prosdo.ru 1
Экстремум функции нескольких переменных.

1.1. Необходимое и достаточное условие экстремума.
Определение. Если для функции z = f(x, y), определенной в некоторой области, в некоторой окрестности точки М00, у0) верно неравенство



то точка М0 называется точкой максимума.
Определение. Если для функции z = f(x, y), определенной в некоторой области, в некоторой окрестности точки М00, у0) верно неравенство



то точка М0 называется точкой минимума.
Теорема. (Необходимые условия экстремума).

Если функция f(x,y) в точке (х0, у0) имеет экстремум, то в этой точке либо обе ее частные производные первого порядка равны нулю , либо хотя бы одна из них не существует.

Эту точку (х0, у0) будем называть критической точкой.
Теорема. (Достаточные условия экстремума).

Пусть в окрестности критической точки (х0, у0) функция f(x, y) имеет непрерывные частные производные до второго порядка включительно. Рассмотрим выражение:



  1. Если D(x0, y0) > 0, то в точке (х0, у0) функция f(x, y) имеет экстремум, если

- максимум, если - минимум.


  1. Если D(x0, y0) < 0, то в точке (х0, у0) функция f(x, y) не имеет экстремума

В случае, если D = 0, вывод о наличии экстремума сделать нельзя.


1.2. Условный экстремум.
Условный экстремум находится, когда переменные х и у, входящие в функцию u = f( x, y), не являются независимыми, т.е. существует некоторое соотношение

(х, у) = 0, которое называется уравнением связи.


Тогда из переменных х и у только одна будет независимой, т.к. другая может быть выражена через нее из уравнения связи.

Тогда u = f(x, y(x)).



В точках экстремума:

=0 (1)

Кроме того:

(2)

Умножим равенство (2) на число  и сложим с равенством (1).


Для выполнения этого условия во всех точках найдем неопределенный коэффициент  так, чтобы выполнялась система трех уравнений:



Полученная система уравнений является необходимыми условиями условного экстремума. Однако это условие не является достаточным. Поэтому при нахождении критических точек требуется их дополнительное исследование на экстремум.

Выражение u = f(x, y) + (x, y) называется функцией Лагранжа.

Пример. Найти экстремум функции f(x, y) = xy, если уравнение связи:


2x + 3y – 5 = 0








Таким образом, функция имеет экстремум в точке .

Использование функции Лагранжа для нахождения точек экстремума функции называется также методом множителей Лагранжа.


Образцы решения задач на экстремумы функций многих переменных.
Задание 1. Найти экстремум функции двух переменных .

Решение. Необходимое условие экстремума: функция может иметь экстремум только в точках, в которых и . Эти точки называются критическими.

Достаточное условие экстремума. Пусть  критическая точка. Введем обозначения для вторых производных в этой точке: , , , . Тогда, если:

1) и , то  точка минимума;


2) и , то  точка максимума;

3) , то не является точкой экстремума.

Сначала находим частные производные первого порядка и составляем систему уравнений:

,

,

.

Из первого уравнения выражаем , подставляем его во второе:

.

Решая второе уравнение, получим что . Следовательно . Точка  критическая точка. Находим производные второго порядка:

,

,

.

Таким образом

,, ,


.

Поскольку и , то точка  точка минимума;

.
Задание 2. Найти экстремумы функции z = x4+y4-2x2+4xy-2y2

Решение. Находим частные производные :



Приравнивая эти производные нулю, получим систему уравнений



Решая систему, находим стационарные точки:

x3 +y 3 = 0,

y 3 = -x 3

. Подставляя это в первое из уравнений, найдем значения x:

x 3 -2 x = 0, x (x 2 -2) = 0,

x1 = 0, x2 = 2; x3 = -2,

а тогда

y1 = 0, y2=.

Таким образом, имеем три стационарные точки

M1(0,0), M2

Проверяем эти точки на экстремум с помощью достаточных условий:



а) ,

∆ = A1·C1-B12=(-4)·(-4)-42=16-16=0,

В точке M1, ∆ = 0 . Достаточный признак ответа не дает. Дополнительным исследованием можно установить, что в начале координат функция z экстремума не имеет.

б) ,

∆ = A2·C2-B22=20 20-16=400-16=384>0.

Т. к. ∆ > 0 и А2 > 0. Следовательно, в точке М2 функция имеет минимум.

в) .

Итак, ∆ >0 и A > 0, следовательно, точка M3 есть точка минимума функции.

zMin = 4+4-2·2+4·(-2)-2·2= -8.
Задание 3. Исследовать функцию на экстремумы.

Решение. Областью определения данной функции является вся числовая плоскость . Найдём частные производные данной функции:

.

Производные первого порядка непрерывны на всей области определения функции. Для того, чтобы найти стационарные критические точки функции, решим систему уравнений:




Получили одну стационарную критическую точку . Для того, чтобы выяснить, является ли она точкой экстремума, найдём производные второго порядка.

.

Найдём дискриминант: где .

В данном случае, . В данной точке экстремума нет.
Задание 4. Найти экстремум функции при условии .

Решение. Областью определения данной функции является вся числовая плоскость . Выразим из уравнения связи переменную : . Далее рассмотрим оба возможных случая.

1) . Подставляя это выражение в исходную функцию, получим функцию одной переменной . Исследуем эту функцию на наибольшее и наименьшее значение при .

.


Очевидно, при любых значениях переменной , и поэтому наибольшее и наименьшее значение достигается в концах отрезка.

.

2) . Подставляя это выражение в исходную функцию, получим функцию одной переменной . Исследуем эту функцию на наибольшее и наименьшее значение при .

.

Получили две стационарные критические точки. Найдём значения функции в этих точках и на концах отрезка.

.

Таким образом, .
Задание 5. Найти экстремумы функции z=1+6x-x 2-xy-y 2

Решение. Находим частные производные:

.

Составляем систему уравнений и находим ее решение:





Итак, имеем одну стационарную точку Р0 (4,-2).

Проверяем эту точку на экстремум с помощью достаточных условий:


A= -2, C= -2, B= -1, ∆ = AC-B2=(-2)(-2)-(-1)2= 4-1=3.


Поскольку ∆>0 и A<0, то точка P0 есть точка максимума данной функции.
При этом

zMAx = z(P0) = 1+6·4-16-4(-2)-4 = 13

Наибольшее и наименьшее значение функции z = f(x,y) в заданной замкнутой области
Задание 6. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z=x2y(2-x-y) в треугольнике, ограниченном прямыми x=0, у=0, x+y =6

Схема решения.

1). Найти стационарные точки, лежащие внутри области; вычислить значение функции в этих точках.

2). Исследовать функцию на наибольшие и наименьшие значения на границе области. Если граница состоит из нескольких различных линий, то исследование проходится для каждого участка в отдельности.

3). Сравнить полученные значения функции и установить наибольшее и наименьше значение функции.

Решение.

1. Найдем стационарные точки, лежащие внутри данного треугольника:
= 4xy-3x2y-2xy2=xy(4-3x-2y),

= 2x2-x3-2x2y = x2(2-x-2y).


Приравниваем производные к нулю:



Можно сократить на x и у, так как внутри треугольника и x > 0, и у > 0. Тогда имеем

Решение этой системы: x0 = 1, y0 = . Стационарная точка лежит внутри треугольника. Значение функции z в этой точке

.

2. Исследуем функцию на границе области.

На сторонах треугольника x=0 и у=0 значения функции z равны нулю. Найдем ее наибольшее и наименьшее значения на стороне x+y=6. На ней у =6-x и

z=z(x)=x2(6-x)(2-x-6+x)=-4x2(6-x)

На концах интервала z(0)=z(6)=0. Стационарные точки находим из уравнения z′(x)=0: -48x+12x 2=0, 12x(x-4)=0, отсюда x=4 (так как x=0 - граничная точка); при этом
y=2, z= -4·16·(6-4)= -128.

Итак, наибольшее и наименьшее значения функции z в данном треугольнике надо искать среди следующих ее значений:

- внутри треугольника, в точке

z = 0 - на сторонах x=0 и у=0 (в том числе и в вершинах)

z = -128 - на стороне x+у=6, точке (4;2)

Отсюда видно, что наибольшее значение данная функция принимает внутри треугольника, в точке, а наименьшее z= -128 на его границе, в точке (4;2).

Задание 7. Найти наибольшее и наименьшее значение функции

z = 3x2-4xy+4y+2x+6

в области, ограниченной параболой у=2x2,

прямой у = 8 и осью ОУ (x≥0).

Решение. 1) Находим стационарные точки:
.
Приравниваем производные к нулю:

или

Решение этой системы: x0=1, y0=2 стационарная точка P0(1,2) лежит на границе OA. Значение функции в этой точке

z(1,2) = z(P0) = 3-8+8+2+6 = 11.
2) Граница области состоит из трех участков OA, AB, BO.

На участке OA: y = 2x 2, 0≤ x ≤2

функция имеет вид

z = 3x 2-4·x·2x 2+4·2x 2+2x+6 = 11x 2-8x 3+2x+6.

Находимz′(x):

z′(x) = -24x 2+22x+2.

Стационарные точки находим из уравнения z′(x) = 0:

-24x 2+22x+2 = 0, 12x 2-11x-1 = 0.

Отсюда x1 = 1, x2 = . Но x= не входит в указанную область [0,2].

Рассматриваем только x = 1, а у = 2ּ12=2. Имеем точку Р(1;2). Эта точка уже рассматривалась. Находим


z(0)=z(0,0)=6; z(A)=z(2,8)=-10.

На участке AB У = 8,

z = 3x2-30x+38 при 0 ≤ x ≤ 2

Стационарные точки находим из уравнения zx = 0: zx = 6x-30,

zx = 0 при x = 5.

Это значение не входит в область[0,2]. Находим значение z в точке В(0,8): z(В) = z(0,8) = 38.

На участке ВО:

x = 0, z = 4y+6 при 0≤у≤8, z′(у) = 4.

Стационарных точек нет. Эта функция возрастает на [0,8].

Находим: z(В) = z(0,8) = 38, z(0,0) = 6.
3) Сравним найденные значения:

z(P0) = 11, z(P) = 11, z(0) = 6, z(A) = -10, z(B) = 38.

Вывод: zнаиб. = z(B) = 38, zнаим.=z(A)= -10.

Задание 8. Найти наибольшее и наименьшее значение функции

z =2x2+y2-2x-y

в прямоугольнике 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2 .

Решение: 1) находим стационарные точки:

.

Приравниваем производные к нулю:

.

P0(0,5;0,5) - стационарная точка, принадлежит заданной области. Находим значение функции в P0

z(P0)=z(0,5;0,5)=.


2) Граница области состоит из четырех участков ОА, АВ, ВС и СО.

На участке ОА: у = 0, 0≤ x ≤1. Если у = 0, то функция z имеет вид:

z=2x2-2x.

Находим z′(x)=4x-2. Стационарную точку находим из уравнения:

z′(x)=0: 4x-2=0 , x=0,5

Находим значения функции в точке P1(0,5;0) и на концах отрезка [0;1],т.е. в точках O(0,0) и A(1,0):

z(P1)=z(0,5;0)=,

z(0)=z(0,0)=0, z(A)=z(1,0)=0.

На участке AB: x=1, 0≤ у ≤2 функция z имеет вид:

z=2+y2-2-y=y2-y

Стационарную точку находим из уравнения z′(y)=0: (y2-y)=0 ,

2y-1=0, y=0.5.

Имеем точку P2(1;0,5). Находим значения функции в точке P2 и в точке B:

z(P2)=z(1;0,5)=, z(В)=z(1;2)=2

На участке ВС: y=2; 0≤x≤1. функция z имеет вид:

z= 2x2-2x+2.

Стационарные точки находим из уравнения

z′(x)=0: 4x-2=0, x=0.5

Находим значения функции z в точках P3(0,5;2) и C(0,2):

z(P3)=z(0,5;2)=, z(C)=z(0,2)=2.

На участке СО: x=0, 0≤y≤2

функция имеет вид:

z=y2-у.


Стационарную точку найдем из уравнения z′(y)=0:

z′(у)=2у-1, z′(у)=0 => 2у-1=0, у=0.5.

Находим значение функции в точке P4(0;0,5):

z(P4)=P(0;0,5)=.

3) Сравним полученные результаты:

z(P0)=, z(P1)=z(0,5;0)=-0.5, z(0)=0;

z(A)=0, z(P2)=z(1;0,5)=, z(B)=2;

z(P3)=; z(C)=2; z(P4)=.

Заключаем, что zнаиб. = z(B) = z(C)=2 и zнаим.=z(P0)= .
Задание 9. Найти наибольшее и наименьшее значение функции в области .

Решение. Прежде всего, заметим, что данная функция непрерывна в рассматриваемой области. Найдём стационарные критические точки функции, принадлежащие указанной области. Частные производные первого порядка непрерывны в данной области. Составим систему уравнений:


Получили одну стационарную критическую точку . Найдём значение функции в этой точке: . Далее, последовательно найдём значения функции на всех границах области.

1) . Функция принимает вид . Тогда .

2) . Функция принимает вид . Тогда .

3) . Функция принимает вид . Тогда .

4) . Функция принимает вид . Тогда .

Получили:

Приложения. Правила дифференцирования
При вычислении производных пользуются следующими формулами и правилами

(буквы означают постоянные величины, а и  функции):


,

,

,

,

,

,

,

,



















,







.