Multiplicador de Lagrange - Sonda espacial

Question

Estoy atascado en esta pregunta que utiliza el multiplicador de Lagrange. Estoy tratando de construir las ecuaciones utilizando las derivadas parciales pero el $x$ y $y$ ¿Alguien puede ayudar?

Una sonda espacial con forma de elipsoide

$x^2 + y^2 + 3z^2 = 3$

entra en la atmósfera de un planeta y comienza a calentarse. La temperatura en su superficie se encuentra que es $T(x, y, z) = x^2 + 2y^2 + 6z$ :

Utiliza el método de los multiplicadores de Lagrange para encontrar los puntos más calientes de la superficie de la sonda.

Answer 1

Establecer $\Lambda \colon\mathbb R^4\to \mathbb R, (x,y,z,\lambda)\mapsto x^2+2y^2+6z+\lambda (x^2+y^2+3z^2-3)$ .

Dejemos que $(x,y,z,\lambda)\in \mathbb R^4$ .

Se mantiene lo siguiente:

$$\begin{cases} \Lambda _x(x,y,z,\lambda)&=2x+2\lambda x\\ \Lambda _y(x,y,z,\lambda)&=4y+2\lambda y\\ \Lambda_z(x,y,z, \lambda)&=6+6\lambda _z\\ \Lambda _\lambda(x,y,z,\lambda)&=x^2+y^2+3z^2-3.\end{cases}$$

Supongamos que $$\begin{cases} 0&=2x+2\lambda x\\ 0&=4y+2\lambda y\\ 0&=6+6\lambda z\\ 0&=x^2+y^2+3z^2-3,\end{cases}$$

entonces $$\begin{cases} 0&=(1+\lambda)x\\ 0&=(2+\lambda)y\\ \lambda&=-\dfrac1 z \land z\neq 0\neq \lambda \\ 0&=x^2+y^2+3z^2-3,\end{cases}$$

lo que implica $$\begin{cases} \lambda =-1\lor x=0\\ \lambda =-2 \lor y=0\\ \lambda=-\dfrac1 z \land z\neq 0\neq \lambda \\ x^2+y^2+3z^2-3=0.\end{cases}$$

$\boxed{\text{Case }\lambda =-1}$

De ello se desprende que $y=0$ y $z=1$ . Así, $x^2+0+3-3=0$ y $x=0$ , dando lugar al punto crítico $\color{blue}{(0,0,1)}$ .

$\boxed{\text{Case }x=0}$

• $\boxed{\text{Sub case }\lambda =-2}$ Viene $z=\dfrac 1 2$ y $x^2+y^2-\dfrac 9 4=0$ Es decir $y=\pm\dfrac 3 2$ , dando lugar a los puntos críticos $\color{blue}{\left(0, \dfrac 3 2, \dfrac 1 2\right)}$ y $\color{blue}{\left(0, -\dfrac 3 2, \dfrac 1 2\right)}$ .
• $\boxed{\text{Sub case }y=0}$ Viene $0+0+3z~2-3=0$ Es decir, $z=\pm 1$ , dando lugar a los puntos críticos $\color{blue}{(0,0,-1)}$ y $\color{blue}{(0,0,1)}$ .

Ahora sólo hay que comprobar dónde hace más calor.

Answer 2

Tomando el gradiente de $T$ , $$\nabla T=(T_x,T_y,T_z)=(2x,4y,6)$$ Tomando el gradiente de $g$ veces $\lambda$ , $$\lambda\nabla g=(\lambda g_x,\lambda g_y,\lambda g_z)=(\lambda 2x,\lambda 2,\lambda g_x)$$ Establecerlos en igualdad de condiciones $$2x=\lambda 2x \Rightarrow 2x(1-\lambda)=0$$ $$4y=\lambda 2y \Rightarrow 2y(2-\lambda)=0$$ $$6=\lambda 6z \Rightarrow \lambda=\frac1{z}$$ ¿Y qué si $\lambda=1$ ? Entonces, a partir de la segunda ecuación $2y=0$ y por lo tanto $y=0$ . Además, frente a la tercera ecuación, tenemos $1=\frac1{z}$ y así, $z=1$ . Introduciendo la ecuación de la restricción, tenemos $$x^2+0^2+3(1)^2=3$$ $$x^2+3=3$$ $$x^2=0$$ $$x=0$$ Por lo tanto, el punto crítico cuando $\lambda =1$ es $(0,0,1)$ .

¿Y si $\lambda=2$ ? Entonces, a partir de la primera ecuación $2x(-1)=-2x=0$ y por lo tanto $x=0$ . Además, a partir de la tercera ecuación, tenemos $2=\frac1{z}$ y por lo tanto $z=\frac1{2}$ . Introduciendo la ecuación de la restricción tenemos $$0^2+y^2+3\left(\frac1{2}\right)^2=3$$ $$y^2+\frac3{4}=3$$ $$y^2=\frac9{4}$$ $$y=\pm\frac3{2}$$ Así, los puntos críticos cuando $\lambda =2$ es $(0,\pm\frac3{2},\frac1{2})$ .

En el caso de que $x=0$ y $y=0$ podemos simplemente enchufar $x$ y $y$ en la ecuación de la restricción y resolver para $z$ $$0^2+0^2+3z^2=3$$ $$3z^2=3$$ $$z^2=1$$ $$z=\pm1$$ Así, los puntos críticos cuando $x=0,y=0$ es $(0,0,\pm1)$ .

Por último, introduciendo los puntos críticos en $T$ $$T(0,0,1)=0^2+2\cdot0^2+6\cdot 1=6$$ $$T(0,0,-1)=0^2+2\cdot0^2+6\cdot(-1)=-6$$ $$T\left(0,\pm\frac3{2},\frac1{2}\right)=0^2+2\cdot\left(\pm\frac3{2}\right)^2+6\left(\frac1{2}\right)=\frac9{2}+3=\frac{15}{2}$$