3.8. УСЛОВНЫЙ ЭКСТРЕМУМ

39

Теорема

3.49 (о неявной вектор-функции нескольких переменных). Пусть

функция

~

(x, y), . . . , F

(x, y)) определена на области U

n

m

,

F (x, y) = (F

R × R

x R

n

,

y R

m

1

m

. Пусть, кроме того,

2) якобиан

отличен от нуля на области U .

∂y

~

~

x

0

—

ственным образом зависимость xˆ = ψ(˜x) . Пусть

g(˜x) = f(˜x ψ(˜x)) . Тогда

точка условного максимума (минимума) при условии ϕ~(x) = 0 функции f

тогда

и только тогда, когда x˜0 — точка максимума (минимума) функции g .

40

ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ

∂ϕ~

∂ϕ~

частных производных

, причем в точке x0

якобиан

отличен от ну-

∂xˆ

∂xˆ

0

ля. Пусть x

— точка условного экстремума

f при условии

ϕ~(x) = 0 . Тогда

ственный вектор λ такой, что

∂L(x0, λ)

∂f(x0)

∂ϕ~(x0)

=

+ λT

= 0.

( . )

∂xˆ

∂xˆ

∂xˆ

Осталось показать, что

∂L(x0, λ)

= 0 при найденном λ .

∂x˜

По теореме 3.49 о неявной вектор-функции нескольких переменных в неко-

торой окрестности точки x

0

~

существует единственное решение xˆ = ψ(˜x) урав-

нения ϕ~(x) = 0 . При этом:

~

0

)

0

)

!

−1

0

)

dψ(˜x

= −

∂~ϕ(x

∂~ϕ(x

( . )

.

dx˜

∂xˆ

∂x˜

По теореме 3.50 и следствию 3.5 получаем, что grad g(˜x0) = 0 , где

g(˜x) =

~

= f(˜x ψ(˜x)) . Отсюда и из ( . ), ( . ) следует, что

dg(˜x0)

df(x0)

En−m

∂f(x0)

∂f(x0) dψ~(˜x0)

0 =

=

dψ~(˜x0)

=

+

=

dx˜

dx

∂x˜

∂xˆ

dx˜

dx˜

∂f(x0)

∂~ϕ(x0)

∂~ϕ(x0)

−1

∂~ϕ(x0)

∂f(x0)

∂~ϕ(x0)

∂L(x0, λ)

=

+ λT

!

=

+ λT

=

.

∂x˜

∂xˆ

∂xˆ

∂x˜

∂x˜

∂x˜

∂x˜

Теорема доказана.

Упражнение . Пусть матрица A имеет размерность m

×

n , m

6

n , rang A = m .

Тогда дляTлюбого z Kern A

1

m

такой,

существует единственный вектор k R

что z = A k .

z Kern A и |z| → 0 . Тогда

| A z| |z| .

Доказательство. Квадратная матрицаT

TA AT размерности m × m невырожде-

на, поэтому квадратичная форма t A A

t положительно определена (посколь-

ку

tT A AT t =

AT t

2

). Пусть

S

>

s > 0

— точные границы значений функции

T

A A

T |

|

H(t) = t

t

на единичной сфере. Тогда

3.8. УСЛОВНЫЙ ЭКСТРЕМУМ

41

d~ϕ(x0)

( . )

y = 0,

dx

квадратичная форма yT

d2L(x0

, λ)

y :

(dx)2

Доказательство. Предположим, что M =

d~ϕ(x0)

= 0 . Тогда условия (a) и (b)

dx

в точке x0 по

являются достаточными условиями экстремума функции L(x, λ)

теореме 3.42. Но для всех x E имеем f(x) = L(x, λ) , поэтому x0

будет точкой

условного экстремума для f(x)

при условии ϕ~(x) = 0 .

Пусть теперь M 6= 0 . Будем считать, что ранг этой матрицы равен m . Если

это не так, то в исходной задаче рассмотрим только те

k условий

ϕj1 (x) =

=

· · ·

= ϕ

jk

(x) = 0

, для

которых векторы

grad ϕ

j1

(x0), . . . , grad ϕ

jk

(x0)

линейно

0

при дан-

независимы, поскольку если x

— точка условного экстремума f(x)

ных k условиях, то x0

будет точкой экстремума и при всех m условиях.

Пусть

x = x − x0 . Обозначим через

y проекцию

x на пространство

Kern M . Тогда y −

x ортогонально этому пространству, и, по теореме 3.52,

|y − x| | M(y − x)|

( . )

при

x → 0 . По формуле Тейлора для x E имеем 2

0 = ϕ~(x) − ϕ~(x0) = M x + o(| x|)

( . )

42

ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ

следовательно, x = y + δ , где δi

= o(| x|) , i =

.

1, n

Для x E по формуле Тейлора получаем, что

f(x) − f(x0) = L(x, λ) − L(x0, λ) =

( . )

1

D2(L; x0,

= grad L(x0, λ)Δx +

x) + o(|

x|2)

2

при x → x0 . По условию теоремы grad L(x0, λ) = 0 . Кроме того,

2

0

T d2L(x0, λ)

T d2L(x0, λ)

D (L; x

, x) = (Δx)

x = (y + δ)

(y + δ) =

(dx)2

(dx)2

T d2L(x0, λ)

T d2L(x0, λ)

T d2L(x0, λ)

= y

y + 2y

δ + δ

δ =

(dx)2

(dx)2

(dx)2

d2L(x0, λ)

d2L(x0, λ)

= |y|2tT

t + o(|y|2) = |

x|2

tT

t + o(1)! ,

(dx)2

(dx)2

= 0,

t

|

= 1

} из

полученных соотношений и формулы ( . ) получаем, что знак

|

0

) в достаточно малой окрестности

x

0

при

x E совпадает

разности f(x) −f(x

со знаком H(t) . Теорема доказана.

grad L(x, λ) = (f(x)/x1 + λ, . . . , f(x)/xn + λ) = 0,

откуда x10

= · · · = xn0 = λ = 1/n . Условие ( . ) равносильно

y1 + · · · + yn = 0 .

Далее,

0

n−n+2 . . . n−n+2

yT

d2L(x0, λ)

y = yT

n−n+2

0 . . . n−n+2

y =

y

2n−n+2 < 0.

2

(dx)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

−| |

n−n+2

n−n+2 . . .

0

Поэтому f(x) достигает максимума в точке x

1

=

· · ·

= x

n

= 1/n . Отсюда сле-

дует, что

x1

xn

6

(1/n)

n

и для любых yi

>

xi

= yi/

Pi

yi , легко

0 , полагая

получаем, что· · ·

3.9. ВОПРОСЫ ДЛЯ КОЛЛОКВИУМА

43