24.predavanje

8/19/2019 24.predavanje

1/15

1

Totalni diferencijal drugog reda

kao kvadratna forma

0.0

2 222

==

++=

dgtjguslov

dy f dxdy f dx f zd yy xy xx

[ ] yx xy yy xx f f h f b f adyvdxu

=≡≡≡

≡≡


2/15

2

Test definitnosti pomoću determinanti

(prošireni hesijan)

0..

0..

, / )2(

)0:.1(2

2

2

2

2222

22

f

p

H akodef negat

H jeakodef pozit

H je zagradiuizraz Dakleubha

vuogranuslovuzbvhuvauq

−

−

−+−=

=+−=++=

β α αβ β

β α


3/15

3

c = g(x1, x2)L= f(….) + λ(ograničenje)

Lλ = c - g(x1, x2) =0

Li = f i - λgi - µhi = 0, i = 1,2""

""

2

0

yy yx y

xy xx x

y x

z zg

z zggg

H =


4/15

4

12.1. Efekti ograničenja

• Tehnika zamjene i eliminacije promjenljivih

• U = x1x2 + 2x1 (funkcija korisnosti)

• 4x1 + 2x2 = 60 (budžetsko ograničenje)

• U =x1(30 – 2x1) + 2x1 ⇒U'x1=0 ⇒32-4x1=0• x1= 8, x2 = 14, U = 128

• d2

U/dx12

= -4 < 0 maksimum


5/15

5

12.1. Efekti ograničenja

• U = x1x2 + 2x1 (funkcija korisnosti)

• 4x1 + 2x2 = 60 (budžetsko ograničenje)

• x1= 8, x2 = 14, U = 128 maksimum, jer:


6/15


7/15

7

1

3

1

2

195 p

p

p

pq +=

0)()()(321 111

=++ p E p E p E qqq

Funkcija tražnje tri proizvoda je

Pokazati da je zbir parcijalnih elastičnosti jednak nuli, tj.

01

91

595

)()()(

11

3

11

2

2

1

3

2

1

2

1

1

3

1

1

3

2

1

1

2

1

1

1

1

321 111

=++

−−

=∂

∂+

∂

∂+

∂

∂

=++

pq

p

pq

p

p

p

p

p

q

p

p

q

q

p

p

q

q

p

p

q

q

p

p E p E p E qqq


8/15

8

01

)()()(

3

13

2

12

1

11

1

3

1

1

3

2

1

1

2

1

1

1

1

321 111

=

∂

∂+

∂

∂+

∂

∂

=∂∂+

∂∂+

∂∂

=++

p

q p

p

q p

p

q p

q

p

q

q

p

p

q

q

p

p

q

q

p

p E p E p E qqq

II način: Funkcija tražnje proizvoda A je homogena stepena

homogeniteta 0, jer

1

1

3

1

2

1

3

1

23211 9595),,( q

p

p

p

p

tp

tp

tp

tptptptpq =+=+=

=0 po Ojlerovoj teoremi


9/15

9

Neka je x = f(p1,p2) funkcija tražnje proizvoda A i B čije su

cijene p1

odnosno p2

. Ako je x homogena funkcija sa

stepenom homogeniteta k dokazati da je zbir parcijalnih

elastičnosti te funkcije k.

E p E pp

xx

p

xx k x x p p( ) ( )1 2

1 2

1 2+ = ′ + ′ =

p x p x k xp p1 21 2′ + ′ = ⋅

p

x

xp

x

x k p p1 2

1 2′ + ′ =

Rešenje.Treba dokazati da je

Pođimo od Ojlerove teoreme (x je homogena!):

Poslije dijeljenja sa x = x(p1,p2) dobijamo

, što je i trebalo dokazati.


10/15

10

Naći lokalni ekstremum funkcije u xy

x

z

y z= + + +

2 2

4

2

za x,y,z > 0.

′ = − =uy

xx 1

40

2

2

′ = − =uy

x

z

yy

2 0

2

2

′ = − =uz

y zz

2 20

2

y

x21

2

=

y

x2

1=

z

y

y

x

= =

2

2 1

z

y = 1

11

2z

z

y= =

Rješenje.

Iz prve jednačine

pa kako su x,y > 0 to se dobija

Uvrštavanjem u drugu, dobija se

odakle je

Na kraju, iz treće jednačine

a otuda y = 1 i x = 1/2.

pa je z = 1 (jer je z > 0),


11/15

11

Dakle, dobili smo jednu stacionarnu tačku.

Dovoljan uslov: Iskoristićemo tzv. Silvesterov kriterijum zan = 3.Formirajmo determinante

D

u u u

u u u

u u u

Du u

u uD u

xx xy xz

yx yy yz

zx zy zz

xx xy

yx yy

xx3 2 1=

′′ ′′ ′′

′′ ′′ ′′

′′ ′′ ′′

=′′ ′′

′′ ′′ = ′′, ,

Ako u stacionarnoj tački važi da je D3>0, D2>0 i D1>0 tada se

u njoj dostiže lokalni minimum, a ako je D30 i D10, D2=8>0 i D3=32>0, pa

funkcija u tački (1/2,1,1) ima lokalni minimum: umin = 4.


12/15

12

Od svih pravougaonika datog obima O, odrediti onaj najveće

površineRešenje.

Neka su mu stranice x i y (kao na slici).

Treba naći maksimum funkcije P=x⋅y uzuslov 2x+2y=O

y

x

Pošto se y (ili x) može zraziti iz uslova ne mora sekoristiti Lagranžova funkcija.

y=(O-2x)/2⇒P=x (O-2x)/2=Ox/2-x2⇒

P'=O/2-2x=0⇒

x=O/4=yDakle, maksimalnu površinu ima kvadrat.


13/15

13

Od kartona kvadratnog oblika površine 3K2 napraviti kutiju

bez poklopca maksimalne zapremine.

′ = + + =′ = + + =

′ = + + =

+ + =

F yz y zF xz x z

F xy x y

xy xz yz K

x

y

z

λ λλ λ

λ λ

2 02 0

2 2 0

2 2 3 2

Rešenje.

Označimo stranice kutije sa x, y, z (kao

na slici). Treba naći maksimum funkcijeV = x⋅y⋅z uz uslov xy + 2xz + 2yz = 3K2.Formirajmo Lagranžovu funkciju

F = xyz + λ(xy + 2xz + 2yz - 3K2).Otuda


14/15

14

d F K KK

K dxdy dxdz dydz2

2

1

2, ,

= + +

K KK

, ,2

( )dz dx dy= − +

1

2

Kako je x,y,z > 0, dobija se (množiti prvu sa x, drugu sa y,

treću sa z, a zatim ih sabrati) xyz + 2λK2

= 0, pa se lakodobija da je x = K, y = K, z = K/2 i λ = K/4. Nađimo sadad2F.

d2

F = 2(z + λ)dxdy + 2(y + 2λ)dxdz + 2(x + 2λ)dydz, a otuda

Diferencirajući uslov dobija seydx + xdy + 2zdx + 2xdz + 2zdy + 2ydz = 0, pa za tačku

važi

( )d F K KK

K dx dxdy dy2 2 2

2

1

20, ,

= − + + <

a ab b a b b2 22

212

34

0+ + = + + >


15/15

15

K KK

, ,

2

V Kmax =3

2

Dakle,

je tačka uslovnog maksimuma za funkciju V = xyz:

Primijetimo da je tražena kutija kvadratne osnove.

Documents

24.predavanje