−3(x +1) + 30 (y −1) − (z −18) = 0,

или

И

−3x + 30y − z −15 = 0 .

Уравнение нормали составим в виде выражения (30)

(x +1) = (y −1) =

(z −18) .

−3

30

Д

−1

§13. Экстремум функции нескольких переменных

Функция z = f (x, y)

имеет локальный максимум (локальный ми-

А

нимум) в точке M0 (x0 , y0 ),

если существует такая окрестность точки

M0 , всех точках M (x , y) ≠ M0 (x0 , y0 ) из которой выполняется нера-

венство f (x, y) < f (x0. y0 )

( f (x, y) > f (x0. y0 )),

Точки локальных максимумов и локальных минимумов называ-

ются экстремумами.

Геометрически локальный максимум (локальный минимум) в

точке M0 (x0 , y0 )

означает,

что поверхность

z = f (x, y)

имеет точку

ли

M0 (x0 , y0 , z0 ), ( z0

= f

(x0 , y0 )), лежащую выше (или ниже) всех сосед-

н х точек поверхности.

Нео ход мые условия экстремума

Если функц я

z = f (x, y) имеет экстремум в точке M0 (x0 , y0 ),

С

то в этой точкебполный дифференциал функции в этой точке

d z (x0 , y0 ) = 0

d z (x0 , y0 ) не существует.

Точки, в которых d z (x0 , y0 ) = 0

или d z (x0 , y0 ) не существует

называют кр тическими.

Геометрически

это

означает,

что

в точке

критической

M0 (x0 , y0 , z0 ), лежащей выше (или ниже) соседних точек поверхно-

сти, либо существует горизонтальная

касательная плоскость (если

d z (x0 , y0 ) = 0), либо в точке M0 (x0 , y0 , z0 ) касательная плоскость не

существует (если d z (x0 , y0 )

не существует).

А

И

Рис. 15

Поверхность

конуса вращения z2 = x2

+ y2

имеет локальный

б

минимум в точке

M1 (0,0,0). Но в точке локального минимума функ-

ция касательной плоскости не имеет (рисД. 16).

и

Рис. 16

Заметим, что условие d z (x0 , y0 ) = 0 равносильно системе

С

z′x (x0 , y0 ) = 0;

(31)

z′y (x0 , y0 ) = 0.

Теорема

1

(достаточное

И

условие экстремума).

Пусть

d 2 z (M0 ) = Ad x2 + 2 B d x d y + C d y2

– второй дифференциал функ-

ции z = f (x, y)

в критической точке M0 (x0 , y0 ), и при этом верно н е-

равенство

D = AC − B2

> 0.

(32)

Функция z = f (x, y) имеет в точке M0 (x0 , y0 )

–

локальный минимум, если A > 0;

–

локальный максимум, если A < 0.

Замечание. При условии (31) числа A и B всегда одного знака.

Из определения 2-го дифференциала (17) известно, что

z′x′x (x0 , y0 ) = A; z′x′y (x0 , y0 ) =

B ;

z′y′y (x0

, y0 ) = C ,

Д

поэтому условие (32) можно записать в виде

D =

AC − B2

=

A B

=

z′x′x

z′x′y

> 0.

B C

z′y′x

z′y′y

M0

А

Итак, услов е того, что в критической точке M0 (x0 , y0 ) у функ-

ц z = f (x, y) есть экстремум, это условие в виде

б

∆

M0

=

z′x′x

z′x′y

> 0.

(33)

z′y′x

z′y′y

и

M0

Теорема 2 (достаточное условие отсутствия экстремума).

Если в критической точке M0

(x0 , y0 ) функции z = f (x, y) (в условиях

теоремы 1) верно неравенство

С

D = AC − B2 < 0,

(34)

то функция z = f (x, y)

не имеет в точке M0 (x0 , y0 ) экстремумов.

Замечание. Если

в

критической точке M0 (x0 , y0 )

функции

z = f (x, y) (в условиях теоремы 1) верно равенство

D = AC − B2 = 0,

то функция z = f (x, y)

в точке M0 (x0 , y0 ) может иметь экстремум, но

Д

может и не иметь. Этот случай требует дополнительных методов ис-

следования.

Примеры.

1.

Найти экстремумы функции z = x3 + y3 − 3 x y +1.

А

. Най-

Решение. Область определения функции – плоскость R2

дем критические точки функции. Составляем и решаемИсистему

′

2

zx

= 3 x

−

3 y = 0;

б

= 3 y2 −

3 x = 0;

z′

y

y = x2 ;

x4 − x = 0.

В результате получаем две критические (стационарные) точки

O (0,0)

M0 (1,1). О ласти определения эти точки удовлетворяют.

С

ли в этих точках достаточные условия

Провер м, выполнены

экстремума (33). Выч сляем частные производные 2-го порядка и со-

ставляем определ тель

и

∆ =

6 x

− 3

.

− 3

6 x

∆

=

0 − 3

= −9 < 0.

O

− 3

0

И

По теореме 2, в точке O (0,0) функция экстремумов не имеет.

∆

=

6 − 3

= 36 − 9 = 17 > 0

M0

− 3

6

Д3 2

По теореме 1, в точке M0 (1,1)

функция имеет экстремум. Т.к.,

кроме того, z′x′x (1,1) = 6 > 0 , то в точке M0 (1,1) функция имеет локаль-

ный минимум.

А2 2

Итак, функция z = x3

+ y3 − 3 x y +1 имеет локальный минимум в

точке M0 (1,1):

z

min

= z (1,1 )

= 12

+ 23 − 3 1 1+1 = 7.

б

z = x + +3 x y −15 x −12 y .

2. Найти экстремумы функции

′

+ 3 y

−15 = 0;

zx = 3 x

z′y = 6 x y −12 = 0;

С

2

+ y

2

= 5;

x

2 x y = 4.

сложимначала , потом отнимем получившиеся уравнения, по-

лучим

2

(x

= 9;

+ y)

2

= 1;

(x − y)

x + y = ±3;

x − y = ±1.

Теперь имеем четыре системы, решаем их:

И

x + y = 3;

получаем точку M1 (2,1).

1,

x − y =

Д

x + y = 3;

получаем точку M 2 (1, 2).

x − y = −1,

x + y = −3;

получаем точку M3 (−1, − 2).

1,

x − y =

x + y = −3;

получаем точку

M 4 (− 2, −1).

б

x − y = −1,

Функция имеет четыре критические (стационарные) точки. Эти

точки удовлетворяют о ласти определения.

Проверим

12

6

,

выполнены

ли в этих точках достаточные условия

экстремума (33). Вычисляем частные производные 2-го порядка и со-

ставляем определ

тель:

А

∆ =

6 x

6 y

.

6 y

6 x

Подставляем в ∆ координаты критических точек:

∆

M1

=

6

12

= 144 − 36 = 108 > 0,

поэтому в точке M1 (2,1) функция имеет экстремум по теореме 1. Т.к.,

кроме того, z

′′

(M

1

) = 12 > 0 , то в точке M

1

(2,1)

– локальный минимум.

Сx x

∆

=

6

12

= 36 −144 = −108 < 0,

M2

12

6

И

поэтому в точке M 2 (1, 2) функция экстремум не имеет по теореме 2.

Проверяем точку M3 (−1, − 2):

Д

− 6

−12

∆

=

= 36 −144 = −108 < 0,

M3

−12

− 6

поэтому в точке M3 (−1,

А

− 2) функция экстремум не имеет по теореме.

Проверяем точку M 4 (− 2, −1):

∆

=

−12

− 6

= 144 − 36 = 108 > 0,

б3

2

M

4

− 6

−12

поэтому в точке

M

4

(− 2, −1) функция имеет экстремум по теореме 1.

максимум

M 4 (− 2, −1) – локаль-

Т.к., кроме того,

z′x′x

(M 4 ) = −12 > 0, то в точке

ный макс мум.

z

max

= z (− 2, −1 )

= (− 2)3 + 3 (− 2) (−1)2 −15 (− 2)−12 (−1) = 28 .

С

z = x + +3 x y

−15 x −12 y

имеет локальный ми-

Итак, функц я

н мум в точке M1 (2,1),

z

min = z (2,1 ) = −28. Функция имеет локаль-

ный

в точке M 4 (− 2, −1),

z

max = z (− 2, −1 ) = 28.

3. Даны функция двух переменных z = x3 + 8y3 − 6xy + 5

и точ-

ка. Исследовать функцию z на экстремум.

Решение. Находим точки, в которых частные производные пер-

вого порядка z′x ,

z′y

равны нулю или не существуют и которые лежат

внутри области определения функции: z′x = 3x

2

− 6y , z′y = 24y

2

− 6x .