3.1 Reguła łańcuchowa, ekstrema i mnożniki Lagrange'a w wielu zmiennych

0 Prolog: najtańsza puszka

Producent napojów chce puszkę o objętości 330 ml, zużywającą jak najmniej blachy. Puszka to walec o promieniu $r$ i wysokości $h$ . Pole powierzchni (blacha) to $A = 2\pi r^2 + 2\pi rh$ : dwa denka i płaszcz. Objętość $V = \pi r^2h$ jest ustalona.

W lekcji 1.4 Rachunek różniczkowy w praktyce rozwiązalibyśmy to tak: z warunku na objętość wyznaczamy $h = V/(\pi r^2)$ , wstawiamy do $A$ i szukamy minimum funkcji jednej zmiennej. Wychodzi $h = 2r$ : najtańsza puszka jest tak wysoka, jak szeroka. Tymczasem prawdziwe puszki są wyraźnie wyższe niż szerokie (zmierz swoją). Czy producenci nie umieją liczyć?

Pytanie na start. Co trzeba zmienić w modelu, żeby wyszła puszka wyższa niż szeroka? Podpowiedź: weź puszkę do ręki i porównaj sztywność denka i ścianki. Odpowiedź w przykładzie 3.1.

Wyznaczenie jednej zmiennej z warunku działa tu, bo warunek jest prosty. Przy trudniejszych więzach (punkt na elipsoidzie, kilka warunków naraz) przestaje działać. Część 3 da metodę, która działa także przy trudnych więzach i przy okazji mówi, ile kosztuje każdy dodatkowy mililitr. Najpierw jednak dwa narzędzia, na których ta metoda stoi.

1 Reguła łańcuchowa

W lekcji 1.4 Rachunek różniczkowy w praktyce zmiana funkcji przy małym przesunięciu $\mathrm d\vec r = [\mathrm dx;\ \mathrm dy]$ to różniczka zupełna $\mathrm df = f_x\,\mathrm dx + f_y\,\mathrm dy = \nabla f\cdot\mathrm d\vec r$ (piszemy krótko $f_x = \partial f/\partial x$ ). Jeśli punkt porusza się po krzywej $\vec r(t) = [x(t);\ y(t)]$ , to w czasie $\mathrm dt$ przesuwa się o $\mathrm d\vec r = \dot{\vec r}\,\mathrm dt$ . Dzieląc przez $\mathrm dt$ :

Reguła łańcuchowa (wiele zmiennych)

\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}f\big(x(t),\ y(t)\big) = \frac{\partial f}{\partial x}\frac{\mathrm dx}{\mathrm dt} + \frac{\partial f}{\partial y}\frac{\mathrm dy}{\mathrm dt} = \nabla f\cdot\dot{\vec r} .

Każda zmienna wnosi swój wkład: pochodną $f$ po tej zmiennej razy tempo zmiany zmiennej. Dla funkcji trzech zmiennych dochodzi trzeci wyraz.por. Stewart §14.5

Słownie: tempo zmian $f$ odczuwane przez poruszający się punkt to składowa gradientu wzdłuż ruchu razy szybkość. Ruch wzdłuż poziomicy ( $\dot{\vec r} \perp \nabla f$ ) nie zmienia $f$ .

Przykład 1.1 Robot na gorącej płycie

Temperatura płyty to $T(x,\ y) = 100 - x^2 - 2y^2$ (°C, metry; przykład 4.1 z lekcji 1.4). Mały robot pomiarowy jeździ po okręgu $\vec r(t) = [3\cos t;\ 3\sin t]$ (czas w sekundach). Jak szybko zmienia się temperatura, którą mierzy?

$\nabla T = [-2x;\ -4y]$ , $\;\dot{\vec r} = [-3\sin t;\ 3\cos t]$ .
$\dfrac{\mathrm dT}{\mathrm dt} = (-2x)(-3\sin t) + (-4y)(3\cos t) = 18\cos t\sin t - 36\sin t\cos t = -9\sin2t$ .

Wynik: $\dfrac{\mathrm dT}{\mathrm dt} = -9\sin2t$ °C/s; najszybszy spadek, $9$ °C/s, dla $t = \pi/4$ i $t = 5\pi/4$ .

Sprawdzenie: wprost $T(t) = 100 - 9\cos^2t - 18\sin^2t = 91 - 9\sin^2t$ , a $\tfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}(91 - 9\sin^2t) = -18\sin t\cos t = -9\sin2t$ ✓. Temperatura jest najwyższa na osi $x$ ( $t = 0$ , $91$ °C) i najniższa na osi $y$ ( $82$ °C), bo w kierunku $y$ płyta stygnie szybciej.

1.1 Pochodna substancjalna

Jeśli pole zmienia się także w czasie, $T(x,\ t)$ , to dochodzi wyraz od jawnej zależności od $t$ . Dla punktu poruszającego się z prędkością $v = \dot x$ :

\frac{\mathrm dT}{\mathrm dt} = \frac{\partial T}{\partial t} + v\frac{\partial T}{\partial x}\qquad\text{(w 3D: } \tfrac{\partial T}{\partial t} + \vec v\cdot\nabla T\text{)} .

To pochodna substancjalna (inaczej materialna albo wędrowna): zmiana odczuwana przez obiekt niesiony z prądem. Pierwszy wyraz to zmiana lokalna (w ustalonym miejscu), drugi to wyraz konwekcyjny, skutek przemieszczania się w polu. Ten sam wzór opisuje przyspieszenie cząstki płynu (Dział 10: Płyny: ciśnienie, przepływ, lepkość i siły aerodynamiczne) i transport ciepła.

Przykład 1.2 Rano na autostradzie

Rano temperatura rośnie wszędzie o $2$ °C na godzinę, a na północ (oś $x$ ) spada o $6$ °C na każde $100$ km. Samochód jedzie na północ z prędkością $90$ km/h. Jak zmienia się temperatura za oknem?

$\partial T/\partial t = 2$ °C/h, $\;\partial T/\partial x = -0{,}06$ °C/km, $\;v = 90$ km/h.
$\mathrm dT/\mathrm dt = 2 + 90\cdot(-0{,}06) = 2 - 5{,}4 = -3{,}4$ °C/h.

Wynik: kierowca widzi spadek o $3{,}4$ °C na godzinę, choć w każdym ustalonym miejscu robi się cieplej.

Sprawdzenie: jednostki: $\tfrac{\mathrm{km}}{\mathrm h}\cdot\tfrac{\text{°C}}{\mathrm{km}} = \tfrac{\text{°C}}{\mathrm h}$ ✓. Samochód stojący ( $v = 0$ ) zobaczyłby $+2$ °C/h ✓.

1.2 Zmiana zmiennych i funkcje uwikłane

Ta sama reguła działa, gdy $x$ i $y$ zależą od kilku nowych zmiennych. Dla współrzędnych biegunowych $x = r\cos\theta$ , $y = r\sin\theta$ (lekcja 0.3 Trygonometria i funkcje hiperboliczne):

\frac{\partial f}{\partial r} = f_x\cos\theta + f_y\sin\theta,\qquad \frac{\partial f}{\partial\theta} = -f_x\,r\sin\theta + f_y\,r\cos\theta .

To narzędzie lekcji 3.2 Współrzędne biegunowe, walcowe i sferyczne. Drugi ważny przypadek to funkcja uwikłana: funkcja $y(x)$ zadana równaniem $F(x,\ y) = 0$ , czyli krzywa. Wzdłuż krzywej $F$ się nie zmienia, więc $F_x\,\mathrm dx + F_y\,\mathrm dy = 0$ , czyli

\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx} = -\frac{F_x}{F_y}\qquad (F_y \neq 0) .

Dla okręgu $x^2 + y^2 = 25$ w punkcie $(3;\ 4)$ : $\mathrm dy/\mathrm dx = -\tfrac{2x}{2y} = -\tfrac34$ , bez rozwiązywania względem $y$ . Ten sam pomysł daje wzory termodynamiki, gdzie $p$ , $V$ , $T$ wiąże równanie stanu (Dział 9: Termodynamika i entropia).

Zadania · część 1

7 zadań · ok. 45 min

Dla $f(x,\ y) = x^2y$ i $x = t^2$ , $y = \sin t$ oblicz $\mathrm df/\mathrm dt$ regułą łańcuchową i wprost.

Odpowiedź
$2xy\cdot2t + x^2\cos t = 4t^3\sin t + t^4\cos t$ . Wprost: $\tfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}(t^4\sin t)$ daje to samo.
Znajdź $\mathrm dy/\mathrm dx$ dla krzywej $x^3 + y^3 = 9$ w punkcie $(1;\ 2)$ .

Odpowiedź
$-\tfrac{3x^2}{3y^2} = -\tfrac14$ .
Sprawdź wzór na $\partial f/\partial r$ dla $f = x^2 + y^2$ . Ile wynosi $\partial f/\partial\theta$ i dlaczego?

Odpowiedź
$2x\cos\theta + 2y\sin\theta = 2r\cos^2\theta + 2r\sin^2\theta = 2r$ ✓ (bo $f = r^2$ ). $\partial f/\partial\theta = -2xr\sin\theta + 2yr\cos\theta = 0$ : $f$ jest stała na okręgach.
Gaz doskonały: $pV = nRT$ . Wyznacz $\left(\tfrac{\partial V}{\partial T}\right)_p$ , $\left(\tfrac{\partial T}{\partial p}\right)_V$ , $\left(\tfrac{\partial p}{\partial V}\right)_T$ i pokaż, że ich iloczyn to $-1$ .

Wskazówka
Indeks przy nawiasie mówi, którą zmienną trzymamy stałą. Wynik nie jest $+1$ , mimo że „ułamki się skracają”: to dlatego Feynman ostrzega, żeby $\partial$ nie skracać (lekcja 1.4 Rachunek różniczkowy w praktyce).

Odpowiedź
$\tfrac{nR}{p}\cdot\tfrac{V}{nR}\cdot\left(-\tfrac{nRT}{V^2}\right) = -\tfrac{nRT}{pV} = -1$ .
Balon meteorologiczny wznosi się z prędkością $5$ m/s. Temperatura spada z wysokością o $6{,}5$ °C/km, a w ustalonym miejscu rośnie o $1$ °C/h. Jak zmienia się temperatura mierzona przez balon (w °C/h)?

Odpowiedź
$v = 18$ km/h, więc $1 + 18\cdot(-6{,}5) = -116$ °C/h, czyli około $-1{,}9$ °C/min. Efekt ruchu całkowicie dominuje.
Wysokość terenu to $z = f(x,\ y)$ . Turysta idzie po trasie $\vec r(t)$ . Kiedy idzie po płaskim, kiedy pod górę? Zapisz warunek przez $\nabla f$ i $\dot{\vec r}$ .

Odpowiedź
$\dot z = \nabla f\cdot\dot{\vec r}$ : płasko, gdy $\dot{\vec r} \perp \nabla f$ (idzie po poziomicy); pod górę, gdy $\nabla f\cdot\dot{\vec r} > 0$ (kąt z gradientem mniejszy niż $90^\circ$ ).
Funkcja $f$ jest jednorodna stopnia $k$ : $f(sx,\ sy) = s^kf(x,\ y)$ dla każdego $s > 0$ . Różniczkując po $s$ w $s = 1$ , pokaż wzór Eulera $xf_x + yf_y = kf$ . Sprawdź dla $f = x^2y + y^3$ .

Odpowiedź
Lewa strona po $s$ : $xf_x(sx,\ sy) + yf_y(sx,\ sy)$ ; prawa: $ks^{k-1}f$ . W $s = 1$ : $xf_x + yf_y = kf$ . Dla $f = x^2y + y^3$ ( $k = 3$ ): $x\cdot2xy + y(x^2 + 3y^2) = 3x^2y + 3y^3 = 3f$ ✓.

2 Ekstrema bez więzów

W jednej zmiennej ekstremum gładkiej funkcji wymagało $f'(x) = 0$ (lekcja 1.4 Rachunek różniczkowy w praktyce). W wielu zmiennych: jeśli $f$ ma w punkcie wewnętrznym maksimum lub minimum, to przesunięcie w żadnym kierunku nie zmienia $f$ w pierwszym rzędzie, czyli $\nabla f\cdot\mathrm d\vec r = 0$ dla każdego $\mathrm d\vec r$ . To możliwe tylko wtedy, gdy

\nabla f = \vec 0 .

Taki punkt nazywamy stacjonarnym (u Stewarta: krytycznym). Jak w jednej zmiennej, warunek jest konieczny, ale nie wystarcza. W dwóch wymiarach pojawia się nowa możliwość: punkt siodłowy, w którym w jednym kierunku jest minimum, a w innym maksimum, jak na przełęczy górskiej.

2.1 Test drugiej pochodnej

O tym, co dzieje się w punkcie stacjonarnym, decydują drugie pochodne. Zastosujmy wzór Taylora z lekcji 1.4 Rachunek różniczkowy w praktyce do funkcji jednej zmiennej $\varphi(s) = f(x_0 + s\,\mathrm dx,\ y_0 + s\,\mathrm dy)$ . Z reguły łańcuchowej $\varphi'(0) = \nabla f\cdot[\mathrm dx;\ \mathrm dy] = 0$ i $\varphi''(0) = f_{xx}\,\mathrm dx^2 + 2f_{xy}\,\mathrm dx\,\mathrm dy + f_{yy}\,\mathrm dy^2$ , więc

f(x_0 + \mathrm dx,\ y_0 + \mathrm dy) \approx f(x_0,\ y_0) + \tfrac12\left(f_{xx}\,\mathrm dx^2 + 2f_{xy}\,\mathrm dx\,\mathrm dy + f_{yy}\,\mathrm dy^2\right).

Wyrazy drugiego rzędu układają się w macierz Hessego (hesjan) $H = \begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy}\\ f_{xy} & f_{yy} \end{pmatrix}$ , symetryczną z twierdzenia Schwarza. Znak nawiasu dla wszystkich kierunków rozstrzyga:

Test drugiej pochodnej (dwie zmienne)

W punkcie stacjonarnym niech $D = \det H = f_{xx}f_{yy} - f_{xy}^2$ .

$D > 0$ i $f_{xx} > 0$ : minimum lokalne;
$D > 0$ i $f_{xx} < 0$ : maksimum lokalne;
$D < 0$ : punkt siodłowy;
$D = 0$ : test nie rozstrzyga.por. Stewart §14.7

Skąd to? $D$ to iloczyn, a $f_{xx} + f_{yy}$ to suma wartości własnych $H$ (lekcja 2.3 Wartości i wektory własne). Minimum to dno doliny: $f$ rośnie we wszystkich kierunkach, czyli obie wartości własne są dodatnie. Wtedy $D > 0$ , a suma $f_{xx} + f_{yy} > 0$ . Gdy $D > 0$ , mamy $f_{xx}f_{yy} > f_{xy}^2 \ge 0$ , więc $f_{xx}$ i $f_{yy}$ mają ten sam znak co ich suma; dlatego wystarczy sprawdzić znak $f_{xx}$ . Maksimum: obie ujemne. Siodło: różne znaki, więc $D < 0$ . Kierunki własne $H$ to osie główne doliny lub przełęczy. W fizyce minimum energii potencjalnej to równowaga trwała, a siodło to równowaga nietrwała, z której układ ucieka wzdłuż wektora własnego o ujemnej wartości własnej.

Przykład 2.1 Minimum funkcji kwadratowej

Znajdź i sklasyfikuj punkty stacjonarne $f = x^2 + xy + y^2 - 3x$ .

$f_x = 2x + y - 3 = 0$ , $\;f_y = x + 2y = 0$ : $\;x = 2$ , $y = -1$ .
$H = \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ , $\;D = 3 > 0$ , $\;f_{xx} = 2 > 0$ .

Wynik: minimum w $(2;\ -1)$ , $f = 4 - 2 + 1 - 6 = -3$ .

Sprawdzenie: wartości własne $H$ to 3 i 1 (ta sama macierz co w lekcji 2.3), obie dodatnie ✓. Próbny punkt $(2;\ 0)$ : $f = 4 + 0 + 0 - 6 = -2 > -3$ ✓.

Przykład 2.2 Minimum i siodło

Sklasyfikuj punkty stacjonarne $f = x^3 - 3x + y^2$ .

$f_x = 3x^2 - 3 = 0$ , $f_y = 2y = 0$ : punkty $(1;\ 0)$ i $(-1;\ 0)$ .
$f_{xx} = 6x$ , $f_{yy} = 2$ , $f_{xy} = 0$ . W $(1;\ 0)$ : $D = 12 > 0$ , $f_{xx} = 6 > 0$ . W $(-1;\ 0)$ : $D = -12 < 0$ .

Wynik: minimum lokalne $f(1;\ 0) = -2$ i siodło w $(-1;\ 0)$ , $f = 2$ .

Sprawdzenie: wzdłuż osi $x$ w pobliżu $x = -1$ funkcja $x^3 - 3x$ ma maksimum, a wzdłuż $y$ funkcja $y^2$ ma minimum: dokładnie siodło ✓. Minimum jest tylko lokalne, bo dla $x \to -\infty$ $f \to -\infty$ .

2.2 Najmniejsze kwadraty

Ważne zastosowanie: dopasowanie prostej do pomiarów. Dla punktów $(x_i;\ y_i)$ szukamy prostej $y = ax + b$ , dla której suma kwadratów odchyleń

S(a,\ b) = \sum_i (y_i - ax_i - b)^2

jest najmniejsza. $S$ jest funkcją dwóch zmiennych $a$ , $b$ . Warunek $\partial S/\partial a = \partial S/\partial b = 0$ daje układ liniowy (równania normalne):

a\sum x_i^2 + b\sum x_i = \sum x_iy_i,\qquad a\sum x_i + bn = \sum y_i .

Dla punktów $(0;\ 1)$ , $(1;\ 3)$ , $(2;\ 4)$ , $(3;\ 6)$ : $\sum x_i = 6$ , $\sum x_i^2 = 14$ , $\sum y_i = 14$ , $\sum x_iy_i = 29$ , więc $14a + 6b = 29$ , $6a + 4b = 14$ i $a = 1{,}6$ , $b = 1{,}1$ . Hesjan $S$ to $2\begin{pmatrix} \sum x_i^2 & \sum x_i\\ \sum x_i & n \end{pmatrix}$ , z dodatnim wyznacznikiem, gdy nie wszystkie $x_i$ są równe, więc to rzeczywiście minimum. Statystykę takiego dopasowania omawia lekcja 5.2 Statystyka pomiarów i dopasowania.

Zadania · część 2

7 zadań · ok. 50 min

Sklasyfikuj punkt stacjonarny $(0;\ 0)$ funkcji $x^2 + 3y^2$ , $\;-x^2 - y^2$ , $\;x^2 - y^2$ , $\;xy$ .

Odpowiedź
Minimum ( $D = 12$ ), maksimum ( $D = 4$ , $f_{xx} < 0$ ), siodło ( $D = -4$ ), siodło ( $D = -1$ ; to $x^2 - y^2$ obrócone o $45^\circ$ i pomnożone przez $\tfrac12$ ).
Znajdź punkty stacjonarne $f = x^2 + y^2 - 2x + 4y + 1$ i ich charakter.

Odpowiedź
$(1;\ -2)$ , minimum, $f = 1 + 4 - 2 - 8 + 1 = -4$ . (Uzupełnienie do kwadratu: $f = (x - 1)^2 + (y + 2)^2 - 4$ .)
Cząstka porusza się w płaszczyźnie z energią potencjalną $U = x^2 - xy + y^2 - x$ (jednostki umowne). Znajdź położenie równowagi. Czy jest trwała?

Odpowiedź
$2x - y - 1 = 0$ , $-x + 2y = 0$ : $(\tfrac23;\ \tfrac13)$ . $H = \begin{pmatrix} 2 & -1\\ -1 & 2 \end{pmatrix}$ , $D = 3 > 0$ , $U_{xx} > 0$ : minimum, równowaga trwała.
Funkcje $x^4 + y^4$ , $\;-x^4 - y^4$ i $x^4 - y^4$ mają w $(0;\ 0)$ punkt stacjonarny z $D = 0$ . Co tam mają naprawdę?

Odpowiedź
Minimum, maksimum, siodło. Test drugiej pochodnej nic nie mówi, trzeba patrzeć na wyrazy wyższego rzędu (albo na samą funkcję).
Sprawdź dopasowanie prostej z części 2.2: oblicz $S$ dla $a = 1{,}6$ , $b = 1{,}1$ i dla prostej przez pierwszy i ostatni punkt.

Odpowiedź
Reszty $-0{,}1$ ; $0{,}3$ ; $-0{,}3$ ; $0{,}1$ , $\;S = 0{,}2$ . Prosta przez $(0;\ 1)$ i $(3;\ 6)$ : $y = \tfrac53x + 1$ , reszty $0$ ; $\tfrac13$ ; $-\tfrac13$ ; $0$ , $\;S = \tfrac29 \approx 0{,}22 > 0{,}2$ ✓.
Znajdź największą i najmniejszą wartość $f = x^2 + y^2 - x$ na kwadracie $0 \le x \le 1$ , $0 \le y \le 1$ .

Wskazówka
Na zbiorze domkniętym ekstremum może leżeć na brzegu. Zbadaj wnętrze, każdy bok osobno (funkcja jednej zmiennej) i wierzchołki.

Odpowiedź
Wnętrze: $\nabla f = [2x - 1;\ 2y] = \vec 0$ tylko w $(\tfrac12;\ 0)$ , który leży na brzegu, więc we wnętrzu nie ma punktów stacjonarnych. Boki: $y = 0$ : $x^2 - x$ , minimum $-\tfrac14$ w $x = \tfrac12$ ; $\;y = 1$ : $x^2 - x + 1 \in [\tfrac34;\ 1]$ ; $\;x = 0$ i $x = 1$ : $y^2 \in [0;\ 1]$ . Wierzchołki: $f(0;\ 0) = 0$ , $f(1;\ 0) = 0$ , $f(0;\ 1) = 1$ , $f(1;\ 1) = 1$ . Minimum $-\tfrac14$ w $(\tfrac12;\ 0)$ , maksimum $1$ w $(0;\ 1)$ i $(1;\ 1)$ .
Pokaż, że dla punktów $(x_i;\ y_i)$ prosta najmniejszych kwadratów przechodzi przez punkt średni $(\bar x;\ \bar y)$ .

Odpowiedź
Drugie równanie normalne podzielone przez $n$ : $a\bar x + b = \bar y$ .

3 Ekstrema z więzami: mnożniki Lagrange'a

Szukamy ekstremum $f(x,\ y)$ , ale tylko wśród punktów, które spełniają warunek (więz) $g(x,\ y) = c$ . Punkty te tworzą krzywą. Idźmy wzdłuż niej i patrzmy na poziomice $f$ . Jeśli krzywa przecina poziomicę pod kątem, to idąc dalej, przejdziemy na wyższą poziomicę, a cofając się, na niższą: to nie jest ekstremum. Ekstremum może być tylko tam, gdzie krzywa więzów dotyka poziomicy $f$ . A tam obie krzywe mają wspólną styczną, więc ich normalne $\nabla f$ i $\nabla g$ są równoległe.

Metoda mnożników Lagrange'a

Jeśli $f$ i $g$ mają ciągłe pochodne, a $f$ ma ekstremum lokalne na zbiorze $g(x,\ y,\ z) = c$ w punkcie, w którym $\nabla g \neq \vec 0$ , to dla pewnej liczby $\lambda$

\nabla f = \lambda\,\nabla g,\qquad g = c .

Dla $n$ zmiennych to układ $n + 1$ równań z $n + 1$ niewiadomymi (dla trzech: $x$ , $y$ , $z$ , $\lambda$ ). Liczba $\lambda$ to mnożnik Lagrange'a. Przy kilku więzach: $\nabla f = \lambda_1\nabla g_1 + \lambda_2\nabla g_2 + \dots$ por. Stewart §14.8

Mnożnik ma sens: $\lambda = \dfrac{\mathrm df^*}{\mathrm dc}$ , gdzie $f^*(c)$ to wartość ekstremalna przy więzie $g = c$ . Mówi, o ile zmieni się najlepszy wynik, gdy więz poluzujemy o jednostkę. W ekonomii to „cena ukryta”, w mechanice $\lambda\nabla g$ to siła reakcji więzów, a w fizyce statystycznej mnożniki przy więzach na energię i liczbę cząstek okazują się związane z temperaturą i potencjałem chemicznym (Dział 9: Termodynamika i entropia).

Przykład 3.1 Puszka z prologu

Zminimalizuj $A = 2\pi r^2 + 2\pi rh$ przy $V = \pi r^2h = 330\ \mathrm{cm^3}$ . Potem uwzględnij, że denka są $c$ razy grubsze niż ścianka: $A_c = 2c\pi r^2 + 2\pi rh$ .

$\nabla A = [4\pi r + 2\pi h;\ 2\pi r]$ , $\;\nabla V = [2\pi rh;\ \pi r^2]$ .
Druga składowa: $2\pi r = \lambda\pi r^2$ , więc $\lambda = 2/r$ . Pierwsza: $4\pi r + 2\pi h = \tfrac2r\cdot2\pi rh = 4\pi h$ , więc $h = 2r$ .
Z więzu: $2\pi r^3 = 330$ , $r = \sqrt[3]{330/(2\pi)} \approx 3{,}74$ cm, $h \approx 7{,}49$ cm, $A = 6\pi r^2 \approx 264\ \mathrm{cm^2}$ .
Z grubszymi denkami ten sam rachunek daje $h = 2c\,r$ . Dla $c = 2$ : $r \approx 2{,}97$ cm, $h \approx 11{,}9$ cm.

Wynik: przy jednakowej blasze $h = 2r$ (wysokość równa średnicy). Grubsze denka (muszą wytrzymać ciśnienie i otwieranie) wydłużają optymalną puszkę: $h = 2cr$ . Model z $c \approx 2$ daje kształt bliski prawdziwej puszce, choć w praktyce liczą się też ergonomia, transport i tradycja.

Sprawdzenie: $\lambda = 2/r \approx 0{,}534\ \mathrm{cm^2/cm^3}$ . Wprost: najmniejsze pole w funkcji objętości to $A^*(V) = 3(2\pi)^{1/3}V^{2/3}$ , a jego pochodna w $V = 330$ wynosi $0{,}534$ ✓. Każdy dodatkowy mililitr kosztuje około pół centymetra kwadratowego blachy.

Przykład 3.2 Najbliższy punkt płaszczyzny

Znajdź punkt płaszczyzny $x + 2y + 2z = 9$ najbliższy początkowi układu.

Minimalizujemy kwadrat odległości $f = x^2 + y^2 + z^2$ (prostszy niż pierwiastek, to samo minimum) przy $g = x + 2y + 2z = 9$ .
$\nabla f = 2[x;\ y;\ z] = \lambda[1;\ 2;\ 2]$ : punkt leży na prostej $[x;\ y;\ z] = s[1;\ 2;\ 2]$ .
Więz: $s + 4s + 4s = 9$ , $s = 1$ : punkt $(1;\ 2;\ 2)$ .

Wynik: $(1;\ 2;\ 2)$ , odległość $3$ .

Sprawdzenie: $(1;\ 2;\ 2)$ spełnia równanie płaszczyzny ( $1 + 4 + 4 = 9$ ), a wektor do niego jest równoległy do normalnej $[1;\ 2;\ 2]$ . Odległość to rzut dowolnego punktu płaszczyzny, np. $(9;\ 0;\ 0)$ , na normalną jednostkową: $9/\sqrt{1 + 4 + 4} = 3$ ✓ (uogólnienie wzoru na odległość punktu od prostej z lekcji 0.4 Geometria analityczna i krzywe stożkowe). Geometrycznie: najkrótsza droga do płaszczyzny biegnie wzdłuż jej normalnej, czyli $\nabla g$ .

Zadania · część 3

7 zadań · ok. 55 min

Znajdź największą wartość $xy$ przy $x + y = 10$ metodą Lagrange'a i podstawianiem.

Odpowiedź
$[y;\ x] = \lambda[1;\ 1]$ , więc $x = y = 5$ , $xy = 25$ . Podstawiając $y = 10 - x$ : $10x - x^2$ , maksimum w $x = 5$ ✓.
Znajdź największą i najmniejszą wartość $f = x + 2y$ na okręgu $x^2 + y^2 = 5$ .

Odpowiedź
$[1;\ 2] = \lambda[2x;\ 2y]$ : wektor położenia równoległy do $[1;\ 2]$ , czyli $\pm(1;\ 2)$ . Maksimum $5$ , minimum $-5$ . (Też z iloczynu skalarnego: $f = [1;\ 2]\cdot\vec r \le \sqrt5\cdot\sqrt5$ .)
Prostopadłościenne pudełko bez wieczka ma objętość $32$ . Jakie wymiary minimalizują zużycie materiału?

Odpowiedź
Pole $ab + 2ac + 2bc$ , więz $abc = 32$ . Z symetrii i równań Lagrange'a $a = b = 2c$ : $a = b = 4$ , $c = 2$ , pole $16 + 16 + 16 = 48$ .
Wpisz w elipsę $\tfrac{x^2}{9} + \tfrac{y^2}{4} = 1$ prostokąt o bokach równoległych do osi i największym polu.

Odpowiedź
Pole $4xy$ . $[4y;\ 4x] = \lambda\left[\tfrac{2x}{9};\ \tfrac{y}{2}\right]$ daje $\tfrac{x^2}{9} = \tfrac{y^2}{4} = \tfrac12$ : $x = \tfrac{3}{\sqrt2}$ , $y = \sqrt2$ , pole $12$ (połowa pola prostokąta opisanego $6\cdot4$ ).
Sprawdź interpretację $\lambda$ w zadaniu 3.1: zastąp warunek przez $x + y = c$ , znajdź $f^*(c)$ i porównaj $\mathrm df^*/\mathrm dc$ z $\lambda$ .

Odpowiedź
$f^* = c^2/4$ , $\;\mathrm df^*/\mathrm dc = c/2 = 5$ dla $c = 10$ . Z równań: $\lambda = y = 5$ ✓.
Gdzie na hiperboli $xy = 1$ (dla $x > 0$ ) leży punkt najbliższy początkowi układu?

Odpowiedź
$[2x;\ 2y] = \lambda[y;\ x]$ , więc $x^2 = y^2$ , a przy $xy = 1$ , $x > 0$ : $(1;\ 1)$ , odległość $\sqrt2$ .
Zdarzenie ma $n$ możliwych wyników z prawdopodobieństwami $p_1, \dots, p_n$ . Znajdź rozkład o największej entropii $S = -\sum_ip_i\ln p_i$ przy $\sum_ip_i = 1$ .

Wskazówka
$\partial S/\partial p_i = -\ln p_i - 1$ .

Odpowiedź
$-\ln p_i - 1 = \lambda$ dla każdego $i$ , więc wszystkie $p_i$ są równe: $p_i = 1/n$ , $S = \ln n$ . Rozkład jednostajny odpowiada największej niewiedzy. Gdy dołożyć więz na średnią energię $\sum p_iE_i = \bar E$ , wychodzi $p_i \propto e^{-\beta E_i}$ : rozkład Boltzmanna, gdzie $\beta$ to drugi mnożnik (Dział 8: Ciepło i teoria kinetyczna).

4 Błędne intuicje

„ $\nabla f = \vec 0$ , więc mamy ekstremum.”: Albo siodło. W wielu wymiarach siodła są typowe: $x^2 - y^2$ ma $\nabla f = \vec 0$ w zerze i nie ma tam ani minimum, ani maksimum.
„Wystarczy sprawdzić $f_{xx}$ i $f_{yy}$ .”: Nie: $f = x^2 + 3xy + y^2$ ma $f_{xx} = f_{yy} = 2 > 0$ , a $D = 4 - 9 < 0$ , więc w zerze jest siodło. Wzdłuż prostej $y = -x$ funkcja to $-x^2$ .
„ $D = 0$ znaczy, że nie ma ekstremum.”: Znaczy tylko, że test nie rozstrzyga. $x^4 + y^4$ ma $D = 0$ i ewidentne minimum.
„Ekstremum na zbiorze to zawsze punkt stacjonarny.”: Na zbiorze domkniętym i ograniczonym (np. kwadracie) ekstremum może leżeć na brzegu, gdzie gradient wcale nie znika (maksimum w zadaniu 2.6). Trzeba osobno zbadać brzeg.
„Równania Lagrange'a dają od razu maksimum.”: Dają kandydatów: maksima, minima i punkty, w których krzywa więzów dotyka poziomicy, ale nie jest ekstremum. Trzeba porównać wartości (zadanie 3.2: $+5$ i $-5$ ).
„Pochodne cząstkowe można skracać jak ułamki.”: Nie można: w zadaniu 1.4 iloczyn trzech „ułamków”, które pozornie się skracają, daje $-1$ . Zawsze pamiętaj, która zmienna jest trzymana jako stała.

5 Sprawdź się

1 Jak zapisać

\mathrm df/\mathrm dt

dla

f(x(t),\ y(t))

przez gradient?

$\nabla f\cdot\dot{\vec r}$ .

2 Co mierzy pochodna substancjalna?

Zmianę wielkości odczuwaną przez obiekt poruszający się w polu: $\partial T/\partial t + \vec v\cdot\nabla T$ .

3 Jaki warunek spełnia punkt stacjonarny?

$\nabla f = \vec 0$ .

4 Co oznacza

D < 0

w teście drugiej pochodnej?

Punkt siodłowy.

5 Jaki jest geometryczny sens warunku

\nabla f = \lambda\nabla g

Krzywa (powierzchnia) więzów jest styczna do poziomicy $f$ .

6 Co mówi wartość mnożnika

\lambda

O ile zmienia się wartość ekstremalna przy zmianie więzu o jednostkę: $\lambda = \mathrm df^*/\mathrm dc$ .

7 Gdzie jeszcze trzeba szukać ekstremum funkcji na zbiorze domkniętym?

Na brzegu zbioru.

6 Karta wzorów i co dalej

Reguła łańcuchowa

$\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}f(\vec r(t)) = \nabla f\cdot\dot{\vec r} = f_x\dot x + f_y\dot y + f_z\dot z$

substancjalna: $\dfrac{\mathrm dT}{\mathrm dt} = \dfrac{\partial T}{\partial t} + \vec v\cdot\nabla T$

biegunowe: $f_r = f_x\cos\theta + f_y\sin\theta$

uwikłana $F(x,\ y) = 0$ : $\;\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx} = -\dfrac{F_x}{F_y}$

$\partial$ się nie skraca: $\left(\tfrac{\partial V}{\partial T}\right)_p\left(\tfrac{\partial T}{\partial p}\right)_V\left(\tfrac{\partial p}{\partial V}\right)_T = -1$

Ekstrema

punkt stacjonarny: $\nabla f = \vec 0$

$D = f_{xx}f_{yy} - f_{xy}^2$ : $\;D > 0$ , $f_{xx} > 0$ min; $\;D > 0$ , $f_{xx} < 0$ max; $\;D < 0$ siodło; $\;D = 0$ ?

zbiór domknięty i ograniczony: wnętrze + brzeg + wierzchołki

więzy: $\nabla f = \lambda\nabla g$ , $\;g = c$ ; $\;\lambda = \mathrm df^*/\mathrm dc$

najmniejsze kwadraty: $\partial S/\partial a = \partial S/\partial b = 0$

Do przeczytania w podręcznikach matematyki

J. Stewart, Multivariable Calculus: §14.5 (reguła łańcuchowa, funkcje uwikłane), §14.7 (ekstrema, test drugiej pochodnej, ekstrema na zbiorach domkniętych), §14.8 (mnożniki Lagrange'a, także z dwoma więzami).
K. A. Stroud, Engineering Mathematics: rozdziały o pochodnych cząstkowych i ekstremach funkcji dwóch zmiennych.

Reguła łańcuchowa da w lekcji 3.2 Współrzędne biegunowe, walcowe i sferyczne gradient we współrzędnych biegunowych i sferycznych, a w 3.3 Całki podwójne i potrójne jakobian. Szukanie ekstremum funkcji wielu zmiennych przejdzie w rachunku wariacyjnym (6.1 Rachunek wariacyjny) w szukanie ekstremum funkcjonału, czyli całej krzywej, a mnożniki Lagrange'a wrócą tam przy więzach. Test drugiej pochodnej to w fizyce stabilność równowagi, a przy układach dynamicznych stabilność punktów stałych (4.6 Układy nieliniowe, płaszczyzna fazowa i stabilność).