Szélsőérték. S.O.S holnap ZH

Nem kell ehhez Lagrange-multiplikátor. A kör egyenletéből `y^2=1-x^2`, ezt behelyettesítve a függvénybe a probléma immár egyváltozós: `f(x)=x^3-x^2+1`.

A deriváltak:
`f'(x)=3x^2-2x`
`f''(x)=6x-2`

Az `f'(x)=0` egyenlet megoldásai `x_1=0` és `x_2=2/3`. Mivel `f''(0)=-2` és `f''(2/3)=2`, a `0`-nál maximum, a `2/3`-nál pedig minimum van.

Arról sem szabad megfeledkezni, hogy az értelmezési tartomány korlátos, `x in [-1, 1]`, ezért a végpontokat is meg kell néznünk: `x_3=-1` `x_4=1`.

Az `x`-ekhez tartozó `y`-ok rendre `pm sqrt(1-0^2)=pm 1`, `pm sqrt(1-(2/3)^2)=pm sqrt(5)/3`, `0` és `0`. Tehát a szélsőértékek:

`f(0, 1)=1` - maximum

`f(0, -1)=1` - maximum

`f(2/3, sqrt(5)/3)=23/27` - lokális minimum

`f(2/3, -sqrt(5)/3)=23/27` - lokális minimum

`f(-1, 0)=-1` - minimum

`f(1, 0)=1` - maximum




Ha mindenképp Lagrange-multiplikátorral szeretnéd megoldani, akkor a Lagrange-függvény:

`L(x,y,lambda)=x^3+y^2+lambda(x^2+y^2-1)`

A gradiensének nullának kell lennie:

`grad L =[[3x^2+2 lambda x], [(2 lambda+2)y],[x^2+y^2-1]]=\mathbf{0}`

Az első egyenletnek `x=0` megoldása. A harmadik egyenletből ekkor `y=pm 1`.

Hasonlóan, a második egyenletnek `y=0` megoldása. A harmadik egyenletből ekkor `x=pm 1`.

Ha `x ne 0` és `y ne 0`, akkor a második egyenletből `2lambda+2=0`, vagyis `lambda=-1`. Az első egyenletből pedig `3x+2lambda=0`, innen `x=-2/3 lambda=2/3`. Végül az utolsó egyenletből `y=pm sqrt(1-(2/3)^2)``=``pm sqrt(5)/3`.

Visszakaptuk tehát a fenti eseteket. Persze a teljes megoldáshoz hozzá tartozna, hogy megvizsgáljuk a Lagrange-függvény Hesse-mátrixának determinánsát ezekben a pontokban:

`det \mathbf{H}=|[6x+2lambda, 0, 2x],[0, 2lambda+2, 2y],[2x, 2y, 0]|=...`