Умовний екстремум функції кількох. Локальні екстремуми

Умовний екстремум.

Екстремуми функції кількох змінних

Метод найменших квадратів.

Локальний екстремум ФНП

Нехай дана функція і= f(Р), РÎDÌR nі нехай точка Р 0 ( а 1 , а 2 , ..., а п) –внутрішняточка множини D.

Визначення 9.4.

1) Точка Р 0 називається точкою максимуму функції і= f(Р), якщо існує околиця цієї точки U(P 0) Ì D така, що для будь-якої точки Р( х 1 , х 2 , ..., х п)Î U(P 0) , Р¹Р 0 виконується умова f(P) £ f(P 0). Значення f(P 0) функції в точці максимуму називається максимумом функції і позначається f(P 0) = max f(P).

2) Точка Р 0 називається точкою мінімуму функції і= f(Р), якщо існує околиця цієї точки U(P 0)Ì D така, що для будь-якої точки Р( х 1 , х 2 , ..., х п)ÎU(P 0), Р¹Р 0 виконується умова f(P) ³ f(P 0). Значення f(P 0) функції в точці мінімуму називається мінімумом функції і позначається f(P 0) = min f(P).

Точки мінімуму та максимуму функції називаються точками екстремумівзначення функції в точках екстремумів називаються екстремумами функції.

Як випливає з визначення, нерівності f(P) £ f(P 0), f(P) ³ f(P 0) повинні виконуватися тільки в деякій околиці точки Р 0 , а не у всій області визначення функції, отже, функція може мати кілька однотипних екстремумів (кілька мінімумів, кілька максимумів). Тому певні вище екстремуми називають локальними(місцевими) екстремумами.

Теорема 9.1. (необхідна умова екстремуму ФНП)

Якщо функція і= f(х 1 , х 2 , ..., х п) має екстремум у точці Р 0 то її приватні похідні першого порядку в цій точці або рівні нулю, або не існують.

Доведення.Нехай у точці Р 0 ( а 1 , а 2 , ..., а п) функція і= f(P) має екстремум, наприклад, максимум. Зафіксуємо аргументи х 2 , ..., х п, поклавши х 2 =а 2 ,..., х п = а п. Тоді і= f(P) = f 1 ((х 1 , а 2 , ..., а п) є функція однієї змінної х 1 . Так як ця функція має при х 1 = а 1 екстремум (максимум), то f 1 ¢=0або не існує при х 1 =а 1 (необхідна умова існування екстремуму функції однієї змінної). Але , отже чи існує у точці Р 0 – точці екстремуму. Аналогічно можна розглянути приватні похідні щодо інших змінних. ЧТД.

Точки області визначення функції, в яких приватні похідні першого порядку дорівнюють нулю або не існують, називаються критичними точками цієї функції.

Як випливає з теореми 9.1 точки екстремуму ФНП слід шукати серед критичних точок функції. Але, як і для функції однієї змінної, не всяка критична точкає точкою екстремуму.

Теорема 9.2. (достатня умова екстремуму ФНП)

Нехай Р 0 – критична точка функції і= f(P) та - Диференціал другого порядку цієї функції. Тоді

а якщо d 2 u(P 0) > 0 при , то Р 0 – точка мінімумуфункції і= f(P);

б) якщо d 2 u(P 0)< 0 при , то Р 0 – точка максимумуфункції і= f(P);

в) якщо d 2 u(P 0) не визначено за знаком, то Р 0 не є точкою екстремуму;

Цю теорему розглянемо без підтвердження.

Зауважимо, що в теоремі не розглянуто випадок, коли d 2 u(P 0) = 0 чи немає. Це означає, що питання про наявність екстремуму в точці Р 0 за таких умов залишається відкритим – потрібні додаткові дослідженнянаприклад, дослідження збільшення функції в цій точці.

У більш докладних курсівматематики доводиться, що зокрема для функції z = f(x,y) двох змінних, диференціал другого порядку якої є сумою виду

Вивчення наявності екстремуму в критичній точці Р 0 можна спростити.

Позначимо , , . Складемо визначник

.

Виявляється:

d 2 z> 0 точці Р 0 , тобто. Р 0 – точка мінімуму, якщо A(P 0) > 0 та D(Р 0) > 0;

d 2 z < 0 в точке Р 0 , т.е. Р 0 – точка максимума, если A(P 0)< 0 , а D(Р 0) > 0;

якщо D(Р 0)< 0, то d 2 zв околиці точки Р 0 змінює знак та екстремуму в точці Р 0 немає;

якщо ж D(Р 0) = 0, то також потрібні додаткові дослідження функції на околиці критичної точки Р 0 .

Таким чином, для функції z = f(x,y) двох змінних маємо наступний алгоритм (назвемо його «алгоритмом D») відшукання екстремуму:

1) Знайти область визначення D( f) функції.

2) Знайти критичні точки, тобто. точки з D( f), для яких і дорівнюють нулю або не існують.

3) У кожній критичній точці Р 0 перевірити достатні умовиекстремуму. Для цього знайти де , , і обчислити D(Р 0) і А(Р 0).

якщо D(Р 0) >0 , то точці Р 0 є екстремум, причому, якщо А(Р 0) > 0 – це мінімум, і якщо А(Р 0)< 0 – максимум;

якщо D(Р 0)< 0, то в точке Р­ 0 нет экстремума;

Якщо D(Р 0) = 0, потрібні додаткові дослідження.

4) У знайдених точках екстремуму обчислити значення функції.

Приклад1.

Знайти екстремум функції z = x 3 + 8y 3 – 3xy .

Рішення.Область визначення цієї функції – вся координатна площина. Знайдемо критичні точки.

, , Р 0 (0,0) , .

Перевіримо виконання достатніх умов екстремуму. Знайдемо

6х, = -3, = 48уі = 288ху – 9.

Тоді D(Р 0) = 288×0×0 – 9 = -9< 0 , значит, в точке Р 0 экстремума нет.

D(Р 1) = 36-9>0 – у точці Р 1 є екстремум, оскільки А(Р 1) = 3 >0, цей екстремум – мінімум. Значить, min z=z(P 1) = .

приклад 2.

Знайти екстремум функції .

Рішення: D( f) = R 2 . Критичні точки: ; не існує при у= 0, отже Р 0 (0,0) – критична точка цієї функції.

2, = 0, = , = , але D(Р 0) не визначено, тому дослідження його символу неможливе.

З цієї причини неможливо застосувати теорему 9.2 безпосередньо – d 2 zу цій точці не існує.

Розглянемо збільшення функції f(x, y) у точці Р 0 . Якщо D f =f(P) - f(P 0)>0 " Р, то Р 0 точка мінімуму, якщо ж D f < 0, то Р 0 – точка максимума.

Маємо у нашому випадку

D f = f(x, y) – f(0, 0) = f(0+D x,0+D y) – f(0, 0) = .

При D x= 0,1 та D y= -0,008 отримаємо D f = 0,01 – 0,2 < 0, а при Dx= 0,1 та D y= 0,001 D f= 0,01 + 0,1> 0, тобто. в околиці точки Р 0 не виконуються жодна умова D f <0 (т.е. f(x, y) < f(0, 0) і отже, Р 0 – не точка максимуму), ні умова D f>0 (тобто. f(x, y) > f(0, 0) і тоді Р0 – не точка мінімуму). Значить, за визначенням екстремуму, дана функціяекстремумів не має.

Умовний екстремум.

Розглянутий екстремум функції називають безумовним, оскільки аргументи функції не накладаються ніякі обмеження (умови).

Визначення 9.2.Екстремум функції і = f(х 1 , х 2 , ... , х п), знайдений за умови, що її аргументи х 1 , х 2 , ... , х пзадовольняють рівнянням j 1 ( х 1 , х 2 , ... , х п) = 0, …, j т(х 1 , х 2 , ... , х п) = 0, де P ( х 1 , х 2 , ... , х п) Î D( f), називається умовним екстремумом .

Рівняння j k(х 1 , х 2 , ... , х п) = 0 , k = 1, 2,..., m, називаються рівняннями зв'язку.

Розглянемо функції z = f(x,y) двох змінних. Якщо рівняння зв'язку одне, тобто. , то відшукання умовного екстремуму означає, що екстремум шукається не у всій області визначення функції, а на деякій кривій , що лежить в D( f) (тобто. шукаються не найвищі або найнижчі точки поверхні z = f(x,y), а найвищі чи найнижчі точки серед точок перетину цієї поверхні з циліндром , рис 5).

Умовний екстремум функції z = f(x,y) двох змінних можна знайти наступним способом( метод виключення). З рівняння виразити одну із змінних як функцію іншої (наприклад, записати ) і, підставивши це значення змінної у функцію , записати останню як функцію однієї змінної (у розглянутому випадку ). Знайти екстремум отриманої функції однієї змінної.

Достатня умова екстремуму функції двох змінних

1. Нехай функція безперервно диференційована в околиці точки і має безперервні приватні похідні другого порядку (чисті та змішані).

2. Позначимо за визначник другого порядку

екстремум змінна лекційна функція

Теорема

Якщо точка з координатами є стаціонарною точкою для функції, то:

А) При вона є точкою локального екстремуму, причому, при локального максимуму, - Локального мінімуму;

В) при точку не є точкою локального екстремуму;

С) якщо, можливо і те, й інше.

Доведення

Запишемо формулу Тейлора для функції, обмежившись двома членами:

Оскільки за умовою теореми точка є стаціонарною, то приватні похідні другого порядку дорівнюють нулю, тобто. в. Тоді

Позначимо

Тоді збільшення функції набуде вигляду:

Через безперервність приватних похідних другого порядку (чистих і змішаних) за умовою теореми в точці можна записати:

Де чи; ,

1. Нехай і, тобто. або.

2. Збільшення функції помножимо і розділимо на, отримаємо:

3. Доповнимо вираз у фігурних дужках до повного квадратасуми:

4. Вираз у фігурних дужках невід'ємний, оскільки

5. Тому якщо отже, і, отже, відповідно до визначення, точка є точкою локального мінімуму.

6. Якщо отже, і, то, згідно з визначенням точка з координатами - точка локального максимуму.

2. Розглянемо квадратний тричлен, його дискримінант; .

3. Якщо, то існують такі точки, що багаточлен

4. Повне збільшення функції в точці відповідно до виразу, отриманого в I, запишемо у вигляді:

5. Через безперервність приватних похідних другого порядку за умовою теореми в точці можна записати, що

отже, існує - околиця точки, що для будь-якої точки квадратний тричлен більше нуля:

6. Розглянемо - околиця точки.

Виберемо будь-яке значення, тож точка. Вважаючи, що у формулі збільшення функції

Що, отримаємо:

7. Тому що.

8. Розмірковуючи аналогічно для кореня, отримаємо, що в будь-якій точки точки існує точка для якої, отже, в околиці точки не зберігає знак, отже в точці екстремуму немає.

Умовний екстремум функції двох змінних

При відшуканні екстремумів функції двох змінних часто виникають завдання, пов'язані з так званим умовним екстремумом. Це можна пояснити з прикладу функції двох змінних.

Нехай задані функція та лінія L на площині 0xy. Завдання полягає в тому, щоб на лінії L знайти таку точку P (x, y), в якій значення функції є найбільшим або найменшим у порівнянні зі значеннями цієї функції в точках лінії L, що знаходяться поблизу точки P. Такі точки P називають точками умовного екстремуму функції на лінії L. На відміну від звичайної точки екстремуму значення функції у точці умовного екстремуму порівнюється зі значеннями функції не у всіх точках деякої її околиці, а лише тих, які лежать на лінії L.

Цілком ясно, що точка звичайного екстремуму (говорять також безумовного екстремуму) є і точкою умовного екстремуму для будь-якої лінії, що проходить через цю точку. Зворотне ж, зрозуміло, не так: точка умовного екстремуму може і не бути точкою звичайного екстремуму. Проілюструємо сказане з прикладу.

Приклад №1. p align="justify"> Графіком функції є верхня півсфера (рис. 2).

Мал. 2.

Ця функція має максимум на початку координат; йому відповідає вершина M півсфери. Якщо лінія L є пряма, що проходить через точки А та В (її рівняння), то геометрично ясно, що для точок цієї лінії найбільше значенняфункції досягається в точці, що лежить посередині між точками А і В. Це і є точка умовного екстремуму (максимуму) функції даної лінії; їй відповідає точка M 1 на півсфері, і з малюнка видно, що ні про який звичайний екстремум тут не може бути мови.

Зазначимо, що в заключній частині задачі про віднайдення найбільшого та найменшого значень функції в замкнутої областідоводиться шукати екстремальні значення функції межі цієї області, тобто. на якійсь лінії, і тим самим вирішувати завдання умовного екстремуму.

Визначення 1.Говорять, що, де має в точці, яка задовольняє рівняння, умовний або відносний максимум (мінімум): якщо для будь-якої, яка задовольняє рівняння, виконується нерівність

Визначення 2.Рівняння виду називається рівнянням зв'язку.

Теорема

Якщо функції і безперервно диференційовані в околиці точки, і похідна приватна, і точка є точкою умовного екстремуму функції щодо рівняння зв'язку, то визначник другого порядку дорівнює нулю:

Доведення

1. Так як за умовою теореми приватна похідна, а значення функції, то в деякому прямокутнику

визначено неявну функцію

Складна функція двох змінних у точці буде мати локальний екстремум, отже, або.

2. Дійсно, згідно з властивістю інваріантності формули диференціалу першого порядку

3. Рівняння зв'язку можна уявити у такому вигляді, отже

4. Помножимо рівняння (2) на, а (3) на і складемо їх

Отже, при

довільному. ч.т.д.

Слідство

Пошук точок умовного екстремуму функції двох змінних практично здійснюється шляхом вирішення системи рівнянь

Так, у наведеному вище прикладі №1 з рівняння зв'язку маємо. Звідси легко перевірити, що досягає максимуму при. Але тоді із рівняння зв'язку. Отримуємо точку P, знайдену геометрично.

Приклад №2.Знайти точки умовного екстремуму функції щодо рівняння зв'язку.

Знайдемо приватні похідні заданої функції та рівняння зв'язку:

Складемо визначник другого порядку:

Запишемо систему рівнянь для відшукання точок умовного екстремуму:

отже, є чотири точки умовного екстремуму функції з координатами: .

Приклад №3.Знайти точки екстремуму функції.

Прирівнюючи приватні похідні до нуля: знаходимо одну стаціонарну точку - початок координат. Тут. Отже, і точка (0, 0) не є точкою екстремуму. Рівняння є рівняння гіперболічного параболоїда(Рис. 3) на малюнку видно, що точка (0, 0) не є точкою екстремуму.

Мал. 3.

Найбільше та найменше значення функції у замкнутій області

1. Нехай функція визначена та безперервна в обмеженій замкнутій ділянці D.

2. Нехай у цій галузі функція має кінцеві приватні похідні, крім окремих точокобласті.

3. Відповідно до теореми Вейєрштраса в цій області знайдеться точка, в якій функція набуде найбільшого та найменшого значення.

4. Якщо ці точки будуть внутрішніми точками області D, то, очевидно, вони будуть максимум або мінімум.

5. У цьому випадку цікаві для нас точки знаходяться серед підозрілих точок на екстремум.

6. Однак, найбільше або найменше значення функція може приймати і на межі області D.

7. Для того, щоб знайти найбільше (найменше) значення функції в області D, потрібно знайти всі внутрішні точки підозрілі на екстремум, обчислити значення функції в них, потім порівняти зі значенням функції в прикордонних точках області, і найбільше знайдених значень буде найбільшим у замкнутій ділянці D.

8. Метод відшукання локального максимуму чи мінімуму розглядався раніше у п. 1.2. та 1.3.

9. Залишається розглянути спосіб пошуку максимального і меншого значення функції межі області.

10. У разі функції двох змінних областьзазвичай виявляється обмеженою кривою або кількома кривими.

11. Уздовж такої кривої (або кількох кривих) змінні і або залежать одна від одної, або обидві залежать від одного параметра.

12. Таким чином, на кордоні функція виявляється залежною від однієї змінної.

13. Спосіб відшукання максимального значення функції однієї змінної було розглянуто раніше.

14. Нехай межа області D задана параметричними рівняннями:

Тоді на цій кривій функція двох змінних буде складною функцією від параметра: . Для такої функції найбільше та найменше значення визначається за методикою визначення найбільшого та найменшого значення для функції однієї змінної.

Екстремуми функцій кількох змінних. Необхідна умова екстремуму. Достатня умова екстремуму. Умовний екстремум. Метод множників Лагранжа. Знаходження найбільших та найменших значень.

лекція 5.

Визначення 5.1.Крапка М 0 (х 0, у 0)називається точкою максимумуфункції z = f(x, y),якщо f (x o , y o) > f(x, y)для всіх точок (х, у) М 0.

Визначення 5.2.Крапка М 0 (х 0, у 0)називається точкою мінімумуфункції z = f(x, y),якщо f (x o , y o) < f(x, y)для всіх точок (х, у)з деякої околиці точки М 0.

Зауваження 1. Точки максимуму та мінімуму називаються точками екстремумуфункції кількох змінних.

Зауваження 2. Аналогічно визначається точка екстремуму для функції від будь-якої кількості змінних.

Теорема 5.1 (необхідні умовиекстремуму). Якщо М 0 (х 0, у 0)– точка екстремуму функції z = f(x, y),то в цій точці приватні похідні першого порядку даної функції дорівнюють нулю або існують.

Доведення.

Зафіксуємо значення змінної у, вважаючи у = у 0. Тоді функція f (x, y 0)буде функцією однієї змінної х, для котрої х = х 0є точкою екстремуму. Отже, за теоремою Ферма чи не існує. Аналогічно доводиться таке саме твердження для .

Визначення 5.3.Точки, що належать області визначення функції кількох змінних, у яких приватні похідні функції дорівнюють нулю або не існують, називаються стаціонарними точкамицієї функції.

Зауваження. Таким чином, екстремум може досягатися тільки в стаціонарних точках, але не обов'язково він спостерігається у кожній із них.

Теорема 5.2(Достатні умови екстремуму). Нехай в деякій околиці точки М 0 (х 0, у 0), що є стаціонарною точкою функції z = f(x, y),ця функція має безперервні приватні похідні до 3-го порядку включно. Позначимо:

1) f(x, y)має в точці М 0максимум, якщо AC – B² > 0, A < 0;

2) f(x, y)має в точці М 0мінімум, якщо AC – B² > 0, A > 0;

3) екстремум у критичній точці відсутня, якщо AC – B² < 0;

4) якщо AC – B² = 0, необхідне додаткове дослідження.

Доведення.

Напишемо формулу Тейлора другого порядку для функції f (x, y),пам'ятаючи про те, що в стаціонарній точці приватні похідні першого порядку дорівнюють нулю:

де Якщо кут між відрізком М 0 М, де М (х 0+Δ х, у 0 +Δ у), і віссю О хпозначити φ, то Δ х =Δ ρ cos φ, Δ y =Δρsinφ. При цьому формула Тейлора набуде вигляду: . Нехай Тоді можна розділити та помножити вираз у дужках на А. Отримаємо:

Розглянемо тепер чотири можливі випадки:

1) AC-B² > 0, A < 0. Тогда , и за досить малих Δρ. Отже, в деякій околиці М 0 f (x 0 + Δ x, y 0 +Δ y)< f (x 0 , y 0), тобто М 0- Точка максимуму.

2) Нехай AC – B² > 0, A> 0.Тоді , і М 0- Точка мінімуму.

3) Нехай AC-B² < 0, A> 0. Розглянемо збільшення аргументів вздовж променя φ = 0. Тоді з (5.1) випливає, що , тобто під час руху вздовж цього променя функція зростає. Якщо ж переміщатися вздовж такого променя, що tg φ 0 = -A/B,то , Отже, під час руху вздовж цього променя функція зменшується. Значить, точка М 0не є точкою екстремуму.

3`) При AC – B² < 0, A < 0 доказательство отсутствия экстремума проводится

аналогічно попередньому.

3``) Якщо AC – B² < 0, A= 0, то. При цьому . Тоді при досить малих вираз 2 B cosφ + C sinφ близько до 2 У, тобто зберігає постійний знак, а sinφ змінює знак на околиці точки М0.Значить, збільшення функції змінює знак в околиці стаціонарної точки, яка тому не є точкою екстремуму.

4) Якщо AC – B² = 0, а , , тобто знак збільшення визначається знаком 2α 0 . При цьому для з'ясування питання існування екстремуму необхідне подальше дослідження.

приклад. Знайдемо точки екстремуму функції z = x² - 2 xy + 2y² + 2 x.Для пошуку стаціонарних точок вирішимо систему . Отже, стаціонарна точка (-2,-1). При цьому А = 2, У = -2, З= 4. Тоді AC – B² = 4 > 0, отже, у стаціонарній точці досягається екстремум, а саме мінімум (бо A > 0).

Визначення 5.4.Якщо аргументи функції f (x 1, x 2, ..., x n)пов'язані додатковими умовами у вигляді mрівнянь ( m< n) :

φ 1 ( х 1, х 2, ..., х n) = 0, φ 2 ( х 1, х 2, ..., х n) = 0, …, φ m ( х 1, х 2, ..., х n) = 0, (5.2)

де функції φ i мають безперервні похідні приватні, то рівняння (5.2) називаються рівняннями зв'язку.

Визначення 5.5.Екстремум функції f (x 1, x 2, ..., x n)при виконанні умов (5.2) називається умовним екстремумом.

Зауваження. Можна запропонувати таке геометричне тлумачення умовного екстремуму функції двох змінних: нехай аргументи функції f(x, y)пов'язані рівнянням φ (х,у)= 0, що задає деяку криву в площині ху. Відновивши з кожної точки цієї кривої перпендикуляри до площини худо перетину з поверхнею z = f(x, y),отримаємо просторову криву, що лежить на поверхні над кривою φ (х,у)= 0. Завдання полягає у пошуку точок екстремуму отриманої кривої, які, зрозуміло, загальному випадкуне збігаються з точками безумовного екстремуму функції f(x, y).

Визначимо необхідні умови умовного екстремуму для функції двох змінних, запровадивши попередньо наступне визначення:

Визначення 5.6.Функція L (x 1 , x 2 ,…, x n) = f (x 1 , x 2 ,…, x n) + λ 1 φ 1 (x 1 , x 2 ,…, x n) +

+ λ 2 φ 2 (x 1 , x 2 ,…, x n) +…+λ m φ m (x 1 , x 2 ,…, x n), (5.3)

де λ i –деякі постійні, називається функцією Лагранжа, а числа λ i– невизначеними множниками Лагранжа.

Теорема 5.3(Необхідні умови умовного екстремуму). Умовний екстремум функції z = f(x, y)за наявності рівняння зв'язку φ ( х, у)= 0 може досягатися лише у стаціонарних точках функції Лагранжа L(x, y) = f(x, y) + λφ(x, y).

Доведення. Рівняння зв'язку задає неявну залежність увід х, тому вважатимемо, що ує функція від х: у = у(х).Тоді zє складна функція від х, та її критичні точки визначаються умовою: . (5.4) З рівняння зв'язку випливає, що . (5.5)

Помножимо рівність (5.5) на деяке число і складемо з (5.4). Отримаємо:

, або .

Остання рівність має виконуватися в стаціонарних точках, звідки слідує:

(5.6)

Отримано систему трьох рівнянь щодо трьох невідомих: х, ута λ, причому перші два рівняння є умовами стаціонарної точки функції Лагранжа. Виключаючи із системи (5.6) допоміжне невідоме λ, знаходимо координати точок, у яких вихідна функція може мати умовний екстремум.

Зауваження 1. Перевірку наявності умовного екстремуму в знайденій точці можна провести за допомогою дослідження приватних похідних другого порядку функції Лагранжа за аналогією до теореми 5.2.

Зауваження 2. Точки, в яких може досягатися умовний екстремум функції f (x 1, x 2, ..., x n)при виконанні умов (5.2) можна визначити як рішення системи (5.7)

приклад. Знайдемо умовний екстремум функції z = xyза умови х + у= 1. Складемо функцію Лагранжа L(x, y) = xy + λ (x + y – 1). Система (5.6) виглядає так:

Звідки -2λ=1, λ=-0,5, х = у = -λ = 0,5. При цьому L(x, y)можна уявити у вигляді L(x, y) = - 0,5 (x – y)² + 0,5 ≤ 0,5, тому у знайденій стаціонарній точці L(x, y)має максимум, а z = xy -умовний максимум.

Спочатку розглянемо випадок функції двох змінних. Умовним екстремумом функції $z=f(x,y)$ у точці $M_0(x_0;y_0)$ називається екстремум цієї функції, досягнутий за умови, що змінні $x$ і $y$ в околиці цієї точки задовольняють рівняння зв'язку $\ varphi (x, y) = 0 $.

Назва «умовний» екстремум пов'язана з тим, що на змінні накладено додаткова умова$ \ Varphi (x, y) = 0 $. Якщо з рівняння зв'язку можна виразити одну змінну через іншу, то завдання визначення умовного екстремуму зводиться до завдання на звичайний екстремум функції однієї змінної. Наприклад, якщо з рівняння зв'язку випливає $y=\psi(x)$, то підставивши $y=\psi(x)$ $z=f(x,y)$, отримаємо функцію однієї змінної $z=f\left (x, \ psi (x) \ right) $. У загальному випадку, однак, такий метод є малопридатним, тому потрібно введення нового алгоритму.

Метод множників Лагранжа для функцій двох змінних.

Метод множників Лагранжа полягає в тому, що для відшукання умовного екстремуму складають функцію Лагранжа: $F(x,y)=f(x,y)+lambda\varphi(x,y)$ (параметр $lambda$ називають множником Лагранжа ). Необхідні умови екстремуму задаються системою рівнянь, з якої визначаються стаціонарні точки:

$$ \left \( \begin(aligned) & \frac(\partial F)(\partial x)=0;\\ & \frac(\partial F)(\partial y)=0;\\ & \varphi (x, y) = 0. \end(aligned) \right.$$

Достатньою умовою, з якої можна з'ясувати характер екстремуму, є знак $d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("" )dy^2$. Якщо стаціонарної точці $d^2F > 0$, то функція $z=f(x,y)$ має у цій точці умовний мінімум, якщо $d^2F< 0$, то условный максимум.

Є й інший спосіб визначення характеру екстремуму. З рівняння зв'язку отримуємо: $\varphi_(x)^(")dx+\varphi_(y)^(")dy=0$, $dy=-\frac(\varphi_(x)^("))(\varphi_ (y)^("))dx$, тому в будь-якій стаціонарній точці маємо:

$$d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=F_(xx)^( "")dx^2+2F_(xy)^("")dx\left(-\frac(\varphi_(x)^("))(\varphi_(y)^("))dx\right)+ F_(yy)^("")\left(-\frac(\varphi_(x)^("))(\varphi_(y)^("))dx\right)^2=\\ =-\frac (dx^2)(\left(\varphi_(y)^(") \right)^2)\cdot\left(-(\varphi_(y)^("))^2 F_(xx)^(" ")+2\varphi_(x)^(")\varphi_(y)^(")F_(xy)^("")-(\varphi_(x)^("))^2 F_(yy)^ ("") \right)$$

Другий помножувач (розташований у дужці) можна представити у такій формі:

Червоним кольором виділено елементи визначника $ \ left | \begin(array) (cc) F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \end (array) \right|$, який є гесіаном функції Лагранжа. Якщо $H > 0$, то $d^2F< 0$, что указывает на условный максимум. Аналогично, при $H < 0$ имеем $d^2F >0 $, тобто. маємо умовний мінімум функції $ z = f (x, y) $.

Примітка щодо форми запису визначника $H$. показати\сховати

$$ H=-\left|\begin(array) (ccc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_ (xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \ end(array) \right| $$

У цій ситуації сформульоване вище правило зміниться так: якщо $H > 0$, то функція має умовний мінімум, а при $H< 0$ получим условный максимум функции $z=f(x,y)$. При решении задач следует учитывать такие нюансы.

Алгоритм дослідження функції двох змінних на умовний екстремум

1. Скласти функцію Лагранжа $F(x,y)=f(x,y)+lambda\varphi(x,y)$
2. Вирішити систему $ \left \( \begin(aligned) & \frac(\partial F)(\partial x)=0;\\ & \frac(\partial F)(\partial y)=0;\\ & \ varphi (x, y) = 0. \end(aligned) \right.$
3. Визначити характер екстремуму у кожній із знайдених у попередньому пункті стаціонарних точок. Для цього застосувати будь-який із зазначених способів:
   • Скласти визначник $H$ та з'ясувати його знак
   • З урахуванням рівняння зв'язку обчислити знак $d^2F$

Метод множників Лагранжа для функцій n змінних

Допустимо, ми маємо функцію $n$ змінних $z=f(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ і $m$ рівнянь зв'язку ($n > m$):

$ $ \ Varphi_1 (x_1, x_2, \ ldots, x_n) = 0; \; \varphi_2(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0,\ldots,\varphi_m(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0.$$

Позначивши множники Лагранжа як $lambda_1, lambda_2, ldots, lambda_m $, складемо функцію Лагранжа:

$$F(x_1,x_2,\ldots,x_n,\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m)=f+\lambda_1\varphi_1+\lambda_2\varphi_2+\ldots+\lambda_m\varphi_m$$

Необхідні умови наявності умовного екстремуму задаються системою рівнянь, з якої знаходяться координати стаціонарних точок та значення множників Лагранжа:

$$\left\(\begin(aligned) & \frac(\partial F)(\partial x_i)=0; (i=\overline(1,n))\\ & \varphi_j=0; (j=\ overline(1,m)) \end(aligned) \right.$$

З'ясувати, умовний мінімум чи умовний максимум має функція у знайденій точці, можна, як і раніше, за допомогою символу $d^2F$. Якщо знайденої точці $d^2F > 0$, то функція має умовний мінімум, якщо $d^2F< 0$, - то условный максимум. Можно пойти иным путем, рассмотрев следующую матрицу:

Визначник матриці $ \ left | \begin(array) (ccccc) \frac(\partial^2F)(\partial x_(1)^(2)) & \frac(\partial^2F)(\partial x_(1)\partial x_(2) ) & \frac(\partial^2F)(\partial x_(1)\partial x_(3)) &\ldots & \frac(\partial^2F)(\partial x_(1)\partial x_(n)) \\ \frac(\partial^2F)(\partial x_(2)\partial x_1) & \frac(\partial^2F)(\partial x_(2)^(2)) & \frac(\partial^2F )(\partial x_(2)\partial x_(3)) &\ldots & \frac(\partial^2F)(\partial x_(2)\partial x_(n))\\ \frac(\partial^2F )(\partial x_(3) \partial x_(1)) & \frac(\partial^2F)(\partial x_(3)\partial x_(2)) & \frac(\partial^2F)(\partial x_(3)^(2)) &\ldots & \frac(\partial^2F)(\partial x_(3)\partial x_(n))\\ \ldots & \ldots & \ldots &\ldots & \ ldots\\ \frac(\partial^2F)(\partial x_(n)\partial x_(1)) & \frac(\partial^2F)(\partial x_(n)\partial x_(2)) & \ frac(\partial^2F)(\partial x_(n)\partial x_(3)) &\ldots & \frac(\partial^2F)(\partial x_(n)^(2))\\ \end( array) \right|$, виділеної в матриці $L$ червоним, є гессиан функції Лагранжа. Використовуємо таке правило:

• Якщо символи кутових мінорів $H_(2m+1),\; H_(2m+2),\ldots,H_(m+n)$ матриці $L$ збігаються зі знаком $(-1)^m$, то досліджувана стаціонарна точка є точкою умовного мінімуму функції $z=f(x_1,x_2 , x_3, \ ldots, x_n) $.
• Якщо символи кутових мінорів $H_(2m+1),\; H_(2m+2),\ldots,H_(m+n)$ чергуються, причому знак мінору $H_(2m+1)$ збігається зі знаком числа $(-1)^(m+1)$, то досліджувана стаціонарна точка є точкою умовного максимуму функції $ z = f (x_1, x_2, x_3, \ ldots, x_n) $.

Приклад №1

Знайти умовний екстремум функції $z(x,y)=x+3y$ за умови $x^2+y^2=10$.

Геометрична інтерпретація цього завдання така: потрібно знайти найбільше і найменше значення аплікати площини $z=x+3y$ для точок її перетину з циліндром $x^2+y^2=10$.

Виразити одну змінну через іншу з рівняння зв'язку і підставити її у функцію $z(x,y)=x+3y$ дещо важко, тому будемо використовувати метод Лагранжа.

Позначивши $\varphi(x,y)=x^2+y^2-10$, складемо функцію Лагранжа:

$$ F(x,y)=z(x,y)+\lambda \varphi(x,y)=x+3y+\lambda(x^2+y^2-10);\\frac(\partial F)(\partial x)=1+2\lambda x; \frac(\partial F)(\partial y)=3+2\lambda y. $$

Запишемо систему рівнянь визначення стаціонарних точок функції Лагранжа:

$$ \left \( \begin(aligned) & 1+2\lambda x=0;\\ & 3+2\lambda y=0;\\ & x^2+y^2-10=0. \end (aligned) \right.$$

Якщо припустити $\lambda=0$, перше рівняння стане таким: $1=0$. Отримане протиріччя свідчить, що $lambdaneq 0$. За умови $\lambda\neq 0$ з першого та другого рівнянь маємо: $x=-\frac(1)(2\lambda)$, $y=-\frac(3)(2\lambda)$. Підставляючи отримані значення третє рівняння, отримаємо:

$$ \left(-\frac(1)(2\lambda) \right)^2+\left(-\frac(3)(2\lambda) \right)^2-10=0;\\ \frac (1) (4 lambda ^ 2) + frac (9) (4 lambda ^ 2) = 10; \lambda^2=\frac(1)(4); \left[ \begin(aligned) & \lambda_1=-\frac(1)(2);\\ & \lambda_2=\frac(1)(2). \end(aligned) \right.\\ \begin(aligned) & \lambda_1=-\frac(1)(2); \; x_1=-\frac(1)(2\lambda_1)=1; \; y_1=-\frac(3)(2\lambda_1)=3;\\ & \lambda_2=\frac(1)(2); \; x_2=-\frac(1)(2\lambda_2)=-1; \; y_2=-\frac(3)(2\lambda_2)=-3.\end(aligned) $$

Отже, система має два рішення: $ x_1 = 1; \; y_1=3;\; \lambda_1=-\frac(1)(2)$ і $x_2=-1;\; y_2=-3;\; \lambda_2=\frac(1)(2)$. З'ясуємо характер екстремуму у кожній стаціонарній точці: $M_1(1;3)$ і $M_2(-1;-3)$. І тому обчислимо визначник $H$ у кожному з точок.

$$ \varphi_(x)^(")=2x;\; \varphi_(y)^(")=2y;\; F_(xx)^("")=2\lambda;\; F_(xy)^("")=0;\; F_(yy)^("")=2\lambda. \ H = \ left | \begin(array) (ccc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \end(array) \right|= \left| \begin(array) (ccc) 0 & 2x & 2y\\ 2x & 2\lambda & 0 \\ 2y & 0 & 2\lambda \end(array) \right|= 8\cdot\left| \begin(array) (ccc) 0 & x & y\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \end(array) \right| $$

У точці $ M_1 (1; 3) $ отримаємо: $ H = 8 \ cdot \ left | \begin(array) (ccc) 0 & x & y\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \end(array) \right|= 8\cdot\left| \begin(array) (ccc) 0 & 1 & 3\\ 1 & -1/2 & 0 \\ 3 & 0 & -1/2 \end(array) \right|=40 > 0$, тому в точці $M_1(1;3)$ функція $z(x,y)=x+3y$ має умовний максимум, $z_(\max)=z(1;3)=10$.

Аналогічно, у точці $M_2(-1;-3)$ знайдемо: $H=8\cdot\left| \begin(array) (ccc) 0 & x & y\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \end(array) \right|= 8\cdot\left| \begin(array) (ccc) 0 & -1 & -3\ -1 & 1/2 & 0 \\ -3 & 0 & 1/2 \end(array) \right|=-40$. Оскільки $H< 0$, то в точке $M_2(-1;-3)$ имеем условный минимум функции $z(x,y)=x+3y$, а именно: $z_{\min}=z(-1;-3)=-10$.

Зазначу, що замість обчислення значення визначника $H$ у кожній точці набагато зручніше розкрити його в загальному вигляді. Щоб не захаращувати текст подробицями, цей спосіб приховую під примітку.

Запис визначника $H$ у загальному вигляді. показати\сховати

$$ H=8\cdot\left|\begin(array)(ccc)0&x&y\x&\lambda&0\y&0&lambda\end(array)\right| =8\cdot\left(-\lambda(y^2)-\lambda(x^2)\right) =-8\lambda\cdot\left(y^2+x^2\right). $$

У принципі, очевидно, який знак має $H$. Оскільки жодна з точок $M_1$ або $M_2$ не збігається з початком координат, $y^2+x^2>0$. Отже, знак $H$ протилежний символу $\lambda$. Можна і довести обчислення до кінця:

$$ \begin(aligned) &H(M_1)=-8\cdot\left(-\frac(1)(2)\right)\cdot\left(3^2+1^2\right)=40;\ \ &H(M_2)=-8\cdot\frac(1)(2)\cdot\left((-3)^2+(-1)^2\right)=-40. \end(aligned) $$

Питання характер екстремуму в стаціонарних точках $M_1(1;3)$ і $M_2(-1;-3)$ можна вирішити без використання визначника $H$. Знайдемо знак $d^2F$ у кожній стаціонарній точці:

$$ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=2\lambda \left( dx^2+dy^2\right) $$

Зазначу, що запис $dx^2$ означає саме $dx$, зведений на другий ступінь, тобто. $ \ left (dx \ right) ^ 2 $. Звідси маємо: $dx^2+dy^2>0$, тому при $\lambda_1=-\frac(1)(2)$ отримаємо $d^2F< 0$. Следовательно, функция имеет в точке $M_1(1;3)$ условный максимум. Аналогично, в точке $M_2(-1;-3)$ получим условный минимум функции $z(x,y)=x+3y$. Отметим, что для определения знака $d^2F$ не пришлось учитывать связь между $dx$ и $dy$, ибо знак $d^2F$ очевиден без дополнительных преобразований. В наступний прикладдля визначення знака $d^2F$ вже необхідно врахувати зв'язок між $dx$ і $dy$.

Відповідь: у точці $(-1;-3)$ функція має умовний мінімум, $z_(\min)=-10$. У точці $(1;3)$ функція має умовний максимум, $z_(\max)=10$

Приклад №2

Знайти умовний екстремум функції $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$ за умови $x+y=0$.

Перший спосіб (метод множників Лагранжа)

Позначивши $\varphi(x,y)=x+y$ складемо функцію Лагранжа: $F(x,y)=z(x,y)+lambda \varphi(x,y)=3y^3+4x^2 -xy+\lambda(x+y)$.

$$ \frac(\partial F)(\partial x)=8x-y+\lambda; \; \frac(\partial F)(\partial y) = 9y^2-x+\lambda.\\ \left \( \begin(aligned) 8x-y+\lambda=0;\\ & 9y^2-x+\ lambda = 0; \ \ & x + y = 0. \end (aligned) \right.

Вирішивши систему, отримаємо: $x_1=0$, $y_1=0$, $\lambda_1=0$ і $x_2=\frac(10)(9)$, $y_2=-\frac(10)(9)$ , $ \ lambda_2 = -10 $. Маємо дві стаціонарні точки: $M_1(0;0)$ і $M_2 \left(\frac(10)(9);-\frac(10)(9) \right)$. З'ясуємо характер екстремуму у кожній стаціонарній точці з використанням визначника $H$.

$ $ H = \ left | \begin(array) (ccc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \end(array) \right|= \left| \begin(array) (ccc) 0 & 1 & 1\\ 1 & 8 & -1 \\ 1 & -1 & 18y \end(array) \right|=-10-18y $$

У точці $ M_1 (0; 0) $ $ H = -10-18 \ cdot 0 = -10< 0$, поэтому $M_1(0;0)$ есть точка условного минимума функции $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$, $z_{\min}=0$. В точке $M_2\left(\frac{10}{9};-\frac{10}{9}\right)$ $H=10 >0$, тому у цій точці функція має умовний максимум, $z_(\max)=\frac(500)(243)$.

Досліджуємо характер екстремуму в кожній з точок іншим способом, виходячи з знаку $d^2F$:

$$ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=8dx^2-2dxdy+ 18ydy^2 $$

З рівняння зв'язку $x+y=0$ маємо: $d(x+y)=0$, $dx+dy=0$, $dy=-dx$.

$$ d^2 F=8dx^2-2dxdy+18ydy^2=8dx^2-2dx(-dx)+18y(-dx)^2=(10+18y)dx^2 $$

Оскільки $ d^2F \Bigr|_(M_1)=10 dx^2 > 0$, то $M_1(0;0)$ є точкою умовного мінімуму функції $z(x,y)=3y^3+4x^ 2-xy $. Аналогічно $d^2F \Bigr|_(M_2)=-10 dx^2< 0$, т.е. $M_2\left(\frac{10}{9}; -\frac{10}{9} \right)$ - точка условного максимума.

Другий спосіб

З рівняння зв'язку $x+y=0$ отримаємо $y=-x$. Підставивши $y=-x$ у функцію $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$, отримаємо деяку функцію змінної $x$. Позначимо цю функцію як $u(x)$:

$$u(x)=z(x,-x)=3cdot(-x)^3+4x^2-xcdot(-x)=-3x^3+5x^2. $$

Таким чином, задачу про знаходження умовного екстремуму функції двох змінних ми звели до завдання визначення екстремуму функції однієї змінної.

$$ u_(x)^(")=-9x^2+10x;\ -9x^2+10x=0; \;x\cdot(-9x+10)=0;\\ x_1=0; \\ y_1=-x_1=0;\\x_2=\frac(10)(9);\;y_2=-x_2=-\frac(10)(9).

Отримали точки $M_1(0;0)$ і $M_2\left(\frac(10)(9); -\frac(10)(9)\right)$. Подальше дослідженнявідомо з курсу диференціального обчисленняфункцій однією зміною. Досліджуючи знак $u_(xx)^("")$ у кожній стаціонарній точці або перевіряючи зміну знака $u_(x)^(")$ у знайдених точках, отримаємо ті самі висновки, що і при вирішенні першим способом. Наприклад, перевіримо знак $u_(xx)^("")$:

$$u_(xx)^("")=-18x+10;\u_(xx)^("")(M_1)=10;\;u_(xx)^("")(M_2)=- 10.$$

Оскільки $u_(xx)^("")(M_1)>0$, то $M_1$ - точка мінімуму функції $u(x)$, у своїй $u_(\min)=u(0)=0$ . Оскільки $u_(xx)^("")(M_2)<0$, то $M_2$ - точка максимума функции $u(x)$, причём $u_{\max}=u\left(\frac{10}{9}\right)=\frac{500}{243}$.

Значення функції $u(x)$ за заданої умови зв'язку збігаються зі значеннями функції $z(x,y)$, тобто. знайдені екстремуми функції $u(x)$ і є умовні екстремуми функції $z(x,y)$, що шукаються.

Відповідь: у точці $(0;0)$ функція має умовний мінімум, $z_(\min)=0$. У точці $\left(\frac(10)(9); -\frac(10)(9) \right)$ функція має умовний максимум, $z_(\max)=\frac(500)(243)$.

Розглянемо ще один приклад, у якому характер екстремуму з'ясуємо у вигляді визначення знака $d^2F$.

Приклад №3

Знайти найбільше та найменше значенняфункції $z=5xy-4$, якщо змінні $x$ і $y$ позитивні і задовольняють рівняння зв'язку $\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1=0$ .

Складемо функцію Лагранжа: $ F = 5xy-4 + lambda \ left (\ frac (x ^ 2) (8) + frac (y ^ 2) (2) -1 \ right) $. Знайдемо стаціонарні точки функції Лагранжа:

$$ F_(x)^(")=5y+\frac(\lambda x)(4); \; F_(y)^(")=5x+\lambda y.\\ \left \( \begin(aligned) & 5y+\frac(\lambda x)(4)=0;\ & 5x+\lambda y=0;\\ & \frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)- 1 = 0; \ \ & x > 0; \;y > 0. \end(aligned) \right.$$

Усі подальші перетворення здійснюються з урахуванням $x>0; \; y > 0$ (це обумовлено за умови завдання). З другого рівняння виразимо $\lambda=-\frac(5x)(y)$ і підставимо знайдене значення в перше рівняння: $5y-\frac(5x)(y)\cdot \frac(x)(4)=0$ , $4y^2-x^2=0$, $x=2y$. Підставляючи $x=2y$ у третє рівняння, отримаємо: $\frac(4y^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1=0$, $y^2=1$, $y = 1 $.

Оскільки $y=1$, то $x=2$, $\lambda=-10$. Характер екстремуму у точці $(2;1)$ визначимо, з знаку $d^2F$.

$$ F_(xx)^("")=\frac(\lambda)(4); \; F_(xy)^("")=5; \; F_(yy)^("")=\lambda. $$

Оскільки $\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1=0$, то:

$$ d\left(\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1\right)=0; \; d\left(\frac(x^2)(8) \right)+d\left(\frac(y^2)(2) \right)=0; \; \frac(x)(4)dx+ydy=0; \; dy=-\frac(xdx)(4y). $$

В принципі, тут можна відразу підставити координати стаціонарної точки $x=2$, $y=1$ та параметра $\lambda=-10$, отримавши при цьому:

$$ F_(xx)^("")=\frac(-5)(2); \; F_(xy)^("")=-10; \; dy=-\frac(dx)(2).\\d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^(" ")dy^2=-\frac(5)(2)dx^2+10dx\cdot \left(-\frac(dx)(2) \right)-10\cdot \left(-\frac(dx) (2) \right)^2=\\ =-\frac(5)(2)dx^2-5dx^2-\frac(5)(2)dx^2=-10dx^2. $$

Однак в інших завданнях на умовний екстремум стаціонарних точок може бути декілька. У таких випадках краще $d^2F$ уявити в загальному вигляді, а потім підставляти в отриманий вираз координати кожної зі знайдених стаціонарних точок:

$$ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=\frac(\lambda) (4)dx^2+10\cdot dx\cdot \frac(-xdx)(4y) +\lambda\cdot \left(-\frac(xdx)(4y) \right)^2=\\=\frac (\lambda)(4)dx^2-\frac(5x)(2y)dx^2+\lambda \cdot \frac(x^2dx^2)(16y^2)=\left(\frac(\lambda) )(4)-\frac(5x)(2y)+\frac(\lambda \cdot x^2)(16y^2) \right)\cdot dx^2 $$

Підставляючи $x=2$, $y=1$, $\lambda=-10$, отримаємо:

$$ d^2 F=\left(\frac(-10)(4)-\frac(10)(2)-\frac(10 \cdot 4)(16) \right)\cdot dx^2=- 10dx^2. $$

Оскільки $d^2F=-10\cdot dx^2< 0$, то точка $(2;1)$ есть точкой условного максимума функции $z=5xy-4$, причём $z_{\max}=10-4=6$.

Відповідь: у точці $(2;1)$ функція має умовний максимум, $z_(\max)=6$.

У наступній частині розглянемо застосування методу Лагранжа для функцій більшої кількостізмінних.

Нехай функція z - / (х, у) визначена в деякій ділянці D і нехай Мо (хо, Уо) - внутрішня точка цієї області. Визначення. Якщо існує таке число, що для всіх, що задовольняють умовам, вірна нерівність то точка Мо(хо, уо) називається точкою локального максимуму функції / (х, у); якщо для всіх Дх, Ду, що задовольняють умовам | то точка Мо(хо,уо) називається тонкою локального мінімуму. Іншими словами, точка М0(х0, у0) є точка максимуму або мінімуму функції /(х, у), якщо існує 6-околиця точки А/о(хо,уо) така, що у всіх точках М(х, у) цієї околиці збільшення функції зберігає знак. приклади. 1. Для функції точка – точка мінімуму (рис. 17). 2. Для функції точка 0(0,0) є точкою максимуму (рис.18). 3. Для функції точка 0(0,0) є точкою локального максимуму. 4 Насправді, існує околиця точки 0(0, 0), наприклад, коло радіусу j (див. рис. 19), у будь-якій точці якого, відмінної відточки 0(0,0), значення функції /(х,у) менше 1 = Ми будемо розглядати тільки точки строгдго максимуму та мінімуму функцій, коли сувора нерівністьабо сувора нерівність виконується для всіх точок М(х) у) з деякою проколотий 6-околиця точки Mq. Значення функції у точці максимуму називається максимумом, а значення функції у точці мінімуму - мінімумом цієї функції. Точки максимуму та точки мінімуму функції називаються точками екстремуму функції, а самі максимуми та мінімуми функції – її екстремумами. Теорема 11 (необхідна умова екстремуму). Якщо функція Екстремум функції кількох змінних Поняттяекстремуму функції кількох змінних. Необхідні та достатні умови екстремуму Умовний екстремум Найбільше та найменше значення безперервних функцій має екстремум у точці то в цій точці кожна приватна похідна і або звертається в нуль, або не існує. Нехай у точці М0(х0, уо) Функція z = f(x) у) має екстремум. Дамо змінної значення уо. Тоді функція z = / (х, у) буде функцією однієї змінної х \ Так як при х = хо вона має екстремум (максимум або мінімум, рис. 20), то її похідна при х = «о, | (*о,л>)" дорівнює нулю, або не існує. Аналогічно переконуємося в тому, що) або дорівнює нулю, або не існує. Точки, в яких = 0 і щ = 0 або не існують, називаються критичними точками функції z = Дх, у) Точки, в яких $ £ = щ = 0, називаються також стаціонарними точками функції.Теорема 11 виражає лише необхідні умови екстремуму, які не є достатніми. Але ця функція а тонка на імват "страмума. Дійсно, функція дорівнює нулю в точці 0(0,0) і приймає в точках М(х,у), як завгодно близьких до точки 0(0,0), позитивні квк, так і від'ємні значення. Для неї так що в точках в точках (0, у) при скільки завгодно малих точку 0(0,0) зазначеного типуназивають точкою міні-максу (рис. 21). Достатні умови екстремуму функції двох змінних виражаються наступною теоремою. Теоремі 12 (достатні умови екстремуму фужцім д§ух змінних). Нехай точка Мо(хо» Уо) є стаціонарною точкою функції f(x, у), і в деякій околиці точки / включаючи саму точку Мо, функція / (г, у) має безперервні похідні приватні до другого порядку включно. Тоді". 1) у точці Mq(xq, Уо) функція /(ж, у) має максимум, якщо в цій точці визначник 2) у точці Мо(я0, Уо) функція /(ж, у) має мінімум, якщо в точці Мо(го, Уо) функція /(ж, у) не має екстремуму, якщо D(xо, уо)< 0. Если же то в точке Мо(жо>Уо) екстремум функції f(x, у) лягає бути, може і не бути. І тут потрібно подальше дослідження. м Обмежимося доказом тверджень 1) та 2) теореми. Напишемо формулу Тейлора другого порядку для функції/(я, у): де. За умовою звідки видно, що знак збільшення Д/ визначається знаком тричлена в правій частині (1), тобто знаком другого диференціала d2f. Позначимо для стислості. Тоді рівність (l) можна записати так: Нехай у точці MQ(so, Уо) маємо. околиці точки M0 (s0, yo). Якщо виконано умову (у точці Л/0, і через безперервність похідна /,z(s,y) зберігатиме знак у певній околиці точки Af0. В області,де А Ф 0, маємо Звідси видно, що й ЛС - В2 > 0 в деякій околиці точки М0(х0) у0), то знак тричлена ААх2 -I- 2ВАхАу + СДу2 збігається зі знаком А в точці (so, Уо) (а також і зі знаком С, оскільки при АС - В2 > 0 А і Не можуть мати різні знаки). Так як знак суми AAs2 + 2ВАхАу + САу2 у точці (s0 + $ Ах, уо + 0 Ду) визначає знак різниці, то ми приходимо до наступного висновку: якщо для функції /(s,y) у стаціонарній точці (s0, Уо) виконано умова, то досить малих || виконуватиметься нерівність. Тим самим, у точці (sq, Уо) функція / (s, у) має максимум. Якщо ж стаціонарної точці (s0, уо) виконано умова), то всім досить малих |Дг| та |Ду| Правильно нерівність, отже, у точці (so,yo) функція /(s, у) має мінімум. приклади. 1. Дослідити на екстремум функцію 4 Користуючись необхідними умовами екстремуму, розшукуємо стаціонарні точки функції. Для цього знаходимо приватні похідні, що прирівнюємо їх нулю. Отримуємо систему рівнянь, звідки - стаціонарна точка. Скористаємося тепер теоремою 12. Маємо Значить, у точці Мл екстремум є. Оскільки, то це – мінімум. Якщо перетворити функцію г на вигляд то неважко помітити, що права частина(«) буде мінімальною, коли - абсолютний мінімум цієї функції. 2. Дослідити на екстремум функцію Знаходимо стаціонарні точки функції, для чого складаємо систему рівнянь Звідси так що точці – стаціонарна. Так як і через теорему 12 в точці М екстремуму немає. * 3. Дослідити на екстремум функцію Знаходимо стаціонарні точки функції. З системи рівнянь отримуємо, що, так що стаціонарною є точка. Далі маємо так що і теорема 12 не дає відповіді на питання про наявність чи відсутність екстремуму. Вчинимо тому так. Для функції про всі точки, відмінні відточки так що, за визначенням, а точці Л/о(0,0) функція г має абсолютний мінімум. Аналогічними розважаннями встановлюємо, що функція має в точці) максимум, а функція в точці екстремуму не має. Нехай функція п незалежних змінних диференційована в точці Точка Мо називається стаціонарною точкою функції якщо Теорема 13 (досить умовам екстремуму). Нехай функція визначена і має безперервні приватні похідні другого порядку в деякій околиці тонкі Мц(хі..., яка є стаціонарною тонкою функцією, якщо квадратинна форма (другий диференціал функції f у тонкому є позитивно визначеною (негативно визначеною), точкою мінімуму (відповідно) максимуму) функції f є тонка Якщо ж квадратинна форма (4) є знакозмінною, то в тонкій ЛГ0 екстремуму немає. квадратична форма (4) положггельноили негативно визначеної, можна скористатися, наприклад, критерієм Сильвестра позитивної (негативної) визначеності квадратичної форми. 15.2. Умовний екстремум До цих пір ми займалися відшуканням локальних екстремумів функції у всій області її визначення, коли аргументи функції не пов'язані ніякими додатковими умовами. Такі екстремуми називають безумовними. Однак часто зустрічаються завдання знайти так званих умовних екстремумів. Нехай функцію z = /(х, у) визначено в області D. Припустимо, що в цій області задана крива L, і потрібно знайти екстремуми функції f(x> у) тільки серед тих її значень, які відповідають точкам кривої L. Також екстремуми називають умовними екстремумами функції z = f(x) у) на кривій L. Визначення Кажуть, що в точці, що лежить на кривій L, функція /(ж, у) має умовний максимум (мінімум), якщо нерівність відповідно виконується у всіхточках М(s, у) кривої L, що належать деякому околиці точки М0(х0, Уо) і відмінних від точки М0 (Якщо крива L задана рівнянням, то задача про знаходження умовного екстремуму функції г - f(x,y) на кривій! може бути сформульована так: знайти екстремуми функції х = /(я, у) в області D за умови, що Таким чином, при знаходженні умовних екстремумів функції z = у) аргументи гну вже не можна розглядати як незалежні змінні: вони пов'язані між собою співвідношенням у) = 0, яке називають рівнянням зв'язку. Щоб пояснити розрізнивши м«* у безумовним і умовним екстремумом, розглянемо такий приклад, безумовний максимум функції (рис.23) рвеен одиниці і досягається в точці (0,0). Йому відповідає точів М - вершині пврвбо-лоїда, приєднаємо рівняння зв'язку у = j. Тоді умовний максимум буде, очевидно, він досягається а точці (о, |), і йому відверне вершині Afj пврвболи, що є лінією перетину пврвболоїда з площиною у = j . У разі безумовного мвксимумв ми маємо мвксимвальну аплікату серед усіх впліквт поверхні * = 1 - л;2 ~ у1; слумвв умовного - тільки серед влліквт точок пpабололоїдв, відвчввющих точці * прямий у = j не площині хОу. Один з способів пошуку умовного екстремуму функції при наявності і зв'язку полягає в наступному. Нехай рівняння зв'язку у)- Про визначає як однозначну диференційовану функцію аргументу х: Підставляючи в функцію замість функцію, отримуємо функцію одного аргументу в якій умова зв'язку вже враховано. Екстремум (безумовний) функції є умовним екстремумом. приклад. Знайти екстремум функції за умови Екстремум функції кількох змінних Поняття екстремуму функції кількох змінних. Необхідні та достатні умови екстремуму Умовний екстремум Найбільше та найменше значення безперервних функцій А З рівняння зв'язку (2") знаходимо у = 1-х. Підставляючи це значення у (V), отримаємо функцію одного аргументу х: Досліджуємо її на екстремум: звідки х = 1 - критична точка;, так що доставляє умовний мінімум функції г (рис.24).Вкажемо інший спосіб розв'язання задачі про умовний екстремум, званий методом множитимей Лагран-жа. визначає єдину безперервно диференційовану функцію в деякій околиці точки хй. f(x, у) у точці Мо" О) З рівняння зв'язку маємо (5) Помножуючи останню рівність на невизначений поки числовий множник А і складаючи почленно з рівністю (4), матимемо (вважаємо, що). Тоді з довільності dx отримаємо Рівності (6) і (7) висловлюють необхідні умови безумовного екстремуму в точці функції яка називається функцією Лагранжа. Таким чином, точка умовного екстремуму функції /(х, у), якщо є обов'язково стаціонарна точка функції Лагранжа де А - деякий числовий коефіцієнт. Звідси отримуємо правило для відшукання умовних екстремумів: щоб знайти точки, які можуть бути точками повсюдного екстремуму функції за наявності зв'язку 1) складаємо функцію Лагранжа, 2) прирівнюючи нулю похідні і Щ цієї функції і приєднуючи до отриманих рівнянь рівнянь зв'язку з якої знаходимо значення А та координати х, у можливих точокекстремуму. Питання про існування та характер умовного екстремуму вирішується на підставі вивчення знака другого диференціалу функції Лагранжа для аналізованої системи значень x0, Уо, А, отриманої з (8) за умови, що Якщо, то в точці (х0, Уо) функція /(х,у ) має умовний максимум; якщо d2F > 0 – то умовний мінімум. Зокрема, якщо в стаціонарній точці (хо, J/o) визначник D для функції F(x, у) позитивний, то в точці (®о, Уо) є умовний максимум функції /(х, у), якщо і умовний мінімум функції /(ж, у), якщо Приклад. Знову звернемося до умов попереднього прикладу: знайти екстремум функції за умови, що х + у = 1. Розв'язуватимемо задачу методом множників Лагранжа. Функція Лагранжа в даному випадкумає вигляд Для відшукання стаціонарних точок складаємо систему З перших двох рівнянь системи отримуємо, що х = у. Потім із третього рівняння системи (рівняння зв'язку) знаходимо, що х – у = j – координати точки можливого екстремуму. При цьому (вказується, що А = -1. Таким чином, функція Лагранжа. є точка умовного мінімуму функції * = х2 + у2 за умови Відсутність безумовного екстремуму для функції Л агранжа. Р(х, у) ще не означає відсутності умовного екстремума для функції /(ж, у) за наявності зв'язку Знайти екстремум функції за умови у 4 Складаємо функцію Лагранжа і виписуємо систему для визначення А та координат можливих точок екстремуму: З перших двох рівнянь отримуємо х + у = 0 і приходимо до системи звідки х = у = А = 0. Таким чином, відповідна функція Лагранжа має вигляд У точці (0,0) функція F(x, у; 0) не має безумовного екстремуму, проте умовний екстремум функції г = ху. коли у = х, є Дійсно, в цьому випадку г = х 2. Звідси видно, що в точці (0,0) є умовний мінімум.» Метод множників Лагранжа переноситься на випадок функцій будь-якого числа аргументів/ Нехай шукається екстремум функції за наявності рівнянь зв'язку А|, Аз,..., А„, - невизначені постійні множники. Прирівнюючи нулю всі окремі похідні першого порядку від функції F і приєднуючи до отриманих рівнянь рівняння зв'язку (9), отримаємо систему n + m рівнянь, з яких визначаємо Аь А3|... Ат і координати х\) х2) . »хп можливих точок умовного екстремуму. Питання, чи є знайдені за методом Лагранжа точки справді точками умовного екстремуму найчастіше може бути вирішено виходячи з міркувань фізичного чи геометричного характеру. 15.3. Найбільше і найменше значення безперервних функцій Нехай потрібно знайти найбільше (найменше) значення функції z = /(х, у), безперервної в деякій обмеженій області D. За теоремою 3 в цій області знайдеться точка (хо, Уо), в якій функція приймає найбільше (найменше) значення. Якщо точка (хо, у0) лежить всередині області D, то в ній функція / має максимум (мінімум), так що в цьому випадку точка, що цікавить нас, міститься серед критичних точок функції / (х, у). Проте свого найбільшого (найменшого) значення функція /(х, у) може досягати і межі області. Тому, щоб знайти найбільше (найменше) значення, що приймається функцією z = /(х, у) в обмеженій замкнутій області 2), потрібно знайти всі максимуми (мінімуми) функції, що досягаються всередині цієї області, а також найбільше (найменше) значення функції на межі цієї галузі. Найбільше (найменше) з усіх цих чисел і буде шуканим найбільшим (найменшим) значенням функції z = /(х,у) в області 27. Покажемо, як це робиться у випадку функції, що диференціюється. Прммр. Знайти найбільше та найменше значення функції області 4 Знаходимо критичні точки функції всередині області D. Для цього складаємо систему рівнянь Звідси отримуємо х = у «0, так що точка 0(0,0) – критична точка функції х. Так як Знайдемо тепер найбільше і найменше значення функції на межі Г області D. На частині кордону маємо так що у = 0 - критична точка, і тому що = то в цій точці функція z = 1 + у2 має мінімум, рівний одиниці. На кінцях відрізка Г», в точках (, маємо. Користуючись міркуваннями симетрії, ті ж результати отримуємо для інших частин кордону. Остаточно отримуємо: найменше значення функції z = х2 + у2 в області "Б дорівнює нулю і досягається воно в внутрішньої точки 0(0, 0) області, а найбільше значення цієї функції, що дорівнює двом, досягається в чотирьох точках кордону (рис.25) Рис.25 Вправи Знайдіть область визначення функцій: Побудуйте лінії рівня функцій: 9 Знайдіть поверхні рівня функцій трьох незалежних змінних: Обчисліть межі функцій: Знайдіть приватні похідні функцій та їх повні диференціали: Знайдіть похідні складних функцій: 3 Знайдіть J. Екстремум функції кількох змінних Поняття екстремуму функції кількох змінних. Необхідні та достатні умови екстремуму Умовний екстремум Найбільше та найменше значення безперервних функцій 34. Використовуючи формулу похідної складної функціїдвох змінних, знайдіть функцій: 35. Використовуючи формулу похідної складної функції двох змінних, знайдіть |J і функцій: Знайдіть jj функцій, заданих неявно: 40. Знайдіть кутовий коефіцієнтдотичної кривої в точці перетину її з прямою х = 3. 41. Знайдіть точки, в яких дотична крива х паралельна осі Ох. . У наступних задачах знайдіть і Ц: Напишіть рівняння дотичної площини та нормалі поверхні: 49. Складіть рівняння дотичних площин поверхні х2 + 2у2 + Зг2 = 21, паралельних площиніх + 4у + 6z = 0. Знайдіть три-чотири перші члени розкладання за формулою Тейлора: 50. у околиці точки (0, 0). Використовуючи визначення екстремуму функції, досліджуйте на екстремум такі функції:). Використовуючи достатні умови екстремуму функції двох змінних, досліджуйте на екстремум функції: 84. Знайдіть найбільше та найменше значення функції z = х2 - у2 у замкнутому колі 85. 0, у = 0, х + у = б. 88. Визначте розміри прямокутного відкритого басейну, що має найменшу поверхню, за умови, що його об'єм дорівнює V. 87. Знайдіть розміри прямокутного паралелепіпеда, що має приданої повної поверхні 5 максимальний об'єм. Відповіді 1. та | Квадрат, утворений відрізками прямих x включаючи його сторони. 3. Сімейство концентричних кілець 2 = 0,1,2,....4. Вся площина крім точок прямих у. Частина площини, розташована вуше параболи у = -х? 8. Точки кола х. Вся площина за винятком прямих х Підкорене виразневід'ємно у двох випадках j * ^ або j х ^ ^ що рівносильно нескінченній серії нерівностей відповідна Область визначення - заштриховані квадрати (рис.26); л що рівносильно нескінченної серії Функція визначена в точках. а) Прямі, паралельні прямий х б) концентричні кола з центром на початку координат. 10. а) параболи у) параболи у а) параболи б) гіперболи | .Плоскості xc. 13.Прим-одно-порожнинні гіперболоїди обертання навколо осі Oz; при і - двопорожнинні гіперболоїди обертання навколо осі Oz, обидва сімейства поверхонь розділяє конус; Межі немає, б) 0. 18. Покладемо у = kxt тоді z lim z = -2, отже задана функціяу точці (0,0) межі немає. 19. а) Крапка (0,0); б) точка (0,0). 20. а) Лінія розриву - коло х2 + у2 = 1; б) лінія розриву – пряма у = х. 21. а) Лінії розриву – координатні осі Ох та Оу; б) 0 ( порожня безліч). 22. Усі точки (т, п), де і п -цілі числа