Dziś na lekcji nauczymy się znajdować warunkowy lub, jak się je również nazywa, względne skrajności funkcje kilku zmiennych, a przede wszystkim porozmawiamy oczywiście o ekstremach warunkowych funkcje dwójki I trzy zmienne, które występują w zdecydowanej większości problemów tematycznych.
Co musisz wiedzieć i umieć ten moment? Pomimo tego, że artykuł ten znajduje się „na obrzeżach” tematu, do pomyślnego opanowania materiału nie trzeba wiele. W tym momencie powinieneś być świadomy podstaw powierzchnie przestrzeni, móc znaleźć pochodne cząstkowe (przynajmniej na średnim poziomie) i, jak podpowiada bezlitosna logika, zrozumieć bezwarunkowe skrajności. Ale nawet jeśli niski poziom przygotowania, nie spiesz się z wyjazdem – całą brakującą wiedzę/umiejętności można naprawdę „nabrać po drodze” i to bez godzin udręki.
Na początek przeanalizujmy samą koncepcję i jednocześnie dokonajmy szybkiego powtórzenia najczęściej spotykanych powierzchnie. Więc co to jest ekstremum warunkowe? ...Logika jest tutaj nie mniej bezlitosna =) Ekstremum warunkowe funkcji jest ekstremum w zwykłym tego słowa znaczeniu, które osiąga się, gdy spełniony zostanie określony warunek (lub warunki).
Wyobraź sobie dowolne „ukośne” samolot V Układ kartezjański. Nic ekstremum nie ma tu po tym śladu. Ale to jest na razie. Rozważmy cylinder eliptyczny dla uproszczenia - nieskończona okrągła „rura” równoległa do osi. Oczywiście ta „rura” zostanie „wycięta” z naszego samolotu elipsa, w wyniku czego w jej górnym punkcie będzie maksimum, a w dolnym minimum. Inaczej mówiąc, funkcja wyznaczająca płaszczyznę osiąga ekstrema jeśli się uwzględniże przecina ją dany okrągły cylinder. Dokładnie „pod warunkiem”! Inny walec eliptyczny przecinający tę płaszczyznę prawie na pewno da różne wartości minimalne i maksymalne.
Jeśli nie jest to zbyt jasne, sytuację można realistycznie symulować (chociaż w Odwrotna kolejność) : weź siekierę, wyjdź na zewnątrz i tnij... nie, Greenpeace ci później nie wybaczy - lepiej przeciąć rurę spustową szlifierką =). Warunkowe minimum i warunkowe maksimum będą zależeć od tego, na jakiej wysokości i pod jaką wysokością (niepoziomy) cięcie jest wykonane pod kątem.
Nadszedł czas, aby ubrać obliczenia w strój matematyczny. Rozważmy paraboloida eliptyczna, który ma absolutne minimum W punkcie . Teraz znajdźmy ekstremum jeśli się uwzględni. Ten samolot równolegle do osi, czyli „wycina” z paraboloidy parabola. Wierzchołek tej paraboli będzie minimum warunkowym. Co więcej, płaszczyzna nie przechodzi przez początek współrzędnych, dlatego punkt pozostanie nieistotny. Nie dałeś zdjęcia? Natychmiast skorzystajmy z linków! Zajmie to wiele, wiele więcej razy.
Pytanie: jak znaleźć to ekstremum warunkowe? Najprostszy sposób rozwiązaniem jest to, że z równania (zwanego - stan Lub równanie połączenia) wyrazić na przykład: – i zastąpić go funkcją: 
Wynik jest funkcją jednej zmiennej definiującej parabolę, której wierzchołek „oblicza się” przy zamkniętych oczach. Znajdźmy punkt krytyczny:
- punkt krytyczny.
Następną najłatwiejszą w użyciu rzeczą jest drugi warunek wystarczający ekstremum:
W szczególności: oznacza to, że funkcja osiąga minimum w punkcie . Można to obliczyć bezpośrednio: , ale my pójdziemy bardziej akademicką drogą. Znajdźmy współrzędne „gry”:
,
zapisz punkt minimum warunkowego, upewnij się, że rzeczywiście leży on na płaszczyźnie (spełnia równanie sprzężenia):
i oblicz minimum warunkowe funkcji:
jeśli się uwzględni (wymagany jest „dodatek”!!!).
Rozważana metoda może być bez wątpienia stosowana w praktyce, ma jednak szereg wad. Po pierwsze, geometria zadania nie zawsze jest jasna, a po drugie, często nieopłacalne jest wyrażanie „x” lub „y” z równania połączenia (jeśli w ogóle da się coś wyrazić). A teraz rozważymy uniwersalną metodę znajdowania ekstremów warunkowych, zwaną Metoda mnożnika Lagrange'a:
Przykład 1
Znajdź ekstrema warunkowe funkcji z określonym równaniem połączenia z argumentami.
Czy rozpoznajesz powierzchnie? ;-) ...Cieszę się, że widzę Wasze szczęśliwe twarze =)
Nawiasem mówiąc, od sformułowania tego problemu staje się jasne, dlaczego warunek jest nazywany równanie połączenia– argumenty funkcji połączony dodatkowy warunek, to znaczy znalezione punkty ekstremalne muszą koniecznie należeć do okrągłego cylindra.
Rozwiązanie: w pierwszym kroku należy przedstawić równanie połączenia w formie i ułożyć Funkcja Lagrange'a:
, gdzie jest tzw. mnożnikiem Lagrange’a.
W naszym przypadku i:
Algorytm znajdowania ekstremów warunkowych jest bardzo podobny do schematu znajdowania ekstremów „zwykłych”. skrajności. Znajdźmy pochodne cząstkowe Funkcje Lagrange’a, natomiast „lambdę” należy traktować jako stałą:
Skomponujmy i rozwiążmy następujący system:
Splot jest standardowo rozplątany:
z pierwszego równania, które wyrażamy 
;
z drugiego równania, które wyrażamy 
.
Podstawmy połączenia do równania i dokonajmy uproszczeń: 
W rezultacie otrzymujemy dwa punkty stacjonarne. Jeśli następnie: 
Jeśli następnie: 
Łatwo zauważyć, że współrzędne obu punktów spełniają równanie 
. Skrupulatni ludzie mogą również przeprowadzić pełną kontrolę: w tym celu należy zastąpić 
do pierwszego i drugiego równania układu, a następnie zrób to samo ze zbiorem 
. Wszystko musi „pasować”.
Sprawdźmy wykonanie warunek wystarczający ekstremum dla znalezionych punktów stacjonarnych. Omówię trzy podejścia do rozwiązania tego problemu:
1) Pierwsza metoda to uzasadnienie geometryczne.
Obliczmy wartości funkcji w punktach stacjonarnych:
Następnie zapisujemy frazę o mniej więcej następującej treści: przekrój płaszczyzny przez okrągły walec jest elipsą, w której górnym wierzchołku osiąga się maksimum, a w dolnym - minimum. Zatem większa wartość jest warunkowym maksimum, a mniejsza wartość jest warunkowym minimum.
Jeśli to możliwe, lepiej zastosować tę metodę - jest prosta, a nauczyciele liczą się z tą decyzją (dużym plusem jest to, że wykazałeś się zrozumieniem znaczenie geometryczne zadania). Jednak, jak już wspomniano, nie zawsze jest jasne, co z czym i gdzie się krzyżuje, i wtedy na ratunek przychodzi weryfikacja analityczna:
2) Druga metoda opiera się na wykorzystaniu znaków różniczkowych drugiego rzędu. Jeśli okaże się, że w punkcie stacjonarnym, to funkcja osiąga tam maksimum, a jeśli tak, to osiąga minimum.
Znajdźmy pochodne cząstkowe drugiego rzędu:
i utwórz tę różnicę:
Gdy oznacza to, że funkcja osiąga maksimum w punkcie;
at , co oznacza, że funkcja osiąga minimum w tym punkcie 
.
Rozważana metoda jest bardzo dobra, ale ma tę wadę, że w niektórych przypadkach określenie znaku drugiej różniczki jest prawie niemożliwe (zwykle dzieje się tak, jeśli i/lub są różne znaki). I wtedy na ratunek przychodzi „ciężka artyleria”:
3) Zróżniczkujmy równanie połączenia przez „X” i „Y”: 
i utwórz poniższe symetryczny matryca:
Jeżeli znajduje się w punkcie stacjonarnym, to funkcja tam dociera ( uwaga!) minimum, jeśli – to maksimum.
Zapiszmy macierz dla wartości i odpowiadającego jej punktu: 
Obliczmy to wyznacznik:
, zatem funkcja ma maksimum w punkcie .
Podobnie dla wartości i punktu: 
Zatem funkcja ma minimum w punkcie .
Odpowiedź: biorąc pod uwagę, że:
Po dokładnej analizie materiału po prostu nie mogę powstrzymać się od zaoferowania kilku typowe zadania do samodzielnego testu:
Przykład 2
Znajdź ekstremum warunkowe funkcji, jeśli jej argumenty są powiązane równaniem
Przykład 3
Znajdź ekstrema funkcji, biorąc pod uwagę warunek
I znowu gorąco polecam zrozumienie geometrycznej istoty zadań, zwłaszcza w ostatnim przykładzie, gdzie analityczna weryfikacja warunku wystarczającego nie jest prezentem. Pamiętaj co Druga linia zamówienia ustawia równanie i co powierzchnia ta linia generuje w przestrzeni. Przeanalizuj, po której krzywej walec przetnie płaszczyznę i gdzie na tej krzywej będzie minimum, a gdzie maksimum.
Rozwiązania i odpowiedzi na końcu lekcji.
Problem, o którym mowa, znajduje się szerokie zastosowanie w szczególności w różnych obszarach - w geometrii nie zajdziemy daleko. Rozwiążmy ulubiony przez wszystkich problem dotyczący półlitrowej butelki (patrz przykład 7 artEkstremalne wyzwania ) drugi sposób:
Przykład 4
Jakie wymiary powinna mieć cylindryczna puszka blaszana, aby do jej wykonania zużyto jak najmniej materiału, jeżeli objętość puszki jest równa
Rozwiązanie: rozważ zmienny promień podstawy, zmienną wysokość i utwórz funkcję pola całkowitej powierzchni puszki: 
(powierzchnia dwóch pokryw + powierzchnia boczna)
- Instruktaż
Wszyscy dobry dzień. W tym artykule chcę pokazać jeden z metody graficzne budowa modele matematyczne dla układów dynamicznych, co jest tzw wykres obligacji(„wiązanie” - połączenia, „wykres” - wykres). W literaturze rosyjskiej opisy tej metody znalazłem jedynie w Podręczniku Tomskiego Politechnika, AV Voronin „MODELOWANIE UKŁADÓW MECHATRONICZNYCH” 2008 Pokaż także klasyczna metoda poprzez równanie Lagrange'a II rodzaju.
Metoda Lagrange’a
Nie będę opisywał teorii, przedstawię etapy obliczeń z kilkoma uwagami. Osobiście łatwiej mi uczyć się na przykładach niż czytać teorię 10 razy. Wydawało mi się, że w literaturze rosyjskiej wyjaśnienie tej metody, a nawet matematyki czy fizyki w ogóle, jest bardzo bogate złożone formuły, co w związku z tym wymaga poważnego wykształcenia matematycznego. Studiując metodę Lagrange'a (studiuję na Politechnice w Turynie, Włochy) studiowałem literaturę rosyjską w celu porównania metod obliczeniowych i trudno było mi śledzić postępy w rozwiązywaniu tej metody. Nawet pamiętając kursy modelowania w Instytucie Lotnictwa w Charkowie, wyprowadzenie takich metod było bardzo kłopotliwe i nikt nie zadał sobie trudu zrozumienia tego zagadnienia. Oto co postanowiłem napisać, podręcznik konstruowania modeli matematycznych według Lagrange'a, okazało się, że nie jest to wcale trudne, wystarczy wiedzieć, jak obliczać pochodne po czasie i pochodne cząstkowe. W przypadku bardziej złożonych modeli dodawane są również macierze rotacji, ale też nie ma w nich nic skomplikowanego.Cechy metod modelowania:
- Newtona-Eulera: równania wektorowe oparte na równowadze dynamicznej siła I chwile
- Lagrange'a: równania skalarne oparte na funkcjach stanu związanych z kinetyką i potencjałem energie
- Liczba obligacji: metoda oparta na przepływie moc pomiędzy elementami systemu
Zacznijmy prosty przykład. Masa ze sprężyną i amortyzatorem. Pomijamy siłę grawitacji.
Ryc. 1. Masa ze sprężyną i amortyzatorem
Przede wszystkim wyznaczamy:
- układ początkowy współrzędne(NSK) lub stałe sk R0(i0,j0,k0). Gdzie? Można wskazać palcem niebo, ale poprzez poruszenie końcówek neuronów w mózgu pomysł zostaje zrealizowany, aby umieścić NSC na linii ruchu ciała M1.
- układy współrzędnych dla każdego ciała posiadającego masę(mamy M1 R1(i1,j1,k1)), orientacja może być dowolna, ale po co komplikować sobie życie, ustaw ją z minimalną różnicą w stosunku do NSC
- uogólnione współrzędne q_i(minimalna liczba zmiennych, które mogą opisać ruch), w tym przykładzie mamy jedną uogólnioną współrzędną, ruch tylko wzdłuż osi j
Ryc. 2. Zapisujemy układy współrzędnych i współrzędne uogólnione
Ryc. 3. Położenie i prędkość ciała M1
Następnie znajdziemy energię kinetyczną (C) i potencjalną (P) oraz funkcję rozpraszającą (D) dla tłumika, korzystając ze wzorów:
Ryc. 4. Kompletna formuła energia kinetyczna
W naszym przykładzie nie ma rotacji, druga składowa jest równa 0.
Ryc. 5. Obliczanie energii kinetycznej, potencjalnej i funkcji rozpraszającej
Równanie Lagrange'a ma następującą postać:
Ryc. 6. Równanie Lagrange'a i Lagrange'a
Delta W_i Jest to wirtualna praca wykonywana przez przyłożone siły i momenty. Znajdźmy ją:
Ryc. 7. Obliczanie pracy wirtualnej
Gdzie delta q_1 wirtualny ruch.
Podstawiamy wszystko do równania Lagrange’a:
Ryc. 8. Powstały model masy ze sprężyną i amortyzatorem
Na tym zakończyła się metoda Lagrange’a. Jak widać nie jest to aż tak skomplikowane, ale wciąż jest to bardzo prosty przykład, dla którego najprawdopodobniej metoda Newtona-Eulera byłaby jeszcze prostsza. W przypadku bardziej złożonych układów, w których będzie kilka ciał obróconych względem siebie pod różnymi kątami, łatwiejsza będzie metoda Lagrange'a.
Metoda wykresu obligacji
Od razu pokażę jak wygląda model na wykresie obligacji dla przykładu z masą, sprężyną i amortyzatorem:
Ryc. 9. Wykres wiązania mas ze sprężyną i amortyzatorem
Tutaj będziesz musiał opowiedzieć trochę teorii, która wystarczy do zbudowania proste modele. Jeśli ktoś jest zainteresowany, może przeczytać książkę ( Metodologia wykresów obligacji) Lub ( Woronin A.V. Modelowanie układów mechatronicznych: instruktaż. – Tomsk: Wydawnictwo Politechniki Tomskiej, 2008).
Ustalmy to najpierw złożone systemy składać się z kilku domen. Na przykład silnik elektryczny składa się z części lub domen elektrycznych i mechanicznych.
wykres obligacji w oparciu o wymianę mocy pomiędzy tymi domenami, podsystemami. Należy pamiętać, że wymiana mocy, w dowolnej formie, jest zawsze określana przez dwie zmienne ( zmienna moc), za pomocą których możemy badać interakcję różnych podsystemów w ramach układu dynamicznego (patrz tabela).
Jak widać z tabeli, ekspresja mocy jest wszędzie prawie taka sama. W podsumowaniu, Moc- Ta praca " przepływ - f" NA " wysiłek – tj».
Wysiłek(Język angielski) wysiłek) w dziedzinie elektrycznej jest to napięcie (e), w dziedzinie mechanicznej jest to siła (F) lub moment obrotowy (T), w hydraulice jest to ciśnienie (p).
Przepływ(Język angielski) przepływ) w dziedzinie elektrycznej jest to prąd (i), w dziedzinie mechanicznej jest to prędkość (v) lub prędkość kątowa(omega), w hydraulice – przepływ płynu lub natężenie przepływu (Q).
Stosując te oznaczenia, otrzymujemy wyrażenie na potęgę:
Ryc. 10. Wzór na moc poprzez zmienne potęgowe
W języku wykresów wiązań połączenie między dwoma podsystemami wymieniającymi energię jest reprezentowane przez wiązanie. obligacja). Dlatego nazywa się tę metodę wykres obligacji lub g połączenia raf, połączony wykres. Rozważmy Schemat blokowy połączenia w modelu z silnikiem elektrycznym (nie jest to jeszcze wykres wiązań):
Ryc. 11. Schemat blokowy przepływu mocy pomiędzy domenami
Jeśli mamy źródło napięcia, to odpowiednio ono generuje napięcie i przekazuje je do silnika do uzwojenia (dlatego strzałka skierowana jest w stronę silnika), w zależności od rezystancji uzwojenia pojawia się prąd zgodnie z prawem Ohma (skierowany od silnika do źródła). Odpowiednio jedna zmienna jest wejściem do podsystemu, a druga musi nim być Wyjście z podsystemu. Tutaj napięcie ( wysiłek) – wejście, prąd ( przepływ) - Wyjście.
Jeśli użyjesz bieżącego źródła, jak zmieni się diagram? Prawidłowy. Prąd zostanie skierowany do silnika, a napięcie do źródła. Następnie prąd ( przepływ) - Napięcie wejściowe ( wysiłek) - Wyjście.
Spójrzmy na przykład z mechaniki. Siła działająca na masę.
Ryc. 12. Siła przyłożona do masy
Schemat blokowy będzie wyglądał następująco:
Ryc. 13. Schemat blokowy
W tym przykładzie Siła ( wysiłek) – zmienna wejściowa dla masy. (Siła przyłożona do masy)
Zgodnie z drugim prawem Newtona:
Masa reaguje z prędkością:
W tym przykładzie, jeśli jedna zmienna ( siła - wysiłek) Jest wejście do domeny mechanicznej, następnie inna zmienna mocy ( prędkość - przepływ) – automatycznie staje się Wyjście.
Aby rozróżnić, gdzie jest wejście i gdzie jest wyjście, na końcu strzałki (połączenia) między elementami używana jest pionowa linia, nazywa się to linią znak przyczynowości
Lub związek przyczynowy
(przyczynowość). Okazuje się, że przyczyną jest zastosowana siła, a skutkiem prędkość. Znak ten jest bardzo ważny dla prawidłowej konstrukcji modelu systemu, gdyż przyczynowość jest konsekwencją zachowanie fizyczne i wymianę mocy dwóch podsystemów, dlatego wybór lokalizacji znaku przyczynowości nie może być dowolny.
Ryc. 14. Oznaczenie przyczynowości
Ta pionowa linia pokazuje, który podsystem otrzymuje siłę ( wysiłek) i w rezultacie wytworzyć przepływ ( przepływ). W przykładzie z masą wyglądałoby to tak:
Ryc. 14. Związek przyczynowy siły działającej na masę
Ze strzałki jasno wynika, że wprowadzenie masy wynosi - siła, a wyjście jest prędkość. Odbywa się to tak, aby nie zaśmiecać diagramu strzałkami i usystematyzować konstrukcję modelu.
Następny ważny punkt. Uogólniony impuls(ilość ruchu) i poruszający(zmienne energetyczne).
Tabela zmiennych mocy i energii w różnych dziedzinach
Powyższa tabela przedstawia dwie dodatkowe wielkości fizyczne stosowane w metodzie wykresu wiązań. Nazywają się uogólniony impuls (R) I uogólniony ruch (Q) lub zmienne energii i można je otrzymać całkując zmienne mocy w czasie:
Ryc. 15. Zależność pomiędzy zmiennymi mocy i energii
W domenie elektrycznej :
Na podstawie prawa Faradaya Napięcie na końcach przewodnika jest równa pochodnej strumienia magnetycznego przechodzącego przez ten przewodnik.
A Aktualna siła - wielkość fizyczna, równy stosunkowi ładunku Q przechodzącego przez pewien czas t Przekrój dyrygenta, do wartości tego okresu czasu.
Domena mechaniczna:
Z drugiego prawa Newtona wynika, że Siła– pochodna czasowa impulsu
I odpowiednio, prędkość- pochodna czasowa przemieszczenia:
Podsumujmy:
Podstawowe elementy
Wszystkie elementy układów dynamicznych można podzielić na elementy dwubiegunowe i czterobiegunowe.Rozważmy komponenty bipolarne:
Źródła
Istnieją źródła zarówno wysiłku, jak i przepływu. Analogia w dziedzinie elektrycznej: źródło wysiłku – źródło napięcia, źródło strumienia – obecne źródło. Znaki przyczynowe dla źródeł powinny być takie.
Ryc. 16. Związki przyczynowe i oznaczenie źródeł
Składnik R
– element rozpraszający 
Składnik I
– element inercyjny 
Składnik C
– element pojemnościowy 
Jak widać na rysunkach, różne elementy są takie same wpisz R, C, I opisane tymi samymi równaniami. TYLKO istnieje różnica w pojemności elektrycznej, wystarczy o tym pamiętać!
Elementy kwadrupolowe:
Przyjrzyjmy się dwóm elementom: transformatorowi i żyratorowi.
Ostatnimi ważnymi elementami metody wykresu wiązań są połączenia. Istnieją dwa typy węzłów:
To tyle z komponentami.
Główne etapy ustalania związków przyczynowych po skonstruowaniu wykresu wiązań:
- Daj wszystkim powiązania przyczynowe źródła
- Przejdź przez wszystkie węzły i zapisz związki przyczynowe po punkcie 1
- Dla komponenty I przypisać wejściowy związek przyczynowy (wysiłek jest zawarty w tym komponencie), dla komponenty C przypisz przyczynowość wyjściową (z tego składnika wychodzi wysiłek)
- Powtórz punkt 2
- Wstaw związki przyczynowe dla Komponenty R
Rozwiążmy kilka przykładów. Zacznijmy od obwodu elektrycznego; lepiej jest zrozumieć analogię do konstruowania wykresu wiązań.
Przykład 1
Zacznijmy budować wykres wiązań ze źródłem napięcia. Po prostu napisz Se i umieść strzałkę.
Zobacz, wszystko jest proste! Spójrzmy dalej, R i L są połączone szeregowo, co oznacza, że płynie w nich ten sam prąd, jeśli mówimy o zmiennych mocy - przepływ ten sam. Który węzeł ma ten sam przepływ? Prawidłowa odpowiedź to 1-węzeł. Podłączamy źródło, rezystancję (składnik - R) i indukcyjność (składnik - I) do 1-węzła.
Następnie mamy pojemność i rezystancję równolegle, co oznacza, że mają one to samo napięcie lub siłę. 0-node jest odpowiedni jak żaden inny. Łączymy pojemność (składnik C) i rezystancję (składnik R) z węzłem 0.
Łączymy także ze sobą węzły 1 i 0. Kierunek strzałek jest wybierany arbitralnie; kierunek połączenia wpływa tylko na znak w równaniach.
Otrzymasz następujący wykres połączenia:
Teraz musimy ustalić związki przyczynowe. Kierując się instrukcją dotyczącą kolejności ich umieszczania, zacznijmy od źródła.
- Mamy źródło napięcia (wysiłku), takie źródło ma tylko jedną opcję przyczynowości - moc wyjściową. Załóżmy to.
- Następny jest komponent I, zobaczmy, co polecają. Kładziemy
- Zapisaliśmy to dla 1-węzła. Jeść
- Węzeł 0 musi mieć jedno wejście i wszystkie wyjściowe połączenia przyczynowe. Na razie mamy jeden dzień wolny. Poszukujemy komponentu C lub I. Znaleźliśmy. Kładziemy
- Wypiszmy, co zostało
To wszystko. Zbudowano wykres obligacji. Hurra, Towarzysze!
Pozostaje tylko napisać równania opisujące nasz układ. Aby to zrobić, utwórz tabelę z 3 kolumnami. Pierwsza będzie zawierać wszystkie komponenty systemu, druga będzie zawierać zmienną wejściową dla każdego elementu, a trzecia będzie zawierać zmienną wyjściową dla tego samego komponentu. Zdefiniowaliśmy już wejście i wyjście poprzez relacje przyczynowe. Więc nie powinno być żadnych problemów.
Ponumerujmy każde połączenie, aby ułatwić rejestrowanie poziomów. Równania dla każdego elementu bierzemy z listy składników C, R, I.
Po skompilowaniu tabeli definiujemy zmienne stanu, w tym przykładzie są 2 z nich, p3 i q5. Następnie musisz zapisać równania stanu:
To wszystko, model jest gotowy.
Przykład 2. Od razu przepraszam za jakość zdjęcia, najważniejsze, że da się przeczytać
Rozwiążmy inny przykład układu mechanicznego, ten sam, który rozwiązaliśmy metodą Lagrange'a. Rozwiązanie pokażę bez komentarza. Sprawdźmy, która z tych metod jest prostsza i łatwiejsza.
W Matbali zestawiono oba modele matematyczne o tych samych parametrach, uzyskane metodą Lagrange'a i wykresem wiązań. Wynik jest poniżej: Dodaj tagi
Najpierw rozważmy przypadek funkcji dwóch zmiennych. Ekstremum warunkowe funkcji $z=f(x,y)$ w punkcie $M_0(x_0;y_0)$ jest ekstremum tej funkcji, osiąganym pod warunkiem, że zmienne $x$ i $y$ w okolice tego punktu spełniają równanie połączenia $\ varphi (x,y)=0$.
Nazwa ekstremum warunkowe wynika z faktu, że zmienne podlegają dodatkowy warunek$\varphi(x,y)=0$. Jeśli jedną zmienną można wyrazić z równania połączenia przez inną, wówczas problem określenia ekstremum warunkowego sprowadza się do problemu określenia zwykłego ekstremum funkcji jednej zmiennej. Na przykład, jeśli z równania połączenia wynika $y=\psi(x)$, to podstawiając $y=\psi(x)$ do $z=f(x,y)$ otrzymujemy funkcję jednej zmiennej $z =f\lewo (x,\psi(x)\prawo)$. W przypadek ogólny Metoda ta jest jednak mało przydatna, dlatego konieczne jest wprowadzenie nowego algorytmu.
Metoda mnożenia Lagrange'a dla funkcji dwóch zmiennych.
Metoda mnożnika Lagrange'a polega na skonstruowaniu funkcji Lagrange'a w celu znalezienia ekstremum warunkowego: $F(x,y)=f(x,y)+\lambda\varphi(x,y)$ (parametr $\lambda$ nazywa się mnożnik Lagrange’a). Warunki konieczne ekstremum określa układ równań, z których wyznaczane są punkty stacjonarne:
$$ \left \( \begin(aligned) & \frac(\partial F)(\partial x)=0;\\ & \frac(\partial F)(\partial y)=0;\\ & \varphi (x,y)=0. \end(wyrównane) \right.
Warunkiem wystarczającym, na podstawie którego można określić naturę ekstremum, jest znak $d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy) ^("" )dy^2$. Jeśli w punkcie stacjonarnym $d^2F > 0$, to funkcja $z=f(x,y)$ ma w tym punkcie minimum warunkowe, natomiast jeśli $d^2F< 0$, то условный максимум.
Istnieje inny sposób określenia natury ekstremum. Z równania sprzęgania otrzymujemy: $\varphi_(x)^(")dx+\varphi_(y)^(")dy=0$, $dy=-\frac(\varphi_(x)^("))( \varphi_ (y)^("))dx$, zatem w dowolnym punkcie stacjonarnym mamy:
$$d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=F_(xx)^( "") dx^2+2F_(xy)^("")dx\left(-\frac(\varphi_(x)^("))(\varphi_(y)^("))dx\right)+ F_(yy)^("")\left(-\frac(\varphi_(x)^("))(\varphi_(y)^("))dx\right)^2=\\ =-\frac (dx^2)(\left(\varphi_(y)^(") \right)^2)\cdot\left(-(\varphi_(y)^("))^2 F_(xx)^(" ")+2\varphi_(x)^(")\varphi_(y)^(")F_(xy)^("")-(\varphi_(x)^("))^2 F_(yy)^ ("") \right)$$
Drugi czynnik (umieszczony w nawiasach) można przedstawić w następującej postaci:
Elementy wyznacznika $\left| są podświetlone na czerwono. \begin(array) (cc) F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \end (tablica) \right|$, czyli hesjan funkcji Lagrange'a. Jeśli $H > 0$, to $d^2F< 0$, что указывает на условный максимум. Аналогично, при $H < 0$ имеем $d^2F >0$, tj. mamy minimum warunkowe funkcji $z=f(x,y)$.
Uwaga dotycząca zapisu wyznacznika $H$. Pokaż ukryj
$$ H=-\left|\begin(array) (ccc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_ (xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \ koniec(tablica) \right| $$
W tej sytuacji sformułowana powyżej reguła zmieni się następująco: jeśli $H > 0$, to funkcja ma minimum warunkowe, a jeśli $H< 0$ получим условный максимум функции $z=f(x,y)$. При решении задач следует учитывать такие нюансы.
Algorytm badania funkcji dwóch zmiennych dla ekstremum warunkowego
- Utwórz funkcję Lagrange'a $F(x,y)=f(x,y)+\lambda\varphi(x,y)$
- Rozwiąż układ $ \left \( \begin(aligned) & \frac(\partial F)(\partial x)=0;\\ & \frac(\partial F)(\partial y)=0;\\ & \ varphi (x,y)=0. \end(aligned) \right.$
- Określ charakter ekstremum w każdym z punktów stacjonarnych wskazanych w poprzednim akapicie. Aby to zrobić, użyj dowolnej z następujących metod:
- Utwórz wyznacznik $H$ i znajdź jego znak
- Biorąc pod uwagę równanie sprzężenia, oblicz znak $d^2F$
Metoda mnożenia Lagrange'a dla funkcji n zmiennych
Powiedzmy, że mamy funkcję $n$ zmiennych $z=f(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ i równania sprzęgające $m$ ($n > m$):
$$\varphi_1(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0; \; \varphi_2(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0,\ldots,\varphi_m(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0.$$
Oznaczając mnożniki Lagrange'a jako $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m$, tworzymy funkcję Lagrange'a:
$$F(x_1,x_2,\ldots,x_n,\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m)=f+\lambda_1\varphi_1+\lambda_2\varphi_2+\ldots+\lambda_m\varphi_m$$
Niezbędne warunki obecności ekstremum warunkowego podaje układ równań, z którego wyznaczane są współrzędne punktów stacjonarnych i wartości mnożników Lagrange'a:
$$\left\(\begin(aligned) & \frac(\partial F)(\partial x_i)=0; (i=\overline(1,n))\\ & \varphi_j=0; (j=\ overline(1,m)) \end(aligned) \right.$$
Możesz dowiedzieć się, czy funkcja ma w znalezionym punkcie minimum warunkowe, czy maksimum warunkowe, jak poprzednio, używając znaku $d^2F$. Jeśli w znalezionym punkcie $d^2F > 0$, to funkcja ma minimum warunkowe, natomiast jeśli $d^2F< 0$, - то условный максимум. Можно пойти иным путем, рассмотрев следующую матрицу:
Wyznacznik macierzy $\left| \begin(array) (ccccc) \frac(\partial^2F)(\partial x_(1)^(2)) & \frac(\partial^2F)(\partial x_(1)\partial x_(2) ) & \frac(\partial^2F)(\częściowe x_(1)\częściowe x_(3)) &\ldots & \frac(\częściowe^2F)(\częściowe x_(1)\częściowe x_(n)) \\ \frac(\częściowe^2F)(\częściowe x_(2)\częściowe x_1) & \frac(\częściowe^2F)(\częściowe x_(2)^(2)) & \frac(\częściowe^2F )(\częściowe x_(2)\częściowe x_(3)) &\ldots & \frac(\częściowe^2F)(\częściowe x_(2)\częściowe x_(n))\\ \frac(\częściowe^2F )(\częściowe x_(3) \częściowe x_(1)) & \frac(\częściowe^2F)(\częściowe x_(3)\częściowe x_(2)) & \frac(\częściowe^2F)(\częściowe x_(3)^(2)) &\ldots & \frac(\partial^2F)(\partial x_(3)\partial x_(n))\\ \ldots & \ldots & \ldots &\ldots & \ ldots\\ \frac(\częściowe^2F)(\częściowe x_(n)\częściowe x_(1)) & \frac(\częściowe^2F)(\częściowe x_(n)\częściowe x_(2)) & \ frac(\częściowe^2F)(\częściowe x_(n)\częściowe x_(3)) &\ldots & \frac(\częściowe^2F)(\częściowe x_(n)^(2))\\ \end( array) \right|$, podświetlony na czerwono w macierzy $L$, jest hesjanem funkcji Lagrange'a. Stosujemy następującą regułę:
- Jeśli znaki nieletnich kątowych $H_(2m+1),\; H_(2m+2),\ldots,H_(m+n)$ macierze $L$ pokrywają się ze znakiem $(-1)^m$, wówczas badany punkt stacjonarny jest warunkowym minimum funkcji $ z=f(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n)$.
- Jeśli znaki nieletnich kątowych $H_(2m+1),\; H_(2m+2),\ldots,H_(m+n)$ naprzemiennie, a znak drobnego $H_(2m+1)$ pokrywa się ze znakiem liczby $(-1)^(m+1 )$, wówczas punkt stacjonarny jest warunkowym maksymalnym punktem funkcji $z=f(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n)$.
Przykład nr 1
Znajdź ekstremum warunkowe funkcji $z(x,y)=x+3y$ pod warunkiem $x^2+y^2=10$.
Geometryczna interpretacja tego problemu jest następująca: musisz znaleźć największy i najmniejsza wartość zastosowania płaszczyzny $z=x+3y$ dla punktów jej przecięcia z walcem $x^2+y^2=10$.
Dość trudno jest wyrazić jedną zmienną za pomocą drugiej z równania sprzężenia i podstawić ją do funkcji $z(x,y)=x+3y$, dlatego użyjemy metody Lagrange'a.
Oznaczając $\varphi(x,y)=x^2+y^2-10$, tworzymy funkcję Lagrange'a:
$$ F(x,y)=z(x,y)+\lambda \varphi(x,y)=x+3y+\lambda(x^2+y^2-10);\\ \frac(\partial F)(\częściowy x)=1+2\lambda x; \frac(\częściowe F)(\częściowe y)=3+2\lambda y. $$
Napiszmy układ równań w celu wyznaczenia punktów stacjonarnych funkcji Lagrange'a:
$$ \left \( \begin(aligned) & 1+2\lambda x=0;\\ & 3+2\lambda y=0;\\ & x^2+y^2-10=0. \end (wyrównane)\right.$$
Jeśli założymy, że $\lambda=0$, wówczas pierwsze równanie przyjmie postać: $1=0$. Otrzymana sprzeczność wskazuje, że $\lambda\neq 0$. Pod warunkiem $\lambda\neq 0$ z pierwszego i drugiego równania mamy: $x=-\frac(1)(2\lambda)$, $y=-\frac(3)(2\lambda) $. Podstawiając uzyskane wartości do trzeciego równania, otrzymujemy:
$$ \left(-\frac(1)(2\lambda) \right)^2+\left(-\frac(3)(2\lambda) \right)^2-10=0;\\ \frac (1)(4\lambda^2)+\frac(9)(4\lambda^2)=10; \lambda^2=\frac(1)(4); \left[ \begin(aligned) & \lambda_1=-\frac(1)(2);\\ & \lambda_2=\frac(1)(2). \end(aligned) \right.\\ \begin(aligned) & \lambda_1=-\frac(1)(2); \; x_1=-\frac(1)(2\lambda_1)=1; \; y_1=-\frac(3)(2\lambda_1)=3;\\ & \lambda_2=\frac(1)(2); \; x_2=-\frac(1)(2\lambda_2)=-1; \; y_2=-\frac(3)(2\lambda_2)=-3.\end(wyrównane) $$
Zatem system ma dwa rozwiązania: $x_1=1;\; y_1=3;\; \lambda_1=-\frac(1)(2)$ i $x_2=-1;\; y_2=-3;\; \lambda_2=\frac(1)(2)$. Poznajmy naturę ekstremum w każdym punkcie stacjonarnym: $M_1(1;3)$ i $M_2(-1;-3)$. Aby to zrobić, obliczamy wyznacznik $H$ w każdym punkcie.
$$ \varphi_(x)^(")=2x;\; \varphi_(y)^(")=2y;\; F_(xx)^("")=2\lambda;\; F_(xy)^("")=0;\; F_(yy)^("")=2\lambda.\\ H=\left| \begin(array) (ccc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \end(array) \right|= \w lewo| \begin(tablica) (ccc) 0 i 2x i 2y\\ 2x i 2\lambda i 0 \\ 2y i 0 i 2\lambda \end(array) \right|= 8\cdot\left| \begin(tablica) (ccc) 0 & x & y\\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \end(array) \right| $$
W punkcie $M_1(1;3)$ otrzymujemy: $H=8\cdot\left| \begin(tablica) (ccc) 0 & x & y\\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \end(array) \right|= 8\cdot\left| \begin(tablica) (ccc) 0 & 1 & 3\\ 1 & -1/2 & 0 \\ 3 & 0 & -1/2 \end(array) \right|=40 > 0$, więc w punkt Funkcja $M_1(1;3)$ $z(x,y)=x+3y$ ma maksimum warunkowe, $z_(\max)=z(1;3)=10$.
Podobnie w punkcie $M_2(-1,-3)$ znajdujemy: $H=8\cdot\left| \begin(tablica) (ccc) 0 & x & y\\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \end(array) \right|= 8\cdot\left| \begin(tablica) (ccc) 0 i -1 i -3\\ -1 i 1/2 i 0 \\ -3 i 0 i 1/2 \end(tablica) \right|= -40$. Ponieważ $H< 0$, то в точке $M_2(-1;-3)$ имеем условный минимум функции $z(x,y)=x+3y$, а именно: $z_{\min}=z(-1;-3)=-10$.
Zauważam, że zamiast obliczać wartość wyznacznika $H$ w każdym punkcie, znacznie wygodniej jest go rozwinąć w ogólna perspektywa. Aby nie zaśmiecać tekstu szczegółami, ukryję tę metodę pod notatką.
Zapisanie wyznacznika $H$ w postaci ogólnej. Pokaż ukryj
$$ H=8\cdot\left|\begin(array)(ccc)0&x&y\\x&\lambda&0\\y&0&\lambda\end(array)\right| =8\cdot\left(-\lambda(y^2)-\lambda(x^2)\right) =-8\lambda\cdot\left(y^2+x^2\right). $$
W zasadzie jest już oczywiste, jaki znak ma $H$. Ponieważ żaden z punktów $M_1$ ani $M_2$ nie pokrywa się z początkiem, to $y^2+x^2>0$. Dlatego znak $H$ jest przeciwny do znaku $\lambda$. Możesz dokończyć obliczenia:
$$ \begin(aligned) &H(M_1)=-8\cdot\left(-\frac(1)(2)\right)\cdot\left(3^2+1^2\right)=40;\ \ &H(M_2)=-8\cdot\frac(1)(2)\cdot\left((-3)^2+(-1)^2\right)=-40. \end(wyrównane) $$
Pytanie o naturę ekstremum w punktach stacjonarnych $M_1(1;3)$ i $M_2(-1;-3)$ można rozwiązać bez użycia wyznacznika $H$. Znajdźmy znak $d^2F$ w każdym stacjonarnym punkcie:
$$ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=2\lambda \left( dx^2+dy^2\right) $$
Zauważmy, że zapis $dx^2$ oznacza dokładnie $dx$ podniesione do drugiej potęgi, tj. $\lewo(dx\prawo)^2$. Stąd mamy: $dx^2+dy^2>0$, zatem z $\lambda_1=-\frac(1)(2)$ otrzymujemy $d^2F< 0$. Следовательно, функция имеет в точке $M_1(1;3)$ условный максимум. Аналогично, в точке $M_2(-1;-3)$ получим условный минимум функции $z(x,y)=x+3y$. Отметим, что для определения знака $d^2F$ не пришлось учитывать связь между $dx$ и $dy$, ибо знак $d^2F$ очевиден без дополнительных преобразований. В следующем примере для определения знака $d^2F$ уже будет необходимо учесть связь между $dx$ и $dy$.
Odpowiedź: w punkcie $(-1;-3)$ funkcja ma minimum warunkowe, $z_(\min)=-10$. W punkcie $(1;3)$ funkcja ma maksimum warunkowe, $z_(\max)=10$
Przykład nr 2
Znajdź ekstremum warunkowe funkcji $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$ pod warunkiem $x+y=0$.
Metoda pierwsza (metoda mnożnika Lagrange’a)
Oznaczając $\varphi(x,y)=x+y$, tworzymy funkcję Lagrange'a: $F(x,y)=z(x,y)+\lambda \varphi(x,y)=3y^3+ 4x^2 -xy+\lambda(x+y)$.
$$ \frac(\częściowe F)(\częściowe x)=8x-y+\lambda; \; \frac(\partial F)(\częściowy y)=9y^2-x+\lambda.\\ \left \( \begin(aligned) & 8x-y+\lambda=0;\\ & 9y^2-x+\ lambda=0; \\ & x+y=0. \end(wyrównane) \right.
Po rozwiązaniu układu otrzymujemy: $x_1=0$, $y_1=0$, $\lambda_1=0$ i $x_2=\frac(10)(9)$, $y_2=-\frac(10)( 9)$ , $\lambda_2=-10$. Mamy dwa punkty stacjonarne: $M_1(0;0)$ i $M_2 \left(\frac(10)(9);-\frac(10)(9) \right)$. Odkryjmy naturę ekstremum w każdym punkcie stacjonarnym, korzystając z wyznacznika $H$.
$$H=\lewo| \begin(array) (ccc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \end(array) \right|= \w lewo| \begin(tablica) (ccc) 0 i 1 i 1\\ 1 i 8 i -1 \\ 1 i -1 i 18y \end(tablica) \right|=-10-18y $$
W punkcie $M_1(0;0)$ $H=-10-18\cdot 0=-10< 0$, поэтому $M_1(0;0)$ есть точка условного минимума функции $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$, $z_{\min}=0$. В точке $M_2\left(\frac{10}{9};-\frac{10}{9}\right)$ $H=10 >0$, dlatego w tym momencie funkcja ma maksimum warunkowe, $z_(\max)=\frac(500)(243)$.
Naturę ekstremum w każdym punkcie badamy inną metodą, bazując na znaku $d^2F$:
$$ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=8dx^2-2dxdy+ 18ydy ^2 $$
Z równania połączenia $x+y=0$ mamy: $d(x+y)=0$, $dx+dy=0$, $dy=-dx$.
$$ d^2 F=8dx^2-2dxdy+18ydy^2=8dx^2-2dx(-dx)+18y(-dx)^2=(10+18y)dx^2 $$
Ponieważ $ d^2F \Bigr|_(M_1)=10 dx^2 > 0$, to $M_1(0;0)$ jest warunkowym minimum funkcji $z(x,y)=3y^3+ 4x^2-xy$. Podobnie $d^2F \Bigr|_(M_2)=-10 dx^2< 0$, т.е. $M_2\left(\frac{10}{9}; -\frac{10}{9} \right)$ - точка условного максимума.
Drugi sposób
Z równania połączenia $x+y=0$ otrzymujemy: $y=-x$. Podstawiając $y=-x$ do funkcji $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$, otrzymujemy pewną funkcję zmiennej $x$. Oznaczmy tę funkcję jako $u(x)$:
$$ u(x)=z(x,-x)=3\cdot(-x)^3+4x^2-x\cdot(-x)=-3x^3+5x^2. $$
W ten sposób problem znalezienia ekstremum warunkowego funkcji dwóch zmiennych sprowadziliśmy do problemu wyznaczenia ekstremum funkcji jednej zmiennej.
$$ u_(x)^(")=-9x^2+10x;\\ -9x^2+10x=0; \; x\cdot(-9x+10)=0;\\ x_1=0; \ ; y_1=-x_1=0;\\ x_2=\frac(10)(9); y_2=-x_2=-\frac(10)(9);
Otrzymaliśmy punkty $M_1(0;0)$ i $M_2\left(\frac(10)(9); -\frac(10)(9)\right)$. Dalsze badania znane są z przebiegu rachunku różniczkowego funkcji jednej zmiennej. Badając znak $u_(xx)^("")$ w każdym punkcie stacjonarnym lub sprawdzając zmianę znaku $u_(x)^(")$ w znalezionych punktach, otrzymujemy te same wnioski, co przy rozwiązując pierwszą metodę Na przykład sprawdzimy znak $u_(xx)^("")$:
$$u_(xx)^("")=-18x+10;\\ u_(xx)^("")(M_1)=10;\;u_(xx)^("")(M_2)=- 10.$$
Ponieważ $u_(xx)^("")(M_1)>0$, to $M_1$ jest punktem minimalnym funkcji $u(x)$, a $u_(\min)=u(0)=0 $ . Od $u_(xx)^("")(M_2)<0$, то $M_2$ - точка максимума функции $u(x)$, причём $u_{\max}=u\left(\frac{10}{9}\right)=\frac{500}{243}$.
Wartości funkcji $u(x)$ dla danego warunku połączenia pokrywają się z wartościami funkcji $z(x,y)$, tj. znalezione ekstrema funkcji $u(x)$ są poszukiwanymi ekstremami warunkowymi funkcji $z(x,y)$.
Odpowiedź: w punkcie $(0;0)$ funkcja ma minimum warunkowe, $z_(\min)=0$. W punkcie $\left(\frac(10)(9); -\frac(10)(9) \right)$ funkcja ma maksimum warunkowe, $z_(\max)=\frac(500)(243 )$.
Rozważmy inny przykład, w którym wyjaśnimy naturę ekstremum poprzez określenie znaku $d^2F$.
Przykład nr 3
Znajdź największą i najmniejszą wartość funkcji $z=5xy-4$ jeśli zmienne $x$ i $y$ są dodatnie i spełniają równanie połączenia $\frac(x^2)(8)+\frac( y^2)(2) -1=0$.
Utwórzmy funkcję Lagrange'a: $F=5xy-4+\lambda \left(\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1 \right)$. Znajdźmy punkty stacjonarne funkcji Lagrange'a:
$$ F_(x)^(")=5y+\frac(\lambda x)(4); \; F_(y)^(")=5x+\lambda y.\\ \left \( \begin(aligned) & 5y+\frac(\lambda x)(4)=0;\\ & 5x+\lambda y=0;\\ & \frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)- 1=0;\\ & x > 0; \; y > 0. \end(wyrównane) \right.
Wszystkie dalsze przekształcenia przeprowadza się biorąc pod uwagę $x > 0; \; y > 0$ (jest to określone w opisie problemu). Z drugiego równania wyrażamy $\lambda=-\frac(5x)(y)$ i otrzymaną wartość podstawiamy do pierwszego równania: $5y-\frac(5x)(y)\cdot \frac(x)(4 )=0$ , $4y^2-x^2=0$, $x=2y$. Podstawiając $x=2y$ do trzeciego równania otrzymujemy: $\frac(4y^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1=0$, $y^2=1$, $y = 1$.
Ponieważ $y=1$, to $x=2$, $\lambda=-10$. Naturę ekstremum w punkcie $(2;1)$ wyznaczamy na podstawie znaku $d^2F$.
$$ F_(xx)^("")=\frac(\lambda)(4); \; F_(xy)^("")=5; \; F_(yy)^("")=\lambda. $$
Ponieważ $\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1=0$, to:
$$ d\lewo(\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1\prawo)=0; \; d\left(\frac(x^2)(8) \right)+d\left(\frac(y^2)(2) \right)=0; \; \frac(x)(4)dx+ydy=0; \; dy=-\frac(xdx)(4y). $$
W zasadzie można tutaj od razu podstawić współrzędne punktu stacjonarnego $x=2$, $y=1$ i parametr $\lambda=-10$, otrzymując:
$$ F_(xx)^("")=\frac(-5)(2); \; F_(xy)^("")=-10; \; dy=-\frac(dx)(2).\\ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^(" ")dy^2=-\frac(5)(2)dx^2+10dx\cdot \left(-\frac(dx)(2) \right)-10\cdot \left(-\frac(dx) (2) \right)^2=\\ =-\frac(5)(2)dx^2-5dx^2-\frac(5)(2)dx^2=-10dx^2. $$
Jednakże w innych problemach dotyczących ekstremum warunkowego może istnieć kilka punktów stacjonarnych. W takich przypadkach lepiej jest przedstawić $d^2F$ w postaci ogólnej, a następnie podstawić współrzędne każdego ze znalezionych punktów stacjonarnych do otrzymanego wyrażenia:
$$ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=\frac(\lambda) (4)dx^2+10\cdot dx\cdot \frac(-xdx)(4y) +\lambda\cdot \left(-\frac(xdx)(4y) \right)^2=\\ =\frac (\lambda)(4)dx^2-\frac(5x)(2y)dx^2+\lambda \cdot \frac(x^2dx^2)(16y^2)=\left(\frac(\lambda )(4)-\frac(5x)(2y)+\frac(\lambda \cdot x^2)(16y^2) \right)\cdot dx^2 $$
Podstawiając $x=2$, $y=1$, $\lambda=-10$, otrzymujemy:
$$ d^2 F=\left(\frac(-10)(4)-\frac(10)(2)-\frac(10 \cdot 4)(16) \right)\cdot dx^2=- 10dx^2. $$
Ponieważ $d^2F=-10\cdot dx^2< 0$, то точка $(2;1)$ есть точкой условного максимума функции $z=5xy-4$, причём $z_{\max}=10-4=6$.
Odpowiedź: w punkcie $(2;1)$ funkcja ma maksimum warunkowe, $z_(\max)=6$.
W dalszej części rozważymy zastosowanie metody Lagrange'a dla funkcji większej liczby zmiennych.
Metoda mnożnika Lagrange'a.
Metoda mnożnika Lagrange'a jest jedną z metod, która pozwala rozwiązywać problemy bez Programowanie liniowe.
Programowanie nieliniowe to gałąź programowania matematycznego badająca metody rozwiązywania problemów ekstremalnych za pomocą nieliniowej funkcji celu i obszaru możliwych rozwiązań określonych przez ograniczenia nieliniowe. W ekonomii odpowiada to temu, że wyniki (wydajność) rosną lub maleją nieproporcjonalnie do zmian w skali wykorzystania zasobów (czyli, co za tym idzie, skali produkcji): na przykład w wyniku podziału kosztów produkcji na przedsiębiorstwa na zmienne i półstałe; z powodu nasycenia popytu na towary, gdy każda kolejna jednostka jest trudniejsza do sprzedania niż poprzednia itp.
Problem programowania nieliniowego postawiono jako problem znalezienia optymalnego pewnego funkcja celu
F(x 1 ,…x n), F (X) → maks
gdy zostaną spełnione warunki
sol jot (x 1 ,…x n)≥0, G (X) ≤ B , X ≥ 0
Gdzie X-wektor wymaganych zmiennych;
F (X) -funkcja celu;
G (X) - funkcja ograniczenia (różniczkowalna w sposób ciągły);
B - wektor stałych ograniczeń.
Rozwiązanie problemu programowania nieliniowego (maksimum lub minimum globalne) może należeć albo do granicy, albo do wnętrza zbioru dopuszczalnego.
W przeciwieństwie do problemu programowania liniowego, w przypadku programowania nieliniowego maksimum niekoniecznie leży na granicy obszaru określonego przez ograniczenia. Innymi słowy, zadaniem jest wybranie takich nieujemnych wartości zmiennych, podlegających systemowi ograniczeń w postaci nierówności, w ramach których osiągane jest maksimum (lub minimum) danej funkcji. W tym przypadku nie określono postaci funkcji celu ani nierówności. Może być różne przypadki: funkcja celu jest nieliniowa, a ograniczenia liniowe; funkcja celu jest liniowa, a ograniczenia (przynajmniej jedno z nich) są nieliniowe; zarówno funkcja celu, jak i ograniczenia są nieliniowe.
Problematyka programowania nieliniowego występuje w naukach przyrodniczych, technologii, ekonomii, matematyce oraz w dziedzinie relacje biznesowe oraz w nauce o rządzeniu.
Na przykład programowanie nieliniowe wiąże się z podstawowym problemem ekonomicznym. Zatem w problemie alokacji ograniczonych zasobów albo efektywność, albo, jeśli bada się konsumenta, konsumpcja jest maksymalizowana w obecności ograniczeń wyrażających warunki niedoboru zasobów. W tak ogólnym sformułowaniu matematyczne sformułowanie problemu może być niemożliwe, ale w konkretnych zastosowaniach można bezpośrednio wyznaczyć postać ilościową wszystkich funkcji. Na przykład, przedsiębiorstwo przemysłowe produkuje wyroby z tworzyw sztucznych. Efektywność produkcji mierzy się tu zyskiem, a ograniczenia interpretuje się jako gotówkę siła robocza, obszary produkcyjne, wydajność sprzętu itp.
Metoda opłacalności wpisuje się również w schemat programowania nieliniowego. Ta metoda został opracowany do stosowania w procesie decyzyjnym w rządzie. Powszechną funkcją efektywności jest dobrobyt. Pojawiają się tu dwa problemy programowania nieliniowego: pierwszy to maksymalizacja efektu przy ograniczonych kosztach, drugi to minimalizacja kosztów, pod warunkiem, że efekt przekroczy pewien poziom minimalny. Problem ten jest zwykle dobrze modelowany przy użyciu programowania nieliniowego.
Wyniki rozwiązania problemu programowania nieliniowego są pomocne w podejmowaniu decyzji rządowych. Otrzymane rozwiązanie jest oczywiście zalecane, dlatego przed podjęciem ostatecznej decyzji należy sprawdzić założenia i dokładność problemu programowania nieliniowego.
Problemy nieliniowe są złożone; często są upraszczane, prowadząc do problemów liniowych. W tym celu tradycyjnie zakłada się, że w danym obszarze funkcja celu rośnie lub maleje proporcjonalnie do zmiany zmiennych niezależnych. Podejście to nazywa się metodą odcinkowych przybliżeń liniowych; ma jednak zastosowanie tylko do niektórych typów problemów nieliniowych.
Problemy nieliniowe w określonych warunkach rozwiązuje się za pomocą funkcji Lagrange'a: znajdując jej punkt siodłowy, w ten sposób znajduje się rozwiązanie problemu. Wśród algorytmów obliczeniowych N. p. wspaniałe miejsce zająć metody gradientowe. Nie ma uniwersalnej metody rozwiązywania problemów nieliniowych i najwyraźniej może jej nie być, ponieważ są one niezwykle różnorodne. Problemy wieloekstremalne są szczególnie trudne do rozwiązania.
Jedną z metod pozwalających sprowadzić problem programowania nieliniowego do rozwiązania układu równań jest metoda Lagrange'a nieokreślonych mnożników.
Zasadniczo ustalamy, stosując metodę mnożnika Lagrange'a niezbędne warunki, pozwalających na identyfikację punktów optymalnych w problemach optymalizacyjnych z ograniczeniami w postaci równości. W tym przypadku problem ograniczeń zostaje przekształcony w problem równoważny bezwarunkowa optymalizacja, co obejmuje pewne nieznane parametry zwane mnożnikami Lagrange'a.
Metoda mnożnika Lagrange'a polega na redukcji problemów na ekstremum warunkowym do problemów na ekstremum bezwarunkowym funkcji pomocniczej - tzw. Funkcje Lagrange'a.
Do problemu ekstremum funkcji F(x 1, x 2,..., x n) pod warunkami (równania więzów) φ I(x 1 , x 2 , ..., x n) = 0, I= 1, 2,..., M, funkcja Lagrange'a ma postać
L(x 1, x 2… x n,λ 1, λ 2,…λm)=f(x 1, x 2… x n)+∑ i -1 m λ i φ i (x 1, x 2… x n)
Mnożniki λ 1 , λ 2 , ..., λm zwany Mnożniki Lagrange'a.
Jeśli wartości x 1 , x 2 , ..., x n , λ 1 , λ 2 , ..., λm istota rozwiązań równań wyznaczających punkty stacjonarne funkcji Lagrange'a, czyli dla funkcji różniczkowalnych są rozwiązania układu równań
wówczas przy dość ogólnych założeniach x 1 , x 2 , ..., x n wyznaczamy ekstremum funkcji f.
Rozważmy problem minimalizacji funkcji n zmiennych podlegającej jednemu ograniczeniu w postaci równości:
Minimalizuj f(x 1, x 2… x n) (1)
z ograniczeniami h 1 (x 1, x 2… x n)=0 (2)
Zgodnie z metodą mnożników Lagrange’a problem ten przekształca się w następujący problem optymalizacji nieograniczonej:
minimalizuj L(x,λ)=f(x)-λ*h(x) (3)
gdzie funkcja L(x;λ) nazywana jest funkcją Lagrange’a,
λ jest nieznaną stałą, zwaną mnożnikiem Lagrange'a. Nie ma wymagań dotyczących znaku λ.
Niech dla danej wartości λ=λ 0 bezwarunkowe minimum funkcji L(x,λ) względem x zostanie osiągnięte w punkcie x=x 0 i x 0 spełnia równanie h 1 (x 0)=0 . Następnie, jak łatwo zauważyć, x 0 minimalizuje (1) biorąc pod uwagę (2), gdyż dla wszystkich wartości x spełniających (2) h 1 (x)=0 i L(x,λ)=min f(x).
Oczywiście należy tak dobrać wartość λ=λ 0, aby współrzędna punktu minimum bezwarunkowego x 0 spełniała równość (2). Można tego dokonać, jeśli uznając λ za zmienną, znajdziemy bezwarunkowe minimum funkcji (3) w postaci funkcji λ, a następnie wybierzemy wartość λ, przy której spełniona jest równość (2). Zilustrujmy to konkretnym przykładem.
Minimalizuj f(x)=x 1 2 +x 2 2 =0
zgodnie z ograniczeniem h 1 (x)=2x 1 +x 2 -2=0=0
Odpowiedni problem optymalizacji bez ograniczeń można zapisać w następujący sposób:
minimalizuj L(x,λ)=x 1 2 +x 2 2 -λ(2x 1 +x 2 -2)
Rozwiązanie. Przyrównując dwie składowe gradientu L do zera, otrzymujemy
→ x 1 0 =λ
→ x 2 0 =λ/2
Aby sprawdzić, czy punkt stacjonarny x° odpowiada minimum, obliczamy elementy macierzy Hessego funkcji L(x;u), rozpatrywanej jako funkcja x,
co okazuje się dodatnio określone.
Oznacza to, że L(x,u) jest funkcją wypukłą x. W konsekwencji współrzędne x 1 0 = λ, x 2 0 = λ/2 wyznaczają globalny punkt minimalny. Optymalna wartośćλ oblicza się, podstawiając wartości x 1 0 i x 2 0 do równania 2x 1 + x 2 =2, z czego 2λ+λ/2=2 lub λ 0 =4/5. Zatem minimum warunkowe osiąga się przy x 1 0 =4/5 i x 2 0 =2/5 i jest równe min f(x) = 4/5.
Rozwiązując zadanie z przykładu, rozważaliśmy L(x;λ) jako funkcję dwóch zmiennych x 1 i x 2 i dodatkowo założyliśmy, że wartość parametru λ dobrano tak, aby ograniczenie było spełnione. Jeżeli rozwiązanie systemowe
J=1,2,3,…,n
λ nie można otrzymać w postaci funkcji jawnych, wówczas wartości x i λ wyznacza się rozwiązując następujący układ składający się z równań n+1 z niewiadomymi n+1:
J=1,2,3,…,n., h1 (x)=0
Aby znaleźć wszystkich możliwe rozwiązania System ten może wykorzystywać numeryczne metody wyszukiwania (np. metodę Newtona). Dla każdego z rozwiązań () należy obliczyć elementy macierzy Hessego funkcji L, rozpatrywanej jako funkcja x, i dowiedzieć się, czy macierz ta jest określona dodatnio (minimum lokalne), czy określona ujemnie (maksimum lokalne) ).
Metodę mnożnika Lagrange'a można rozszerzyć na przypadek, gdy problem ma kilka ograniczeń w postaci równości. Rozważmy ogólny problem, który wymaga
Minimalizuj f(x)
z ograniczeniami h k =0, k=1, 2, ..., K.
Funkcja Lagrange'a ma następującą postać:
Tutaj λ 1 , λ 2 , ..., λk-Mnożniki Lagrange'a, tj. nieznane parametry, których wartości należy określić. Przyrównując pochodne cząstkowe L względem x do zera, otrzymujemy następujący układ n równań z n niewiadomymi:
Jeżeli znalezienie rozwiązania powyższego układu w postaci funkcji wektora λ okaże się trudne, wówczas można rozbudować układ o ograniczenia w postaci równości
Rozwiązanie rozszerzonego układu, składającego się z n + K równań z n + K niewiadomych, wyznacza punkt stacjonarny funkcji L. Następnie wdrażana jest procedura sprawdzania minimum lub maksimum, którą przeprowadza się na podstawie obliczeń elementy macierzy Hessego funkcji L, rozpatrywanej jako funkcja x, analogicznie jak to miało miejsce w przypadku problemu z jednym ograniczeniem. W przypadku niektórych problemów rozszerzony układ n+K równań z n+K niewiadomymi może nie mieć rozwiązań i metoda mnożnika Lagrange'a okazuje się nie mieć zastosowania. Należy jednak zaznaczyć, że tego typu zadania są w praktyce dość rzadkie.
Rozważmy szczególny przypadek wspólne zadanie programowanie nieliniowe, przy założeniu, że układ więzów zawiera tylko równania, nie ma warunków na nieujemność zmiennych oraz i - funkcje są ciągłe wraz z ich pochodnymi cząstkowymi. Zatem rozwiązując układ równań (7) otrzymujemy wszystkie punkty, w których funkcja (6) może przyjmować wartości ekstremalne.
Algorytm metody mnożnika Lagrange'a
1. Utwórz funkcję Lagrange'a.
2. Znajdź pochodne cząstkowe funkcji Lagrange'a względem zmiennych x J , λ i i przyrównaj je do zera.
3. Rozwiązujemy układ równań (7), znajdujemy punkty, w których funkcja celu problemu może mieć ekstremum.
4. Wśród punktów podejrzanych o ekstremum znajdujemy te, w których ekstremum zostało osiągnięte i obliczamy w tych punktach wartości funkcji (6).
Przykład.
Wstępne dane: Zgodnie z planem produkcyjnym firma potrzebuje wyprodukować 180 produktów. Wyroby te można wytwarzać dwoma sposobami technologicznymi. Przy wytwarzaniu produktów x 1 metodą 1 koszty wynoszą 4x 1 + x 1 2 ruble, a przy wytwarzaniu produktów x 2 metodą 2 - 8 x 2 + x 2 2 ruble. Określ, ile produktów należy wytworzyć każdą metodą, aby koszty produkcji były minimalne.
Funkcja celu dla postawionego problemu ma postać
® min w warunkach x 1 + x 2 =180, x 2 ≥0.
1. Utwórz funkcję Lagrange'a
.
2.
Obliczamy pochodne cząstkowe względem x 1, x 2, λ i przyrównujemy je do zera: 
3.
Rozwiązując powstały układ równań, znajdujemy x 1 =91,x 2 =89
4. Dokonując podstawienia w funkcji celu x 2 =180-x 1 otrzymujemy funkcję jednej zmiennej, a mianowicie f 1 =4x 1 +x 1 2 +8(180-x 1)+(180-x 1 ) 2
Obliczamy lub 4x 1 -364=0 ,
skąd mamy x 1 * =91, x 2 * =89.
Odpowiedź: Liczba produktów wytworzonych pierwszą metodą wynosi x 1 = 91, drugą metodą x 2 = 89, a wartość funkcji celu wynosi 17 278 rubli.
an(t)z(n)(t) + an − 1(t)z(n − 1)(t) + ... + a1(t)z"(t) + a0(t)z(t) = f(t)
polega na zastąpieniu w rozwiązaniu ogólnym dowolnych stałych ck
z(t) = c1z1(t) + c2z2(t) + ...
Cnzn(t)
odpowiadające równanie jednorodne
an(t)z(n)(t) + an − 1(t)z(n − 1)(t) + ... + a1(t)z"(t) + a0(t)z(t) = 0
do funkcji pomocniczych ck(t), których pochodne spełniają liniowy układ algebraiczny
Wyznacznikiem układu (1) jest Wrońskian funkcji z1,z2,...,zn, co zapewnia jego jednoznaczną rozwiązywalność ze względu na .
Jeśli są funkcjami pierwotnymi dla , przyjęte przy ustalonych wartościach stałych całkowania, to funkcja
jest rozwiązaniem pierwotnego liniowego niejednorodnego równania różniczkowego. Integracja równanie niejednorodne w obecności ogólnego rozwiązania odpowiedniego równania jednorodnego jest ono zatem redukowane do kwadratur.
Metoda Lagrange'a (metoda zmiany dowolnych stałych)
Metoda uzyskiwania ogólnego rozwiązania równania niejednorodnego, znając rozwiązanie ogólne równania jednorodnego bez znajdowania rozwiązania szczególnego.
Dla liniowego jednorodnego równania różniczkowego n-tego rzędu
y(n) + a1(x) y(n-1) + ... + an-1 (x) y" + an(x) y = 0,
gdzie y = y(x) jest nieznaną funkcją, a1(x), a2(x), ..., an-1(x), an(x) są znane, ciągłe, prawdziwe: 1) jest n liniowo niezależne rozwiązania równań y1(x), y2(x), ..., yn(x); 2) dla dowolnych wartości stałych c1, c2, ..., cn funkcja y(x)= c1 y1(x) + c2 y2(x) + ... + cn yn(x) jest rozwiązanie równania; 3) dla dowolnych wartości początkowych x0, y0, y0,1, ..., y0,n-1 istnieją wartości c*1, c*n, ..., c*n takie, że rozwiązanie y *(x)= c*1 y1(x) + c*2 y2(x) + ... + c*n yn (x) spełnia warunki początkowe y*(x0)=y0, (y*)"( x0) dla x = x0 =y0,1 , ...,(y*)(n-1)(x0)=y0,n-1.
Wyrażenie y(x)= c1 y1(x) + c2 y2(x) + ... + cn yn(x) nazywa się decyzja ogólna liniowe jednorodne równanie różniczkowe n-tego rzędu.
Zbiór n liniowo niezależnych rozwiązań liniowego jednorodnego równania różniczkowego n-tego rzędu y1(x), y2(x), ..., yn(x) nazywany jest podstawowym układem rozwiązań równania.
Dla liniowego jednorodnego równania różniczkowego z stałe współczynniki istnieje prosty algorytm konstruowania podstawowego układu rozwiązań. Rozwiązanie równania będziemy szukać w postaci y(x) = exp(lx): exp(lx)(n) + a1exp(lx)(n-1) + ... + an-1exp(lx) " + anexp(lx) = = (ln + a1ln-1 + ... + an-1l + an)exp(lx) = 0, czyli liczba l jest pierwiastkiem równanie charakterystyczne ln + a1ln-1 + ... + an-1l + an = 0. Lewa strona równania charakterystycznego nazywana jest wielomianem charakterystycznym liniowego równania różniczkowego: P(l) = ln + a1ln-1 + ... + an-1l + an. Zatem problem rozwiązania liniowego jednorodnego równania n-tego rzędu o stałych współczynnikach sprowadza się do rozwiązania równania algebraicznego.
Jeżeli równanie charakterystyczne ma n różnych pierwiastków rzeczywistych l1№ l2 № ... № ln, to podstawowy układ rozwiązań składa się z funkcji y1(x) = exp(l1x), y2(x) = exp(l2x), . .., yn (x) = exp(lnx), a ogólne rozwiązanie równania jednorodnego to: y(x)= c1 exp(l1x) + c2 exp(l2x) + ... + cn exp(lnx).
podstawowy system rozwiązań i rozwiązanie ogólne dla przypadku prostych pierwiastków rzeczywistych.
Jeśli którykolwiek z pierwiastków rzeczywistych równania charakterystycznego powtórzy się r razy (r-wielokrotny pierwiastek), to w podstawowym układzie rozwiązań istnieje r odpowiadających mu funkcji; jeśli lk=lk+1 = ... = lk+r-1, to in system podstawowy rozwiązania równania zawierają r funkcje: yk(x) = exp(lkx), yk+1(x) = xexp(lkx), yk+2(x) = x2exp(lkx), ..., yk+r- 1( x) =xr-1 exp(lnx).
PRZYKŁAD 2. Podstawowy układ rozwiązań i rozwiązanie ogólne dla przypadku pierwiastków rzeczywistych wielokrotnych.
Jeżeli równanie charakterystyczne ma pierwiastki zespolone, to każdej parze prostych (o krotności 1) pierwiastków zespolonych lk,k+1=ak ± ibk w podstawowym układzie rozwiązań odpowiada para funkcji yk(x) = exp(akx) cos(bkx), yk+ 1(x) = exp(akx)sin(bkx).
PRZYKŁAD 4. Podstawowy układ rozwiązań i rozwiązanie ogólne dla przypadku prostych pierwiastków zespolonych. Wyimaginowane korzenie.
Jeżeli złożona para pierwiastków ma krotność r, to takiej parze lk=lk+1 = ... = l2k+2r-1=ak ± ibk, w podstawowym systemie rozwiązań odpowiada funkcja exp(akx)cos( bkx), exp(akx)sin(bkx), xexp(akx)cos(bkx), xexp(akx)sin(bkx), x2exp(akx)cos(bkx), x2exp(akx)sin(bkx), .. ............ xr-1exp(akx)cos(bkx), xr-1exp(akx)sin(bkx).
PRZYKŁAD 5. Podstawowy układ rozwiązań i rozwiązanie ogólne dla przypadku pierwiastków wielokrotnych zespolonych.
Zatem, aby znaleźć rozwiązanie ogólne liniowego równania różniczkowego jednorodnego o stałych współczynnikach, należy: zapisać równanie charakterystyczne; znajdź wszystkie pierwiastki równania charakterystycznego l1, l2, ... , ln; zapisz podstawowy system rozwiązań y1(x), y2(x), ..., yn(x); zapisz wyrażenie na rozwiązanie ogólne y(x)= c1 y1(x) + c2 y2(x) + ... + cn yn(x). Aby rozwiązać problem Cauchy'ego należy podstawić wyrażenie na rozwiązanie ogólne do warunków początkowych i wyznaczyć wartości stałych c1,..., cn, które są rozwiązaniami układu liniowego równania algebraiczne c1 y1(x0) + c2 y2(x0) + ... + cn yn(x0) = y0, c1 y"1(x0) + c2 y"2(x0) + ... + cn y"n(x0 ) =y0,1,....... , c1 y1(n-1)(x0) + c2 y2(n-1)(x0) + ... + cn yn(n-1)( x0) = y0,n-1
Dla liniowego niejednorodnego równania różniczkowego n-tego rzędu
y(n) + a1(x) y(n-1) + ... + an-1 (x) y" + an(x) y = f(x),
gdzie y = y(x) jest nieznaną funkcją, a1(x), a2(x), ..., an-1(x), an(x), f(x) są znane, ciągłe, ważne: 1 ) jeśli y1(x) i y2(x) są dwoma rozwiązaniami równania niejednorodnego, to funkcja y(x) = y1(x) - y2(x) jest rozwiązaniem odpowiedniego równania jednorodnego; 2) jeśli y1(x) jest rozwiązaniem równania niejednorodnego, a y2(x) jest rozwiązaniem odpowiedniego równania jednorodnego, to funkcja y(x) = y1(x) + y2(x) jest rozwiązaniem równanie niejednorodne; 3) jeśli y1(x), y2(x), ..., yn(x) są n liniowo niezależnymi rozwiązaniami równania jednorodnego, a ych(x) - arbitralna decyzja niejednorodnego równania, to dla dowolnych wartości początkowych x0, y0, y0,1, ..., y0,n-1 istnieją wartości c*1, c*n, ..., c*n takie, że rozwiązanie y*(x )=c*1 y1(x) + c*2 y2(x) + ... + c*n yn (x) + ych(x) spełnia warunki początkowe y*(x0)=y0 , ( y*)"(x0)=y0,1 , ...,(y*)(n-1)(x0)=y0,n-1.
Wyrażenie y(x)= c1 y1(x) + c2 y2(x) + ... + cn yn(x) + yч(x) nazywa się ogólnym rozwiązaniem liniowego niejednorodnego równania różniczkowego n-tego rzędu.
Aby znaleźć szczególne rozwiązania niejednorodności równania różniczkowe o stałych współczynnikach z prawymi stronami postaci: Pk(x)exp(ax)cos(bx) + Qm(x)exp(ax)sin(bx), gdzie Pk(x), Qm(x) są wielomianami stopnia k i m W związku z tym istnieje prosty algorytm konstruowania konkretnego rozwiązania, zwany metodą selekcji.
Metoda selekcji lub metoda niepewne współczynniki, następująco. Wymagane rozwiązanie równania zapisuje się w postaci: (Pr(x)exp(ax)cos(bx) + Qr(x)exp(ax)sin(bx))xs, gdzie Pr(x), Qr(x ) są wielomianami stopnia r = max(k, m) o nieznanych współczynnikach pr , pr-1, ..., p1, p0, qr, qr-1, ..., q1, q0. Współczynnik xs nazywany jest współczynnikiem rezonansowym. Rezonans występuje w przypadkach, gdy wśród pierwiastków równania charakterystycznego znajduje się pierwiastek l =a ± ib z krotności s. Te. jeśli wśród pierwiastków równania charakterystycznego odpowiedniego równania jednorodnego znajduje się takie, że jego część rzeczywista pokrywa się ze współczynnikiem w wykładniku wykładnika, a jego część urojona pokrywa się ze współczynnikiem w argumencie funkcja trygonometryczna po prawej stronie równania, a krotność tego pierwiastka wynosi s, wówczas wymagane rozwiązanie częściowe zawiera współczynnik rezonansowy xs. Jeśli nie ma takiej zbieżności (s=0), to nie ma czynnika rezonansowego.
Zastąpienie wyrażenia konkretnego rozwiązania w lewa strona równaniu, otrzymujemy uogólniony wielomian o tej samej postaci, co wielomian po prawej stronie równania, którego współczynniki są nieznane.
Dwa uogólnione wielomiany są równe wtedy i tylko wtedy, gdy współczynniki współczynników postaci xtexp(ax)sin(bx), xtexp(ax)cos(bx) o tych samych potęgach t są równe. Zrównując współczynniki tych czynników, otrzymujemy układ 2(r+1) liniowych równań algebraicznych dla 2(r+1) niewiadomych. Można wykazać, że taki system jest spójny i ma unikalne rozwiązanie.
