tex]
Подставим в уравнение связи найденные значения переменных .
[tex]\bf x+y-2=0\ \ \Rightarrow \ \ \ x+x-2=0\ \ ,\ \ 2x-2=0\ \ ,\ \ x=1\\\\1+y-2=0\ \ \Rightarrow \ \ y=1[/tex]
Получили одну стационарную точку [tex]\bf M_0(\, 1\, ;\, 1\, )[/tex] .
Проверим выполнение достаточного условия экстремума для найденной стационарной точки.
Способ основан на использовании дифференциала второго порядка [tex]\bf d^2L[/tex] .
[tex]\bf d^2L=L''_{xx}(dx)^2+2\, L''_{xy}+L''_{yy}(dy)^2\\\\L''_{xx}=\Big(-\dfrac{1}{x^2}+\lambda \Big)'_{x}=-(-2)\cdot x^{-3}=\dfrac{2}{x^3}\ \ ,\ \ \ \ \ L''_{yy}=\dfrac{2}{y^3}\ \ ,\\\\L''_{xy}=\Big(-\dfrac{1}{x^2}+\lambda \Big)'_{y}=0[/tex]
[tex]\bf d^2L=\dfrac{2}{x^3}\cdot (dx)^2+\dfrac{2}{y^3}\cdot (dy)^2[/tex]
Вычисляем значение дифференциала 2 порядка в стационарной точке .
[tex]\bf d^2L(M_0)=\dfrac{2}{1^3}\cdot (dx)^2+\dfrac{2}{1^3}\cdot (dy)^2=2\, (dx)^2+2\, (dy)^2 > 0[/tex]
Так как [tex]\bf d^2L(M_0) > 0[/tex] , то функция в стационарной точке достигает минимума .
[tex]\bf z(1;1)=\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{1}=1+1=2[/tex]
Ответ: [tex]\bf z_{min}=2[/tex] при условии [tex]\bf x+y=2[/tex] ,
Відповідь:
(1; 1)
min(z)=2
Пояснення:
из условия выразим значение у и подставим в уравнение функции
x+y=2 -> y=2-x
z=1/x +1/(2-x)=2/(2x-x²)
найдём екстремум функции от одной переменной
z'=-2(2-2x)/(2x-x²)²
z'=0 -> 2-2x=0 и х≠0, х≠2
2-2х=0 -> х=1
рассмотрим смену знаков z' при х<1 и х>1
x< 1 -> z<0
x>1. -> z> 0
Так как z в екстремальной точке меняет знак с минуса на плюс, имеем точку минимума х=1, а у=2-х=1
точка (1; 1) точка минимума функции при условии х+у=2 минимальное значение функции z=1/1 + 1/1=2