Математический анализ функции нескольких переменных. Учебное пособие

ловного максимума функции

f (x1, x2 ,…, xn );

если d

2

( j)

) − не-

L(M

определенная квадратичная форма, то точка M ( j)

не является точкой

условного экстремума функции f (x1, x2 ,…, xn ).

Решим задачи примеров 1.8 и 1.9 методом Лагранжа.

Пример 1.11. Найти точки условного экстремума функции

f (x, y)

= x2 + y2 , x + y = 1.

Решение

1. Строим функцию Лагранжа

L(x, y,λ) = x2 + y2 + λ(x + y − 1).

2. Находим стационарные точки функции Лагранжа

∂L = 2x + λ = 0,

∂x

∂L = 2y + λ = 0,

∂y

∂L = x + y − 1 = 0.

∂λ

1

1

1

Отсюда x = y =

2

,

λ = − 1,

т.е.

M

= M

2

,

2

,−1 . Таким образом,

точка

М

1

,

1

является точкой,

«подозрительной»

на

условный

2 2

экстремум.

имеет вид

3. Второй дифференциал функции Лагранжа в точке М

∂2L

∂2L

∂2L

d2L(M) =

∂x2

(M)(dx)2

+ 2

∂x∂y

(M)dxdy + ∂y2

(M)(dy)2 = 2(dx)2 + 2(dy)2 > 0,

если

(dx)2 + (dy)2 > 0.

Значит, точка

M

1

,

1

является

точкой

условного

минимума

2

2

функции f (x, y) , который равен f

1

=

1

.

2

2

х2 + у2 = 25,

х

= − (1+

2),

(1.64)

у

х2 + у2 = 25 ,

х

= − 1+

2 .

(1.65)

у

Тогда

х = ±

5

2 +

2

2

+ 2 2.

5

– решения системы (1.64), при этом λ = − 5

у =

2 −

2

2

х = ±

5

2 −

2

2

2.

5

– решения системы (1.65), при этом λ = − 5 − 2

у = ±

2 +

2

2

Таким образом, стационарные точки функции Лагранжа

(1)

5

2 +

2 , −

5

2 −

2 , −5 +

2

2

,

М

2

2

(2)

−

5

2 +

5

2 −

2 , −5 +

М

2

2 ,

2

2

,

2

(3)

5

2 −

5

2 +

2 , −5 − 2

М

2

2 ,

2

,

2

(4)

−

5

2 −

2 , −

5

+

2 , −5

− 2

М

2

2

2

2 .

Точки, «подозрительные» на условный экстремум

(1)

5

2 +

2 ,−

5

2 −

М(2)

−

5

2 +

5

2 −

М

2

,

2 ,

2

,

2

2

2

2

(3)

5

2 −

5

2 +

М(4)

−

5

−

2 ,−

5

2 +

М

2 ,

2

,

2

2

.

2

2

2

2

3.

Второй

дифференциал функции

Лагранжа

в

точках

( j)

( j

= 1,

2,

3,

4)

имеет вид

М

2

( j)

∂2 L

( j)

2

∂2 L

( j)

∂2 L

( j)

2

d

L(M

)

= ∂x2

(M

)(dx)

+ 2

∂x ∂y

(M

) dx dy +

∂y2

(M

)(dy)

=

= (6 + 2λ( j) )(dx)2

+ 8 dx dy + (14 + 2λ( j) ) (dy)2

=

= 4{(−1±

2)(dx)2 + 2dx dy + (1±

2)(dy)2}.

Таким образом,

d

2

( j)

) = 4(−1±

2)[dx + (1±

2

(1.66)

L(M

2) dy] .

Далее

из формулы

(1.66)

следует, что если dx = − (1± 2) dy,

то d

2

( j)

) = 0, т.е.

d

2

( j)

) не является ни положительно опре-

L(M

L(M

лами dx и dy в точках

( j)

.

М

2xdx + 2ydy = 0 ,

у ≠ 0

4.

Из условия

связи имеем

т.е. при

dy = −

x

( j)

dx. Отсюда в точках M

y

dy = (1±

2) dx.

(1.67)

Здесь при j = 1,

2 , знак «+», а при j = 3,

4 – знак «–».Тогда

d

2

( j)

) = 4(−1± 2)[dx + (1±

2)

2

2

(1.68)

L(M

dx]

d

2

( j)

) > 0

j = 1, 2

и d

2

( j)

) < 0

при j = 3, 4,

L(M

при

L(M

т.е. точки M (1)

и

М

(2) являются точками строгого условного ми-

нимума функции

f (x, y) , а точки М (3)

и

М (4)

− точками строгого

области

G R2 . Тогда согласно теореме Вейерштрасса функция

f (x, y)

в области G принимает максимальное и минимальное значе-

Изложим алгоритм решения этой задачи.

1.

Находим стационарные точки

Ni (xi , yi ), (i = 1, 2,

…, n) функ-

ции

f (x, y) , лежащие внутри

области G.

Вычисляем

= max f (xi , yi ),

m = min f (xi , yi ).

M

1≤i ≤ n

1≤i≤ n

2. Находим

максимальное

и

минимальное значения

функции

f (x, y) на границе ∂G области G.

Пусть граница ∂G состоит из конечного числа гладких кусков

∂Gj ( j = 1, 2,

…,

k). Обозначим

M ′ =

max

f (x, y),

m′

=

min f (x, y),

j = 1,

2, …, k.

j

( x, y)∂Gj

j

( x, y)∂Gj

Так как переменные х и у на каждой части ∂Gj

взаимосвязаны

(ϕ

j

(x, y) = 0),

то

отыскание величин

M ′

и

m′ является

задачей

j

j

f (x, y) , если

на отыскание

условного

экстремума

функции

ϕ j (x, y) = 0,

(x, y) ∂Gj . Далее имеем

M ′ =

max

f (x, y) = max M

′ ,

m′ =

min

f (x, y) = min m′ .

( x, y) ∂G

1≤ j ≤ k

j

( x, y) ∂G

1≤ j ≤ k

j

3. Ответ: M ≡

max

f (x, y) = max{M,M′},

m ≡

(x,y) G ∂G

min

f (x, y) = min{m,m′}.

Фиксируем переменную x. Получим

∂u = 5cos(2x + 5y + 3).

∂y

Аналогично

∂2u

∂x2

= − 4sin (2x + 5y + 3),

∂2u

=

∂2u

= − 10sin (2x + 5y + 3),

∂x ∂y

∂y ∂x

du =

∂u dx +

∂u dy,

(2.1)

∂x

∂y

d

2

u =

∂2u

dx

2

+ 2

∂2u

dx dy +

∂2u

dy

2

.

(2.2)

∂ x2

∂ x ∂ y

∂ y2

Имеем

∂u

= 1

+ y

3

,

∂u

=

3xy2

.

∂x

∂y

2

1+ y3

Отсюда (см. (2.1))

du =

1+ y3 dx +

3xy2

dy.

2 1+ y3

Далее,

∂2u

= 0,

∂2u

=

3y

2

∂2u

=

3xy( y3 + 4)

,

.

∂x2

∂x ∂y

2 1+ y3

∂y2

4(1+ y3 )

32

Тогда (см. (2.2))

d 2u =

3y2

dxdy +

3xy( y3 + 4)

d y2 .

1

3

(1+ y3 ) 2

4(1+ y3 ) 2

функции u = ϕ(ξ,η),

если ϕ(ξ,η) – дважды непрерывно дифференцируе-

мая функция, ξ = x2 + y2 , η = x2 − y2 ,

а х и у – независимые переменные.

Решение.

Задача

сводится

к

нахождению

производных

∂u ∂u ∂2u ∂2u ∂2u

и использованию формул (2.1)

и (2.2).

,

,

∂x2

,

,

∂y2

∂x

∂y

∂x∂y

Имеем

∂u = ∂ϕ ∂ξ + ∂ϕ ∂η = 2x

∂ϕ

+ 2x

∂ϕ ,

(2.3)

∂x

∂ξ ∂x

∂η ∂x

∂ξ

∂η

∂u =

∂ϕ ∂ξ +

∂ϕ

∂η = 2y

∂ϕ

− 2y

∂ϕ .

(2.4)

∂ξ

∂y

∂ξ ∂y

∂η ∂y

∂η

Отсюда и из формулы (2.1) получим

− ∂ϕ dу.

du = 2x ∂ϕ +

∂ϕ dx + 2у ∂ϕ

∂ξ

∂η

∂ξ

∂η

Далее,

= ∂

∂ϕ + 2x ∂ϕ = 2 ∂ϕ + 2x

∂ ∂ϕ

+ 2 ∂ϕ + 2x ∂ ∂ϕ

∂

u

2x

, (2.5)

2

∂x2

∂ x

∂ξ

∂η

∂ξ

∂x ∂ξ

∂η

∂x ∂η

∂

∂ϕ

= 2x

∂

∂ϕ

+ 2x ∂ ∂ϕ = 2x ∂ ϕ + 2x