सबसे पहले, आपने गणनाओं में एक साइन त्रुटि की। आपकी त्रुटि के लिए सही होने के बाद, एक महत्वपूर्ण परिकल्पना जो आपको याद आती है वह यह है कि , पसंद सेट, प्रमेय में चर (प्रमेय के अंकन के साथ) पर निर्भर नहीं करता है । प्रमेय को ठीक से लागू करने के लिए, अंतराल को पर निर्भर नहीं होना चाहिए ।टी [ 0 , एल ] एलXt[0,L]L
ए) साइन त्रुटि
∂H∂LK=−α(L−LK+1)−1H+(1−α)(LK+K)−1H=0
हम परिभाषित करते हैं ।
L0K=(1−α)(L+1)−αK
बी) हम क्यों सोच सकते हैं कि कवर प्रमेय का परिणाम विफल हो सकता है
यह मानते हुए कि , चार संभावित मामले हैं।0<α<1
(1) । एक जाँच कर सकते हैं उद्देश्य समारोह अवतल है, इस प्रकार ।L0K∈[0,L]L∗K=L0K
(2.i) और । फिर ।L0K∉[0,L]H(L,0,K)<H(L,L,K)L∗K=0
(2.ii) और । तब ।L0K∉[0,L]H(L,0,K)>H(L,L,K)L∗K=L
(२.आईआई) (केवल संपूर्ण होने के लिए) और । फिर दो समाधान हैं, और ।L0K∉[0,L]H(L,0,K)=H(L,L,K)0L
मामले में (1),
दाएं हाथ का दूसरा शब्द पहले-क्रम की स्थिति के लिए शून्य धन्यवाद के बराबर है। यह आंतरिक समाधान के लिए कवर प्रमेय के परिणाम के साथ संगत है ।
∂F∂L(L,K)=∂H∂L(L,L∗K,K)+∂L∗K∂L.∂H∂LK(L,L∗K,K).
मामले में (२.आई), और इसलिए
यह एक कोने समाधान के लिए लिफाफे प्रमेय के परिणाम के साथ संगत है।F(L,K)=H(L,0,K)
∂F∂L(L,K)=∂H∂L(L,0,K).
मामले में (2.ii), और soF(L,K)=H(L,L,K)
∂F∂L(L,K)=∂H∂L(L,LK=L,K)+∂H∂LK(L,LK=L,K).
हमें यहाँ के संकेतन के बारे में सतर्क रहना होगा, अर्थ है, पहले तर्क के अनुसार आंशिक व्युत्पन्न, और से दूसरे पर। दाएं हाथ का दूसरा शब्द नोनज़रो है, जो कि आवरण प्रमेय के परिणाम के साथ फिट नहीं होता है ।∂H∂L∂H∂LK
ग) यह वास्तव में असफल क्यों नहीं होता
, के साथ
रूप में समस्या लिखें।
यह समस्या प्रारंभिक एक के बराबर है। मुख्य अंतर यह है कि अंतराल है पर निर्भर नहीं करता या । यही कारण है कि हम लिफाफा प्रमेय लागू कर सकते हैं, जबकि इसे पहले लागू करना गलत था।F(L,K)=maxx∈[0,1]H(x,L,K)
H(x,L,K)=(L−xL+1)α(xL+K)1−α.
[0,1]LK
हम जांच सकते हैं कि मामला (2.ii) लिफाफे के प्रमेय के साथ संगत है, हमारे पास और so∂ एफF(L,K)=H(x=1,L,K)
∂F∂L(L,K)=∂H∂L(x=1,L,K).