4.1: Оптимізація

Last updated
Save as PDF

Page ID: 60248

$ \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } $ $ \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} $$\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$

Багато фізичних проблем пов'язані з оптимізацією: знаходження або максимального, або мінімального значення якоїсь величини. Проблеми оптимізації часто мають обмеження за участю двох змінних, що дозволяє переписати цільову функцію - функцію для оптимізації - як функцію однієї змінної: використовуйте обмеження для вирішення однієї змінної з точки зору іншої, а потім підставити цей вираз в об'єктивна функція.

По-перше, інтуїтивні поняття максимуму і мінімуму потребують уточнення.

Іншими словами, глобальний максимум - це найбільше значення скрізь («глобально»), тоді як локальний максимум - це лише найбільше значення «локально». Аналогічно для глобального проти локального мінімуму. Зображення нижче ілюструє відмінності.

На зображенні, на$\ival{a}{b}$ інтервалі функція$f$ має глобальний мінімум at$x=a$, глобальний максимум at$x=c_1$, локальний мінімум at$x=c_2$ та локальний максимум at$x=b$. Кожен глобальний максимум [мінімум] є локальним максимумом [мінімумом], але не навпаки. У фізичних додатках основний інтерес представляють глобальні максимуми або мінімуми ¹. Теорема про екстремальні значення в розділі 3.3 гарантує існування принаймні одного глобального максимуму і принаймні одного глобального мінімуму для неперервних функцій, визначених на замкнутих інтервалах (тобто інтервалів форми$\ival{a}{b}$). Всі розглянуті тут функції будуть диференційованими, а значить і безперервними. Тож єдиними питаннями буде те, як знайти глобальні максимуми або мінімуми, і як обробляти інтервали, які не закриті.

Розглянемо ще раз картинку з попередньої сторінки, на цей раз дивлячись на те, як$f'$ змінюється похідна$\ival{a}{b}$. Інтуїтивно очевидно, що поблизу внутрішнього максимуму (тобто у відкритому інтервалі$(a,b)$), такого як at$x=c_1$, функція повинна збільшуватися до цієї точки, а потім зменшуватися після цього. Це означає, що$f'(x)>0$ до$x=c_1$ і$f'(x)<0$ після «переломного моменту»$x=c_1$, як показано нижче.

Якщо припустити, що$f'$ є безперервним (що буде у випадку з усіма функціями в цьому розділі), то це означає$x=c_1$, що$f'=0$ при, тобто$f'(c_1)=0$. Аналогічно близько внутрішнього мінімуму при$x=c_2$,$f'(x)<0$ до$x=c_2$ і$f'(x)>0$ після$x=c_2$, так що$f'(c_2)=0$. Точки, в яких похідна дорівнює нулю, називаються критичними точками (або нерухомими точками) функції. Так$x=c_1$ і$x=c_2$ є критичними моментами$f$.

Зверніть увагу на картинку, яка$f'$ переходить від позитивного до нуля до негативного навколо$x=c_1$, так що$f'$ зменшується навколо$x=c_1$, тобто$f''=(f')'<0$. $f'$Аналогічно збільшується навколо$x=c_2$, тобто$f''>0$. Це призводить до наступного тесту на локальні максимуми і мінімуми: ²

Щоб зрозуміти, чому тест не вдається$f''(c)=0$, врахуйте$f(x)=x^3$:$f'(0)=0$ і, тим не менш$f''(0)=0$, не$x=0$ є ні локальним мінімумом, ні максимумом у будь-якому відкритому інтервалі, що містить$x=0$. Розділ 4.2 представить альтернативу для того, коли другий тест похідних не вдається. Існує простий візуальний мнемонічний прилад для запам'ятовування Другого похідного тесту, обумовлений загальним мінімумом або максимумом, що нагадує посмішку або хмуритися відповідно:

«Очі» в обличчях представляють знак$f''$ у критичній точці, тоді як «роти» вказують на природу цієї точки (коли$f''=0$ нічого не відомо). Порядок знаходження глобального максимуму або мінімуму тепер можна заявити:

У кожному випадку вищевказаної процедури намагайтеся використовувати Second Derivate Test, щоб перевірити, що критична точка є локальним мінімумом або максимумом, якщо з характеру проблеми не видно, що може бути тільки мінімум або тільки максимум.

Приклад$\PageIndex{1}$: minmax1

Показати, що прямокутник з найбільшою площею для фіксованого периметра є квадратом.

Рішення

$L$Дозволяти периметр прямокутника зі сторонами$x$ і$y$. Ідея полягає в тому, що$L$ є фіксованою постійною, але$x$ і$y$ може змінюватися. Рисунок [fig:minmax1] показує, що існує багато можливих фігур для прямокутника, але у всіх випадках$L = 2x + 2y$. $A$Дозволяти площа такого прямокутника. Потім$A = xy$, яка є функцією двох змінних. Але

\[L ~=~ 2x ~+~ 2y \quad\Rightarrow\quad y ~=~ \frac{L}{2} ~-~ x ~,\]

і, отже,

\[A ~=~ x\,\left(\frac{L}{2} ~-~ x\right) ~=~ \frac{Lx}{2} ~-~ x^2\]

тепер функція$x$ поодинці, на відкритому інтервалі$(0,L/2)$ (так як$x$ довжина позитивна). Тепер знайдіть критичні точки$A$:

\[\begin{aligned} A'(x) ~=~ 0 \quad&\Rightarrow\quad \frac{L}{2} ~-~ 2x ~=~ 0\\ &\Rightarrow\quad x ~=~ \frac{L}{4} ~~\text{is the only critical point}\end{aligned}\]

Таким чином, ця проблема є випадком функції, визначеної на відкритому інтервалі, що має лише одну критичну точку. Використовуйте другий тест похідних, щоб перевірити, що єдиною критичною точкою$x=L/4$ є локальний максимум для$A$:

\[A''(x) ~=~ -2 \quad\Rightarrow\quad A''(L/4) ~=~ -2 ~<~ 0 \quad\Rightarrow\quad\text{$A$ has a local maximum at $x = L/4$}\]

Таким чином,$A$ має глобальний максимум при$x=L/4$. Крім того$y = L/2 - x = L/2 - L/4 = L/4$, це означає$x = y$, що, тобто прямокутник є квадратом.
Примітка: Обмеження в цьому$L=2x+2y$ прикладі було і об'єктивна функція була$A=xy$.

Приклад$\PageIndex{2}$: minmax2

Припустимо, правильна кругла циліндрична банка з верхньою і нижньою кришками буде зібрана, щоб мати фіксований обсяг. Знайдіть радіус і висоту банки, що мінімізує загальну площу поверхні банки.

Рішення

Рішення:$V$ Дозволяти фіксований об'єм банки з радіусом$r$ і висотою$h$, як на малюнку [рис:minmax2]. Обсяг$V$ постійний, с$V = \pi r^2h$. $S$Дозволяти загальну площу поверхні банки, включаючи кришки. Тоді

\[S ~=~ 2\pi r^2 ~+~ 2\pi rh\]

де перший член в сумі з правого боку рівняння - об'єднана площа двох кругових кришок, а другий член - площа бічної поверхні банки. Так$S$ є функцією$r$ і$h$, але$h$ може бути усунена, оскільки

\[V ~=~ \pi r^2h \quad\Rightarrow\quad h ~=~ \frac{V}{\pi r^2}\]

і так

\[S ~=~ 2\pi r^2 ~+~ 2\pi r \cdot \frac{V}{\pi r^2} ~=~ 2\pi r^2 ~+~ \frac{2V}{r}\]

роблячи$S$ функцію$r$ поодинці. Тепер знайдіть критичні точки$S$ (тобто вирішити$S'(r)=0$):

\[\begin{aligned} S'(r) ~=~ 0 \quad&\Rightarrow\quad 4\pi r ~-~ \frac{2V}{r^2} ~=~ 0\\ &\Rightarrow\quad r^3 ~=~ \frac{V}{2\pi}\\ &\Rightarrow\quad r ~=~ \sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}} ~~\text{is the only critical point}\end{aligned}\]

Оскільки обидва$r$ і$h$ є довжиною і повинні бути позитивними, то$0 < r < \infty$. Так що це ще один випадок функції, визначеної на відкритому інтервалі, маючи тільки одну критичну точку. Використовуйте другий тест похідних, щоб переконатися, що ця критична точка$r=\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}$ є локальним мінімумом для$S$:

\[S''(r) ~=~ 4\pi ~+~ \frac{4V}{r^3} \quad\Rightarrow\quad S''\left(\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}\right) ~=~ 4\pi ~+~ \frac{4V}{\frac{V}{2\pi}} ~=~ 12\pi ~>~ 0 \quad\Rightarrow\quad\text{$S$ has a local minimum at $r = \sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}$}\]

Таким чином,$S$ має глобальний мінімум при$r = \sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}$, і

\[r \cdot r^2 ~=~ r^3 ~=~ \frac{V}{2\pi} \quad\Rightarrow\quad 2r ~=~ \frac{V}{\pi r^2} ~=~ h ~.\]

Значить,$r = \sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}$ і$h = 2\,\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}$ буде мінімізувати загальну площу поверхні, тобто висота повинна дорівнювати діаметру.

Зверніть увагу, що цей результат може бути застосований до содових банок, де обсяг$V = 12$ рідини унцій$~\approx~ 21.6$ кубічних дюймів: як діаметр, так і висота близько$3.8$ дюймів дозволить мінімізувати кількість (а отже, і вартість) алюмінію, використовуваного для банки. Однак банки з содою не такі широкі і короткі - вони, як правило, тонші і вищі. Так чому ж неоптимальний розмір використовується на практиці? Інші фактори - наприклад, вимоги до упаковки, необхідність маленьких дітей тримати каністру в одній руці - можуть перекрити бажання мінімізувати вартість алюмінію. Урок полягає в тому, що оптимальне рішення для одного фактора (матеріальної вартості) не завжди може бути справді оптимальним, коли враховуються всі фактори; часто необхідний компроміс.

Приклад$\PageIndex{1}$: minmax3

Припустимо, що снаряд запускається з землі з фіксованою початковою$v_0$ швидкістю під кутом$\theta$ з землею. Яке значення$\theta$ буде максимізувати горизонтальну відстань, пройдену снарядом, припускаючи, що земля рівна і не похила (тобто горизонтальна)?

Рішення

Нехай$x$ і$y$ представляють горизонтальне положення і вертикальне положення, відповідно, снаряда в часі$t \ge 0$. З трикутника внизу рисунка [рис:minmax3] горизонтальна і вертикальна складові початкової швидкості є$v_0 \cos\,\theta$ і$v_0 \sin\,\theta$, відповідно. Так як відстань - це твір швидкості і часу, то горизонтальні і вертикальні відстані, пройдені снарядом за часом за$t$ рахунок початкової швидкості, є$(v_0 \cos\,\theta)t$ і$(v_0 \sin\,\theta)t$, відповідно. Ігноруючи опір вітру і повітря, єдиною іншою силою на снаряд буде спадна сила,$g$ обумовлена гравітацією, так що рівняннями руху для снаряда є:

\[\begin{aligned} x ~&=~ (v_0 \cos\,\theta)t\\ y ~&=~ -\frac{1}{2}gt^2 ~+~ (v_0 \sin\,\theta)t\end{aligned}\]

Мета полягає в тому, щоб знайти$\theta$, що максимізує довжину,$L$ показану на малюнку [рис:minmax3]. Спочатку запишіть$y$ як функцію$x$:

\[\begin{aligned} x ~=~ (v_0 \cos\,\theta)t \quad&\Rightarrow\quad t ~=~ \frac{x}{v_0 \cos\,\theta} \quad\Rightarrow\quad y ~=~ -\frac{1}{2}g\left(\frac{x}{v_0 \cos\,\theta}\right)^2 ~+~ (v_0 \sin\,\theta) \cdot \frac{x}{v_0 \cos\,\theta}\\[6pt] &\Rightarrow\quad y ~=~ -\frac{gx^2}{2v_0^2 \cos^2\,\theta} ~+~ x\tan\,\theta\end{aligned}\]

Тоді$L$ це значення$x>0$, що робить$y=0$:

\[0 ~=~ -\frac{gL^2}{2v_0^2 \cos^2\,\theta} ~+~ L\tan\,\theta \quad\Rightarrow\quad L ~=~ \frac{2v_0^2 \sin\,\theta\;\cos\,\theta}{g} ~=~ \frac{v_0^2 \sin\,2\theta}{g}\]

Так$L$ тепер функція$\theta$, з$0 < \theta < \pi/2$ (чому?). Отже, якщо існує єдиний локальний максимум, то він повинен бути глобальним максимумом. Тепер отримаємо критичні точки$L$:

\[\begin{aligned} L'(\theta) ~=~ 0 \quad&\Rightarrow\quad \frac{2v_0^2 \cos\,2\theta}{g} ~=~ 0\\[4pt] &\Rightarrow\quad \cos\,2\theta ~=~ 0\\[3pt] &\Rightarrow\quad 2\theta ~=~ \frac{\pi}{2} \quad\Rightarrow\quad \theta ~=~ \frac{\pi}{4} ~~\text{is the only critical point}\end{aligned}\]

Використовуйте другий тест похідних, щоб перевірити, чи$L$ має локальний максимум при$\theta = \pi/4$:

\[\begin{aligned} L''(\theta) ~=~ -\frac{4v_0^2 \sin\,2\theta}{g} \quad&\Rightarrow\quad L''(\pi/4) ~=~ -\frac{4v_0^2}{g} ~<~ 0\\[4pt] &\Rightarrow\quad \text{$L$ has a local maximum at $\theta = \frac{\pi}{4}$}\end{aligned}\]

Таким чином,$L$ має глобальний максимум при$\theta = \frac{\pi}{4}$, тобто снаряд рухається найдалі горизонтально при запуску$45\Degrees$ під кутом із землею (при$L\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{v_0^2}{g}$ цьому максимальна горизонтальна відстань).

Зауважте, що$L$ як тільки формула для як функції$\theta$ була виявлена$L = \frac{v_0^2 \sin\,2\theta}{g}$, обчислення насправді не було необхідним для вирішення цієї проблеми. Чому? Оскільки$v_0^2$ і$g$ є додатними константами (відкликати$g = 9.8 \text{m/s}^2$),$L$ буде мати своє найбільше значення, коли$\sin\,2\theta$ має своє найбільше значення$1$, яке відбувається при$\theta = \pi/4$.

Приклад$\PageIndex{1}$: minmax4

Принцип Ферма стверджує, що світло завжди рухається по шляху, який займає найменшу кількість часу. Отже, припустимо, що промінь світла світиться від точки$A$ на плоску горизонтальну відбивну поверхню під кутом$\theta_1$ з поверхнею, а потім відбивається від поверхні під кутом$\theta_2$ до точки$B$. Покажіть, що принцип Ферма передбачає це$\theta_1 = \theta_2$.

Рішення

$L$Дозволяти бути горизонтальна відстань між$A$ і$B$, нехай$d_1$ відстань світло рухається від$A$ до точки контакту$C$ з поверхнею горизонтальна відстань$x$ від$A$,$d_2$ нехай відстань від$C$ до $B$, І нехай$y_1$ і$y_2$ будуть вертикальні відстані від$A$ і$B$, відповідно, до поверхні, як на малюнку нижче.

Так як час відстань ділиться на швидкість, а оскільки швидкість світла постійна, то мінімізація загального пройденого часу еквівалентно мінімізації загальної пройденої відстані, а саме$D = d_1 + d_2$. Основна ідея тут полягає в тому, що Принцип Ферма передбачає, що для того, щоб світло перейшло від$A$ до$B$ в найкоротший час, невідома точка$C$ - а отже, і невідома відстань$x$ - доведеться знаходитися в точці, яка робить$\theta_1 = \theta_2$. Відстані$L$,$y_1$ і$y_2$ є константами, тому мета полягає в тому, щоб записати загальну відстань$D$ як функцію$x$, знайти те,$x$ що мінімізує$D$, а потім показати, що це значення$x$ робить$\theta_1 = \theta_2$.

По-перше, зверніть увагу, що$C$ має бути між$A$ і$B$ як на малюнку, інакше загальна відстань$D$ буде більшою, ніж$C$ якби була безпосередньо нижче$A$ або$B$. Це гарантує, що$\theta_1$ і$\theta_2$ знаходяться між$0$ і$\pi/2$, і що$0 \le x \le L$.

Далі, за теоремою Піфагора та наведеною вище картинкою,

\[d_1 ~=~ \sqrt{x^2 + y_1^2} \quad\text{and}\quad d_2 ~=~ \sqrt{(L-x)^2 + y_2^2}\]і тому загальна відстань,$D = d_1 + d_2$ пройдена світлом, є функцією$x$:

\[D(x) ~=~ \sqrt{x^2 + y_1^2} ~+~ \sqrt{(L-x)^2 + y_2^2}\]Щоб знайти критичні точки$D$, вирішуємо рівняння$D'(x)=0$:

\[D'(x) ~=~ \frac{x}{\sqrt{x^2 + y_1^2}} ~-~ \frac{L-x}{\sqrt{(L-x)^2 + y_2^2}} ~=~ 0 \quad\Rightarrow\quad \frac{x}{d_1} ~=~ \frac{L-x}{d_2} \quad\Rightarrow\quad \sin\,\theta_1 ~=~ \sin\,\theta_2 \quad\Rightarrow\quad \theta_1 ~=~ \theta_2\]так як функція синуса один до одного за інтервалом$\ival{0}{\frac{\pi}{2}}$.

Це, здається, доводить результат, за винятком однієї проблеми, що залишилася вирішити: перевірка того, що мінімум для$D$ дійсно відбувається$x$ між$0$ і$L$ де$D'(x)=0$, а не в кінцевих точках$x=0$ або$x=L$ замкнутому інтервалі$\ival{0}{L}$. Зверніть увагу, що використання другого похідного тесту в цьому випадку не має значення, оскільки вам доведеться перевірити значення$D$ в кінцевих точках і порівняти ці значення зі значеннями$D$ в критичних точках. Щоб знайти вирази для критичних точок, зверніть увагу, що

\[\begin{aligned} D'(x) ~=~ 0 \quad&\Rightarrow\quad \frac{x}{\sqrt{x^2 + y_1^2}} ~=~ \frac{L-x}{\sqrt{(L-x)^2 + y_2^2}} \quad\Rightarrow\quad \frac{x^2}{x^2 + y_1^2} ~=~ \frac{(L-x)^2}{(L-x)^2 + y_2^2}\\[6pt] &\Rightarrow\quad \cancel{(L-x)^2 x^2} ~+~ x^2 y_2^2 ~=~ \cancel{(L-x)^2 x^2} ~+~ (L-x)^2 y_1^2\\[4pt] &\Rightarrow\quad xy_2 ~=~ (L-x)y_1 \quad\Rightarrow\quad x ~=~ \frac{Ly_1}{y_1 + y_2} \quad\text{is the only critical point,}\end{aligned}\]і$x$ знаходиться між$0$ і$L$. Тепер порівняємо значення$D^2(x)$ at$x=0$$x=L$, і$x=\frac{Ly_1}{y_1 + y_2}$:

\[\begin{aligned} D^2(0) ~&=~ L^2 ~+~ y_1^2 ~+~ y_2^2 ~+~ 2y_1\sqrt{L^2 + y_2^2}\\ D^2(L) ~&=~ L^2 ~+~ y_1^2 ~+~ y_2^2 ~+~ 2y_2\sqrt{L^2 + y_1^2}\\ D^2\left(\tfrac{Ly_1}{y_1 + y_2}\right) ~&=~ L^2 ~+~ y_1^2 ~+~ y_2^2 ~+~ 2y_1y_2\end{aligned}\]Так як$y_2 < \sqrt{L^2 + y_2^2}$ і$y_1 < \sqrt{L^2 + y_1^2}$, то$D^2\left(\tfrac{Ly_1}{y_1 + y_2}\right)$ є найменшим з трьох значень вище, так що$D^2(x)$ має своє мінімальне значення в$x=\frac{Ly_1}{y_1 + y_2}$, що означає$D(x)$ має своє мінімальне значення там. $\quad\checkmark$

Приклад$\PageIndex{1}$: minmax5

Людина знаходиться в човні$4$ миль від прямого узбережжя. Він хоче досягти точки$10$ миль вниз по узбережжю за мінімально можливий час. Якщо він може грести$4$ mi/hr і бігти$5$ mi/hr, де він повинен посадити човен?

Рішення

Нехай$T$ буде загальне пройдене час. Мета - мінімізувати$T$. З картинки праворуч, так як час відстань ділиться на швидкість, розбийте загальний час на дві частини: час веслування у воді і час бігу по узбережжю, щоб

\[T ~=~ \text{time}_{\text{row}} ~+~ \text{time}_{\text{run}} ~=~ \dfrac{\text{dist}_{\text{row}}}{\text{speed}_{\text{row}}} ~+~ \dfrac{\text{dist}_{\text{run}}}{\text{speed}_{\text{run}}} ~=~ \dfrac{\sqrt{x^2 + 16}}{4} ~+~ \dfrac{10-x}{5} ~,\]

де$0 \le x \le 10$ відстань уздовж узбережжя, куди приземляється човен. Тоді

\[T'(x) ~=~ \dfrac{x}{4\,\sqrt{x^2 + 16}} ~-~ \dfrac{1}{5} ~=~ 0 \quad\Rightarrow\quad 5x ~=~ 4\,\sqrt{x^2 + 16} \quad\Rightarrow\quad 25x^2 ~=~ 16\,(x^2 + 16) \quad\Rightarrow\quad x ~=~ \dfrac{16}{3} ~,\]

так$x=\frac{16}{3}$ є єдиним критичним моментом. Таким чином, (глобальний) мінімум$T$ буде відбуватися при$x=\frac{16}{3}$$x=0$, або$x=10$. Так як

\[T(0) ~=~ 3 \quad,\qquad T(10) ~=~ \frac{\sqrt{29}}{2} ~\approx~ 2.693 \quad,\qquad T\left(\frac{16}{3}\right) ~=~ \frac{13}{5} ~=~ 2.6\]

потім$T(\frac{16}{3}) < T(10) < T(0)$. Отже, глобальний мінімум виникає при посадці човна$x= \frac{16}{3} \approx 5.33$ милями вниз по узбережжю.

Зауважте, що цей приклад показує важливість перевірки кінцевих точок. Це було досить близько між посадкою близько 5.33 миль вниз по узбережжю (2.6 години) або просто веслуванням аж до місця призначення (близько 2.693 годин) - різниця становить лише близько 5.6 хвилин. При незначній зміні декількох чисел мінімум міг відбутися в кінцевій точці. Мораль: завжди перевіряйте кінцеві точки! ³

Приклад$\PageIndex{1}$: minmax6

Додайте сюди текст.

Рішення

Знайдіть точку$(x,y)$ на графіку кривої$\;y=\sqrt{x}\;$, яка найближча до точки$(1,0)$.

Рішення:$(x,y)$ Дозволяти бути точкою на кривій$y=\sqrt{x}$. Потім$(x,y) = (x,\sqrt{x}\;)$, так за формулою відстані відстань$D$ між$(x,y)$ і$(1,0)$ задається

\[D^2 ~=~ (x-1)^2 ~+~ (y - 0)^2 ~=~ (x-1)^2 ~+~ (\sqrt{x}\,)^2 ~=~ (x-1)^2 ~+~ x~,\]

яка є функцією$x \ge 0$ поодинці. Зверніть увагу, що мінімізація$D$ еквівалентна мінімізації$D^2$. Так як

\[\dfrac{d(D^2)}{\dx} ~=~ 2\,(x-1) ~+~ 1 ~=~ 2x ~-~ 1 ~=~ 0 \quad\Rightarrow\quad x ~=~ \tfrac{1}{2} ~~\text{is the only critical point,}\]

а оскільки$\frac{d^2(D^2)}{\dx^2} \;=\; 2 \;>\; 0$ для всіх$x$, то за Другим похідним тестом$x=1/2$ є локальний мінімум. Отже, глобальний мінімум for$D^2$ повинен відбуватися в кінцевій точці$x=0$ або в$x=1/2$. Але$D^2(0)=1 > D^2(1/2)=3/4$, так глобальний мінімум відбувається при$x=1/2$. Значить, найближча точка є$(x,y) ~=~ (1/2,\sqrt{1/2})$. Приклад$\PageIndex{1}$: minmax7

Додайте сюди текст.

Рішення

Знайти ширину і висоту прямокутника з максимально можливим периметром, вписаним в півколо радіуса$r$.

Рішення:$w$ Дозволяти бути шириною прямокутника і нехай$h$ буде висота, як на малюнку. Потім периметр$P= 2w + 2h$. За симетрією і теоремою Піфагора

\[h^2 ~=~ r^2 ~-~ \left(\frac{w}{2}\right)^2 \quad\Rightarrow\quad h ~=~ \frac{1}{2}\,\sqrt{4r^2 - w^2}\]і так$P = 2w + \sqrt{4r^2 - w^2}$ для$0 < w < 2r$. Знайдіть критичні точки$P$:

\[\begin{aligned} P'(w) ~=~ 2 ~-~ \frac{w}{\sqrt{4r^2 - w^2}} ~=~ 0 \quad&\Rightarrow\quad w ~=~ 2\sqrt{4r^2 - w^2}\\[2pt] &\Rightarrow\quad w^2 ~=~ 16r^2 ~-~ 4w^2\\[2pt] &\Rightarrow\quad w ~=~ \frac{4r}{\sqrt{5}} ~~\text{is the only critical point,}\end{aligned}\]і з тих пір

\[P''(w) ~=~ -\,\frac{4r^2}{(4r^2 - w^2)^{3/2}} \quad\Rightarrow\quad P''\left(\tfrac{4r}{\sqrt{5}}\right) ~=~ -\,\frac{5^{3/2}}{2r} ~<~ 0\]

потім$P$ має локальний максимум при$w=\frac{4r}{\sqrt{5}}$, за Другим похідним тестом. Оскільки$P(w)$ визначається для$w$ відкритого інтервалу$(0,2r)$, локальний максимум є глобальним максимумом. Для ширини$w=\frac{4r}{\sqrt{5}}$ висота дорівнює$h=\frac{r}{\sqrt{5}}$, що дає розміри для максимального периметра.

Примітка:$w$ Якби були розширені для включення випадків «вироджених» прямокутників нульової ширини або висоти, тобто$w=0$ або$w=2r$, то максимальний периметр все одно буде відбуватися при$w=\tfrac{4r}{\sqrt{5}}$,$P\left(\tfrac{4r}{\sqrt{5}}\right) = \tfrac{10r}{\sqrt{5}} \approx 4.472r$ оскільки більше, ніж$P(0) = 2r$ і$P(2r) = 4r$.

[сек. 4 дот 1]

Знайдіть точку на кривій$y=x^2$, яка найближча до точки$(4,\;-1/2)$.
Доведіть, що для$0\le p\le 1$,$p\,(1-p) \le \frac{1}{4}$.
Фермер бажає загородити поле, що межує з прямим потоком, з$1000$ yd огороджувального матеріалу. Не варто огороджувати бортик, що межує з струмком. Яка максимальна площа прямокутного поля, яке можна обгородити таким чином?
Вихідна$P$ потужність батареї задається$P = VI - RI^2$, де$I$$V$, і$R$ є струмом, напругою, і опір, відповідно, батареї. Якщо$V$ і$R$ є постійними, знайдіть струм$I$, який максимізує$P$.
Імпульсна турбіна складається з високошвидкісного струменя води, що вражає циркулярно встановлені лопаті. Потужність, що$P$ генерується турбіною$P=VU(V-U)$,$V$ є, де швидкість струменя і$U$ швидкість турбіни. Якщо швидкість$V$ струменя постійна, знайдіть швидкість турбіни$U$, яка максимізує$P$.
Людина знаходиться в човні$5$ миль від прямого узбережжя. Він хоче досягти точки$15$ миль вниз по узбережжю за мінімально можливий час. Якщо він може грести$6$ mi/hr і бігти$10$ mi/hr, де він повинен посадити човен?
Струм$I$ у вольтаїчному осередку дорівнює

\[I ~=~ \dfrac{E}{R + r} ~,\]де$E$ - електрорушійна сила$R$ і і$r$ зовнішнє і внутрішнє опір відповідно. Обидва$E$ і$r$ є внутрішніми характеристиками клітини, а значить, можуть розглядатися як константи. Потужність,$P$ розвинена в клітці, є$P = RI^2$. Для якого значення$R$ потужності$P$ максимізується?
Знайдіть точку (и) на еліпсі,$\frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{16} = 1$ найближчому до$(-1,0)$.
Знайти максимальну площу прямокутника, який можна вписати в еліпс$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$, де$a>0$ і$b>0$ є довільними константами. Ваша відповідь повинна бути з точки зору$a$ і$b$.
Знайти радіус і кут кругового сектора з максимальною площею і фіксованим периметром$P$.
[exer:projmaxangle] У прикладі

Приклад$\PageIndex{1}$: minmax3

Додайте сюди текст.

Рішення

показують, що максимальна висота, досягнута снарядом при запуску з початковою$v_0$ швидкістю під кутом$0<\theta<\frac{\pi}{2}$ до землі, становить$\frac{v_0^2\,\sin^2 \theta}{2g}$.
Фазова швидкість$v$ капілярної хвилі з поверхневим натягом$T$ і щільністю води$p$ дорівнює

\[v ~=~ \sqrt{\frac{2\pi T}{\lambda p} + \frac{\lambda g}{2\pi}}\]де$\lambda$ довжина хвилі. Знайдіть значення,$\lambda$ яке зводить до мінімуму$v$.
[exer:inventory] Для моделі запасів з постійною кількістю замовлення$Q>0$ та постійною лінійною швидкістю$D$ виснаження запасів загальна вартість одиниці$TC$ для підтримки середнього запасу$Q/2$ одиниць становить

\[TC ~=~ C ~+~ \frac{P}{Q} ~+~ \frac{(I+W)\,Q}{2D}\]де$C$ - вартість капітальних інвестицій,$P$ це вартість за замовлення,$I$ це плата за одиницю відсотків за одиницю часу та$W$ загальна вартість зберігання запасів. Знайдіть значення,$Q$ яке зводить до мінімуму$TC$.
Отвір дощової жолоби - показано на малюнку праворуч - має дно і дві сторони кожної довжиною$a$. З боків зробіть кут$\theta$ з дном. Знайдіть значення$\theta$, яке максимізує кількість дощу, який може утримувати жолоб. [1.] ]
В електричному ланцюзі з напругою, що подається (ЕРС)$E$, резистор з опором$r_0$, і індуктор з реактивним опором$x_0$, припустимо, ви хочете додати другий резистор. Якщо$r$ представляє опір цього другого резистора, то потужність, що$P$ подається на цей резистор, задається

\[P ~=~ \dfrac{E^2 r}{(r + r_0)^2 ~+~ {x_0}^2}\]з$E$$r_0$, і$x_0$ трактується як константи. Для якого значення$r$ потужності$P$ максимізується?
Напруга$\tau$ в$xy$ -площині вздовж змінного кута$\phi$ задається

\[\tau ~=~ \tau(\phi) ~=~ \frac{\sigma_x - \sigma_y}{2}\,\sin\,2\phi ~+~ \tau_{xy}\,\cos\,2\phi ~,\]де$\sigma_x$$\sigma_y$, і$\tau_{xy}$ є компонентами стресу, які можуть розглядатися як константи. Покажіть, що максимальний стрес

\[\tau ~=~ \frac{\sqrt{\left(\sigma_x - \sigma_y\right)^2 ~+~ 4 \tau^2_{xy}}}{2} ~.\](Підказка: намалюйте прямокутний трикутник з кутом$2\phi$ після знаходження критичної точки (точок).) [1.] ]
Певний бігун може бігати 0,16 км/хв, і ходить на половині цієї швидкості. Якщо він біжить по круговій стежці з окружністю 50 км, а потім - перед завершенням одного повного кола - йде назад прямо до своєї вихідної точки, який максимальний час він може витратити на біг/прогулянку?
Прямокутний плакат повинен містити 50 квадратних дюймів друкованого матеріалу, з 4-дюймовим верхнім і нижнім полями і 2-дюймовими бічними полями. Які розміри для плаката використовували б найменше паперу?
Знайти максимальний об'єм правого кругового циліндра, який можна вписати в сферу радіуса$3$.
Фігура складається з прямокутника, верхня сторона якого збігається з діаметром півкола на його вершині. Якщо периметр фігури дорівнює$20$ m, знайдіть радіус і висоту півкола і прямокутника відповідно, що максимізує площу всередині фігури.
Тонка сталева труба довжиною$25$ футів переноситься вниз по вузькому коридору$5.4$ футів шириною. В кінці коридору знаходимо прямокутний поворот в більш широкий коридор. Наскільки широким повинен бути цей коридор для того, щоб труба вийшла за кут? Можна припустити, що ширину труби можна проігнорувати.
Прямокутник вписаний в прямокутник, при цьому один кут прямокутника знаходиться під прямим кутом трикутника. Показати, що максимальна площа прямокутника виникає, коли кут прямокутника знаходиться в середній точці гіпотенузи трикутника. [1.] ]
Знайдіть співвідношення між радіусом і висотою циліндричної банки з відкритим верхом, що максимізує обсяг банки, враховуючи, що площа поверхні банки завжди однакова фіксована величина.
Рівнобедрений трикутник описується навколо кола радіуса$r$. Знайдіть висоту трикутника, який мінімізує периметр трикутника.
Припустимо,$N$ вольтаїчні осередки розташовані$N/x$ рядами паралельно, причому кожен ряд складається з$x$ осередків послідовно, створюючи струм$I$ через зовнішній опір$R$. Кожна комірка має внутрішній опір$r$ і ЕРС (напруга)$e$. Знайдіть те$x$, що максимізує струм$I$, який - завдяки закону Ома - дається

\[I ~=~ \dfrac{xe}{(x^2 r/N) + R} ~~.\]
Гармонічно вимушена вібраційна система з одним ступенем свободи з коефіцієнтом затухання$\zeta$ має коефіцієнт збільшення$MF = ((1 - r^2)^2 + (2\zeta r)^2)^{-1/2}$, де$r$ - частотне відношення. Знайдіть значення$r$, яке максимізує$MF$.
На відстані$x\ge0$ від центру рівномірного кільця з зарядом$q$ і$a$ радіусом величина$E$ електричного поля для точок на осі кільця дорівнює

\[E ~=~ \frac{qx}{4 \pi \epsilon_0\,(a^2 + x^2)^{3/2}}\]де$\epsilon_0$ - діелектрична проникність вільного простору. Знайдіть відстань$x$, яке максимізує$E$.
Знайти рівняння дотичної лінії до еліпса$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ в першому квадранті, що утворює з координатними осями прямокутний трикутник з мінімальною площею.
«Холодна» зірка, яка вичерпала своє ядерне паливо - називається білим карликом - має загальну енергію$E$, яку дає

\[E ~=~ \frac{\hbar^2 \,(3 \pi^2 Nq)^{5/3}}{10 \pi^2 m}\,\left(\frac{4}{3} \pi R^3\right)^{-2/3} ~-~ \frac{3 G M^2 N^2}{5R}\]де$\hbar$ - відновлена постійна Планка,$N$ це кількість нуклонів - протонів і нейтронів - у зірці,$m$ це заряд електрона,$M$ маса електрона, маса нуклона,$G$ гравітаційна постійна, і$q$ $R$- радіус зірки. Показати, що радіус$R$, який$E$ мінімізує

\[R ~=~ \left(\frac{9 \pi}{4}\right)^{2/3}\,\frac{\hbar^2 q^{5/3}}{GmM^2 N^{1/3}} ~.\][1.] ]
Об'єкт маси$m$ має орбітальний момент$l$ навколо чорної діри з радіусом$r_S$ і масою Шварцшильда$M$. Ефективним$\Phi$ потенціалом об'єкта є

\[\Phi ~=~ -\frac{GM}{r} ~+~ \frac{l^2}{2m^2r^2} ~-~ \frac{r_S l^2}{2m^2r^3}\]де$G$ - гравітаційна константа і$r$ відстань об'єкта від чорної діри. Показати, що$\Phi$ має локальний максимум і мінімум при$r=r_1$ і$r=r_2$, відповідно, де

\[r_1 ~=~ \frac{l^2}{2GMm^2}\,\left(1 - \sqrt{1 - \frac{6GMm^2r_S}{l^2}}\,\right) \quad\text{and}\quad r_2 ~=~ \frac{l^2}{2GMm^2}\,\left(1 + \sqrt{1 - \frac{6GMm^2r_S}{l^2}}\,\right) ~.\]
Згадайте принцип Ферма з прикладу

Приклад$\PageIndex{1}$: minmax4

Додайте сюди текст.

Рішення

, який стверджує, що світло рухається по шляху, який займає найменшу кількість часу. Швидкість світла у вакуумі становить приблизно$c = 2.998 \times 10^8$ м/с, але в деяких інших середовищах (наприклад, воді) світло повільніше. Припустимо, що промінь світла йде з точки$A$ в одному середовищі, де він рухається зі швидкістю$v_1$ і закінчується$B$ в точці в іншому середовищі, де він рухається зі швидкістю$v_2$. Використовуйте принцип Ферма, щоб довести закон Снелла, який говорить, що світло заломлюється через межу між двома засобами масової інформації таким чином, що

\[\frac{\sin\,\theta_1}{\sin\,\theta_2} ~=~ \frac{v_1}{v_2}\]де$\theta_1$ і$\theta_2$ - кути, які світло робить з нормальною лінією, перпендикулярною межі середовища в першому і другому середовищі відповідно, як на малюнку вище. [1.] ]
Сфера радіуса$a$ вписана в правий круглий конус, при цьому сфера торкається основи конуса. Знайдіть радіус і висоту конуса, якщо його обсяг мінімальний.
Знайти довжину найкоротшого відрізка лінії від позитивної$x$ -осі до позитивної$y$ -осі, що проходить через точку$(a,b)$ в першому квадранті.
Знайдіть радіус$r$ кола, центр$c$ якого знаходиться на фіксованій$C$ окружності радіуса$R$ таким чином, щоб довжина дуги частини$c$ всередині$C$ була максимальною.

Слова «максимуми» і «мінімуми» є традиційними формами множини максимуму і мінімуму відповідно. ↩
Формальне доказ вимагає теореми про середнє значення, яка буде представлена в розділі 4.4. ↩
Ще один можливий урок полягає в тому, що оптимальний в математичному сенсі може, знову ж таки, не означати оптимального в практичному сенсі. Зрештою, імовірно, після того, як людина закінчив з тим, що йому довелося зробити в пункті призначення 10 миль вниз по узбережжю, він потім має незручність повернення близько 4.67 миль, щоб отримати свій човен. При його швидкості бігу 10 миль/год це займе 28 хвилин, знищуючи 5.6 хвилин, які він отримав зі своїм «оптимальним» місцем посадки! ↩
Для доказу див. С.10-11 у Koo, D., Елементи оптимізації, Нью-Йорк: Спрінгер-Верлаг, 1977. ↩
Примітка: «просто здаватися» - як запропонували напівсерйозно деякі студенти, які я мав, - це не варіант. ↩
Іноді називають методом Ньютона-Рафсона. ↩
Див. С. 58-62 в Сааті, Т.Л. та Дж. Брам, Нелінійна математика, Нью-Йорк: Макгроу-Хілл, Inc., 1964. ↩
Існують деякі бібліотеки мов програмування для обчислення похідних функцій «на льоту», тобто динамічно. Наприклад, бібліотека GNU libmatheval C/Fortran може виконувати такі символічні операції. Він доступний за адресою http://www.gnu.org/software/libmatheval/ ↩
Див. С.227-229 в Дальквіст, Г. і Å. Бьорк, чисельні методи, Енглвудські скелі, Нью-Джерсі: Прентіс-Холл, Inc., 1974. ↩
Наприклад, Ралстон, А. і П. Рабіновиц, Перший курс з числового аналізу, 2-е видання, Нью-Йорк: McGraw-Hill, Inc., 1978. ↩
Для доказу див. С.16-17 в Островському, А.М., Рішення рівнянь і систем рівнянь, 2-е видання, Нью-Йорк: Academic Press Inc., 1966. ↩