1 курс 2 семестр / Лекция 7
.pdfЛЕКЦИЯ 7.
УСЛОВНЫЙ ЭКСТРЕМУМ: ОПРЕДЕЛЕНИЕ, МЕТОДЫ НАХОЖДЕНИЯ. НАИМЕНЬШЕЕ И НАИБОЛЬШЕЕ ЗНАЧЕНИЯ ФУНКЦИЙ В ЗАМКНУТОЙ
ОБЛАСТИ,
В теории функций нескольких переменных иногда возникают задачи, когда экстремум функции нескольких переменных необходимо найти не на всей области определения, а на множестве, удовлетворяющем некоторому условию.
Пусть z f (x, y) – функция двух переменных, аргументы x и y которой удовлетворяют условию g(x, y) C , называемому уравнением связи.
Определение. Точка
M |
(x |
, y |
) |
0 |
0 |
0 |
|
называется точкой условного
минимума (максимума) функции |
z f ( |
||
окрестность точки |
M 0 , что для всех точек |
||
удовлетворяющих |
условию |
g(x, y) C , |
|
x, y) , если существует такая |
|
M (x, y) из этой окрестности, |
|
выполняется |
неравенство |
f (x0 , y0 ) f (x, y), ( f (x0 , y0 ) f (x, y) ).
Если уравнение связи |
g(x, y) C |
можно разрешить относительно одной |
|
|
|
||
из переменных (например, выразить |
y |
через x : y (x) ), то задача отыскания |
|
условного экстремума функции двух переменных сводится к нахождению экстремума функции одной переменной. Для этого подставляют найденное
выражение |
y (x) |
в функцию двух переменных. В результате получают |
|||||||
|
|
||||||||
функцию одной |
переменной x : |
z(x) f (x, (x)) . Ее экстремум и будет |
|||||||
условным экстремумом функции |
z f (x, y) |
. |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|||||
Пример 1. Найти экстремумы функции |
|
|
|
||||||
|
|
|
z |
3x |
2 |
6xy 2y |
2 |
7 |
|
|
|
|
|
|
|||||
при условии, что ее аргументы удовлетворяют уравнению связи y 3x 1.
Решение.
Из уравнения связи находим функцию |
y 3x 1 |
и подставляем ее в |
|
|
|
||
функцию z. Получим функцию одной переменной |
|
|
|
z(x) 3x2 6x(3x 1) 2(3x 1)2 |
7 |
||
или
z(x) 3x |
2 |
6x |
|
||
Находим экстремум данной функции: |
|
|
|
|
|
z (x) 6x 6, 6x 6 |
||
– критическая точка.
5
0
.
,
x 1
|
то в точке x 1 |
функция |
z(x) |
имеет локальный |
||||||
Так как z |
(x) 6 0, |
|||||||||
минимум. Из |
уравнения |
связи |
находим: |
y 3 1 1 2 |
. Следовательно, |
|||||
функция |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
3x |
2 |
6xy 2y |
2 |
7 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
в точке M (1, 2) |
имеет условный минимум: |
|
|
|
|
|
||||
|
zmin z(1, 2) 3 12 6 1 2 2 22 |
7 8. |
||||||||
В более сложных случаях, когда уравнение связи
g(x, y) C
не
разрешимо относительно одной из переменных, для отыскания условного экстремума используется метод неопределенных множителей Лагранжа.
Рассмотрим его на примере.
Пример 2. Найти условный экстремум функции
z x 2 y,
если
x |
2 |
y |
2 |
5. |
|
|
Решение.
Построим функцию Лагранжа
Где
L(x, y, ) x 2y (x |
2 |
y |
2 |
5). |
|
|
- множитель Лагранжа
Найдем частные производные функции Лагранжа и приравняем их к нулю:
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
L |
1 2x |
1 2x 0 |
|
2 |
|
||||||||
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
2 2x |
2 2x 0 |
|
y |
|
|
|
. |
|||||
|
|
|
|
||||||||||
Ly |
|
||||||||||||
L |
x 2 y2 - 5 |
x 2 |
y2 5 |
|
2 |
|
2 |
|
|||||
y |
5 |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
1 |
5; |
||
4 |
2 |
|
2 |
|||
|
|
|||||
|
|
|
|
|||
|
1 |
; |
|
||
1 |
2 |
|
|
|
Если = ½, то x = -1, y = -2.
5 4 2
2
5;
1 2
|
2 |
|
1 |
; |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
.
L(x, y, 2) x
L |
1 x; |
x |
|
L |
2 y; |
y |
|
L |
1; |
L |
0; |
xx |
|
xy |
|
2y 21 x2 12
1 x 0; |
x |
2 y 0; |
y |
L |
1; |
1 |
|
||
yy |
|
0 |
|
|
y 2 52 .
1 |
. |
|
2 |
||
|
0 |
1 |
|
|
1 |
|||
|
|
0
.
Экстремум есть, и так как |
L |
1 |
> 0, то точка (-1, -2) - точка минимума. |
xx |
|
Если = -½, то x = 1, y = 2.
L(x, y, 2) x 2y |
1 |
|
2 |
|
1 |
|
2 |
5 |
|
x |
|
|
y |
. |
|||
|
|
|
|
|||||
|
2 |
|
|
|
2 |
|
|
2 |
L |
1 x; |
1 x 0; |
x 1 |
x |
|
|
y 2 . |
L |
2 y; |
2 y 0; |
|
y |
|
|
|
|
1; |
|
0; |
|
1; |
1 |
0 |
1 0 . |
|
|
|||||||
Lxx |
Lxy |
Lyy |
0 |
1 |
||||
|
|
|
|
|
|
|
Экстремум есть, и так как
L xx
1
< 0, то точка (-1, -2) - точка максимума.
Наибольшее и наименьшее значения функции в замкнутой области
Наибольшее и наименьшее значения функции в замкнутой области ищутся среди следующих точек:
1)критические точки на экстремум из равенства нулю или бесконечности каждой частной производной первого порядка;
2)угловые точки области, если таковые имеются;
3)точки локального экстремума, которые получаются, если
подставить уравнение границ области в исходную функцию
z
f (x,
y)
,
получить при этом функцию одной переменной и из равенства нулю или бесконечности каждой производной первого порядка найти эти точки.
Среди указанных точек выбираются те, для которых функция z f (x, y) , имеет наибольшее и наименьшее значения.
Сформулируем теоремы, которые понадобятся в дальнейшем.
Теорема Вейерштрасса. Непрерывная функция в замкнутой ограниченной области D достигает, по крайней мере, один раз наибольшего значения M и наименьшего значения m .
Теорема. Если функция
f (x, y)
непрерывна в ограниченной замкнутой
области |
D , M и |
области |
D и если |
найдется точка |
|
|
M ( |
m
m
x |
0 |
, |
|
|
– наибольшее и наименьшее значения этой функции в
– число, удовлетворяющее условию |
m m M , то в D |
y 0 ) такая, что f (x0 , y 0 ) m . |
|
Пример 3. Найти наибольшее и наименьшее значение функции
= − + 2 − 2 + 10, в области 0 ≤ ≤ 1, −1 ≤ ≤ 0.
Решение.
Функция непрерывна в замкнутом квадрате 0 ≤ ≤ 1, −1 ≤ ≤ 0. Поэтому, согласно теореме Вейерштрасса, она на этом множестве достигает своих наибольшего и наименьшего значений функции.
Найдем все решения системы уравнений:
|
|
|
|
|
′ = − + 2 − 2 = 0, |
|
(− − 1 + 2 ) = 0, |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
{ ′ |
= − + |
2 |
− 2 = 0, |
{ |
( |
|
|
|
|
|
|
) |
= 0, |
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
− 1 − 2 |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= 0, |
|
− − 1 + 2 = 0, |
|
|
− − 1 + 2 = 0, |
= 0, |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
{ = 0, |
{ |
|
|
|
= 0, |
|
|
|
|
|
{ |
− 1 − 2 = 0, { − 1 − 2 = 0, |
|
|
|||||||||||||||||||||||
Имеем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
{ = |
1 |
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
{ = 0, { = −1, |
|
|
|
{ = 0, |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
= 0, |
|
|
= 0, |
|
|
|
|
= − |
1 |
, |
= 1. |
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Все решения находятся в области 0 ≤ ≤ 1, −1 ≤ ≤ 0. |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
Найдем |
значения |
функции |
|
= − + 2 − 2 + 10 |
в найденных |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
стационарных точках: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
(0; 0), (0; 0) = −0 ∙ 0 + 02 |
∙ 0 − 0 ∙ 02 + 10 = 10, |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
2(0; −1), (0; −1) = −0 ∙ (−1) + 02 ∙ (−1) − 0 ∙ (−1)2 + 10 = 10, |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
1 |
1 |
|
1 |
1 |
|
1 |
|
1 |
|
1 |
|
2 |
|
1 |
|
1 |
|
|
|
|
1 |
2 |
|
1 |
|
271 |
||||||||||||
3( |
|
; − |
|
), ( |
|
; − |
|
) = |
|
|
∙ |
|
|
− ( |
|
) |
|
∙ |
|
− |
|
|
∙ (− |
|
) + 10 = |
|
+ 10 = |
|
, |
|||||||||
|
|
|
|
3 |
3 |
|
|
3 |
3 |
|
3 |
27 |
27 |
|||||||||||||||||||||||||
3 |
3 |
|
3 |
3 |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
4(1; 0), (1; 0) = −1 ∙ 0 + 12 ∙ 0 − 1 ∙ 02 + 10 = 10. |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
На границе области |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
А) = 0, −1 ≤ ≤ 0. Отсюда |
= 10. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
Б) = 1, −1 ≤ ≤ 0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
Следовательно,
= − + − 2 + 10 = − 2 + 10, ′ = −2 = 0, = 0,(1; 0) = −1 ∙ 0 + 12 ∙ 0 − 1 ∙ 02 + 10 = 10.
С) = 0,0 ≤ ≤ 1. Получаем = 10. D) = −1, 0 ≤ ≤ 1.
Таким образом,
= − 2 − + 10 = − 2 + 10,′ = −2 = 0, = 0,
(0; −1) = −0 ∙ (−1) + 02 ∙ (−1) − 0 ∙ (−1)2 + 10 = 10.
Найдем значения функции в точках пересечения линий, ограничивающих область 0 ≤ ≤ 1, −1 ≤ ≤ 0.
(0; −1) = 10,(0; 0) = 10,
(1; −1) = −1 ∙ 1 + 12 ∙ 1 − 1 ∙ 12 + 10 = 9,(1; 0) = 10.
Выберем наибольшее и наименьшее значения:
= (13 ; − 13) = 27127 , = (1; 0) = 0. Ответ: = (13 ; − 13) = 27127 , = (1; 0) = 0.