Методы оптимизации. Учебное пособие-2

2.ОСНОВЫ ТЕОРИИ ЭКСТРЕМАЛЬНЫХ ЗАДАЧ

2.1.Нахождение экстремума функций одной

инескольких переменных

2.1.1Экстремум функции одной переменной

Напомним формулировки основных теорем из курса математического анализа о нахождении локальных экстремумов дифференцируемых функций.

Теорема 1 (теорема о достаточном условии монотонности функции). Пусть функция y = f(x) непрерывна на сегменте [a, b], диференцируема на интервале (a, b) и f´(x) < 0 (f´(x) > 0) на интервале (a, b). Тогда функция y = f(x) убывает (возрастает) на сегменте [a, b].

Пример 3. Найти интервалы монотонности функции y = x3 + 3x2.

Решение. Определим интервалы монотонности функции y(x). Для этого найдем производную y´(x) = 3x2 + 6x и приравняем ее к нулю 3x2 + 6x = 0. Полученное уравнение имеет два корня x1 = –2 и x2 = 0, которые разбивают ось Ox на три интервала (–∞, –2), (–2, 0), (0, ∞). Производная y´(x) имеет постоянный знак на каждом из этих интервалов, а именно, “+”, “–“, “+”. Cледовательно, функция y(x) возрастает на интервалах (–∞, –2) и (0, ∞) и убывает на (–2, 0) (см. рис. 1).

Теорема 2. Пусть функция y = f(x) дифференцируема на интервале (a, b) и возрастает (убывает) на этом интервале, тогда производная f´(x) ≥ 0 (соответственно, f´(x) ≤ 0) на интервале (a, b).

11

Определение 4 (определение точки экстремума функции). Пусть функция y = f(x) определена в некоторой окрестности точки x0. Тогда

точка x0 называется точкой локального максимума (минимума)

функции f(x), если существует такая окрестность точки x0, что для всех x из этой окрестности (за исключением самой точки x0) выполняется неравенство f(x0) > f(x) (соответственно, f(x0) < f(x)).

Понятия локального максимума и локального минимума объединяют общим термином локальный экстремум.

Теорема 3 (необходимое условие существования экстремума).

Если функция y = f(x) имеет в точке x0 (a, b) локальный экстремум (максимум или минимум), то в этой точке производная функции равняется нулю или не существует (f´(x0) = 0 или f´(x0) не существует).

Следствие. Если в точке экстремума x0 существует производная функции, то касательная, проведенная к графику функции в точке M(x0, f (x0)) параллельна оси Ox (см. рис.2).

y

f(x0) M(x0, f (x0))

Рис. 2

Примером функции, не имеющей производной в точке экстремума, является функция y = |x|. В точке x0 = 0 функция имеет локальный минимум и не имеет производной (см. рис.3).

12

y

x

Рис. 3

Условие, содержащееся в теореме 3, является необходимым условием существования экстремума, но не является достаточным.

Пример 4. Функция y = x3 в точке x = 0 имеет производную, равную нулю (y´(x)|x= 0 = 3x2|x=0 = 0), но не имеет в этой точке экстремума.

Определение 5 (определение критической точки функции).

Точка x0 называется критической для функции y = f(x), если функция определена в некоторой окрестности этой точки, а производная в этой точке равна нулю или не существует.

Теорема 4 (первый достаточный признак существования экст-

ремума). Пусть функция y = f(x) непрерывна в точке x0 и дифференцируема в некоторой окрестности этой точки (кроме, возможно, самой точки x0). Тогда для того чтобы функция y = f(x) имела в точке x0 локальный максимум (минимум) достаточно, чтобы существовала окрестность точки x0 такая, что f´(x0) > 0 при всех x < x0 из этой окрестности и f´(x0) < 0 при всех x > x0 из этой окрестности (соответственно, f´(x0) < 0 при всех x < x0 из этой окрестности и f´(x0) > 0 при всех x > x0 из этой окрестности).

Пример 5. Найти точки экстремума функции y = x3 – 12x + 6.

Решение. Найдем производную функции y´ = 3x2 – 12. В силу теоремы о необходимом условии экстремума (теорема 3) функция

13

может иметь экстремум только в критической точке. Поскольку функция дифференцируема во всей своей области определения, то критическими точками являются, точки в которых производная равна 0. Приравнивая производную к нулю y´ = 3x2 – 12 = 0, находим две критические точки функции: x1 = –2; x2 = 2, которые разбивают ось Ox на интервалы (–∞,–2), (–2, 2), (2, ∞). Знаки производной на этих интервалах ”+” , ”–”, ”+”. Следовательно, x1 = –2 – точка локального максимума; x2 = 2 – точка локального минимума.

Ответ. Точки экстремума функции x1 = –2; x2 = 2.

Пример 6. Найти точки локального минимума и максимума функции y 3 (x 4)2

Функция может иметь экстремум только в критической точке. Производная функции не существует в точке x1 = 4, во всей своей области определения производная отлична от нуля. Следовательно, функция имеет единственную критическую точку x1 = 4, при переходе через которую производная меняет знак с ”+” на ”–”. По первому достаточному признаку существования экстремума функция имеет в точке x1 = 4 локальный максимум.

Ответ. Точка x1 = 4 – точка локального максимума.

Теорема 5 (второй достаточный признак существования экст-

ремума). Пусть функция y = f(x) определена в некоторой окрестности точки x0 и имеет в этой точке вторую производную. Тогда, если f´(x0) = 0 и f´´(x0) < 0, то x0 является точкой максимума функции, если же f´(x0) = 0 и f´´(x0) > 0, то x0 является точкой минимума функции.

Пример 5a. Найти точки локального минимума и локального максимума функции y = x3 – 12x + 6.

14

Решение. Применим для решения задачи второй достаточный признак существования экстремума, для этого найдем первую и вторую производные функции y´ = 3x2 – 12, y´´ = 6x.

Как было показано выше, функция имеет две критические точки x1 = –2; x2 = 2, в которых первая производная равна нулю. В точке x1 = –2 вторая производная меньше нуля, следовательно, по второму признаку существования экстремума x1 = –2 – точка локального максимума. В точке x2 = 2 вторая производная больше нуля, следовательно, по второму признаку существования экстремума точка x2 = 2 – точка локального минимума.

Ответ. x1 = –2 – точка локального максимума функции; x2 = 2 – точка локального минимума функции.

Пример 6a. Найти точки локального минимума и локального максимума функции y 3 (x 4)2

ция может иметь экстремум только в критической точке. В единственной критической точке x1 = 4 производная функции не существует (см. пример 6), поэтому для решения задачи невозможно применить второй достаточный признак существования экстремума.

2.1.2. Нахождение наибольшего и наименьшего значений

функции на отрезке

Рассмотрим задачу нахождения наибольшего и наименьшего значений функции на отрезке. Если функция y = f(x) непрерывна на сегменте [a, b], то на этом отрезке она принимает свои наименьшее и наибольшее значения. Эти значения функция может принимать либо в точках экстремума, принадлежащих интервалу, либо в граничных точках отрезка [a, b]. Таким образом, получаем следующий алгоритм

15

нахождения наибольшего и наименьшего значений функции на отрезке [a, b]:

1)найти критические точки функции на интервале (a, b);

2)вычислить значения функции в найденных критических точках и на концах отрезка;

3)среди всех вычисленных значений функции выбрать наименьшее и наибольшее значения.

Пример 7. Найти на отрезке [–1, 3] наибольшее и наименьшее значения функции y = 3x4 – 4x3 – 1.

Решение. Для определения критических точек найдем производную функции y´ = 12x3 – 12x2 и приравняем ее к нулю: 12x3 – 12x2 = = 12x2(x – 1) = 0.

Функция имеет две критические точки x1 = 0, x2 = 1. Обе точки принадлежат интервалу (–1, 3). Найдем значения функции в критических точках и в конечных точках отрезка:

y(–1) = 3(–1)4 – 4(–1)3 – 1 = 6 y(0) = 3∙04 – 4∙03 – 1 = – 1 y(1) = 3∙1 – 4∙1 – 1 = –2

y(3) = 3∙34 – 4∙33 – 1 = 134 .

Среди найденных значений функции выбираем наименьшее и наибольшее значения.

Ответ. Наименьшее значение функции равно –2, оно достигается в точке x = 1: y(1) = –2; наибольшее значение функции равно 134, оно достигается в точке x = 3: y(3) = 134.

В практических задачах может возникать необходимость нахождения не наибольшего или наименьшего значений функции, а значения аргумента, при котором функция принимает одно из этих значений. Алгоритм решения таких задач остается прежним.

16

Пример 8. Требуется из бревна радиуса 15 см выпилить балку прямоугольного сечения, обладающую наибольшей прочностью на изгиб, если прочность балки прямо пропорциональна ширине балки и квадрату высоты балки.

Решение. Обозначим ширину балки через x, а высоту балки через y, тогда переменные x и y связаны соотношением x2 + y2 = 302.

Прочность балки P = kxy2 , где k – постоянный положительный коэффициент. Учитывая соотношение, связывающее x и y, получим выражение для прочности балки P =kx(900 – x2). Ширина балки x должна быть положительной величиной, кроме того она не может превосходить диаметр бревна, отсюда получаем ограничения на переменную x: 0< x <30. Доопределим функцию P(x) в точках x = 0 и x = 30 таким образом, чтобы она была непрерывна на отрезке [0, 30]. Для этого положим P(0) = 0, P(30) = 0. Приходим к задаче нахождения наибольшего значения непрерывной функции на отрезке (найти наибольшее значение функции P = kx(900 – x2) на отрезке [0, 30]).

Определим критические точки функции. Поскольку функция дифференцируема во всей области определения, это будут точки, в которых производная равна нулю. Вычислим производную P´ = k(900 – 3x2). Приравнивая ее к нулю, получим единственную критическую точку, принадлежащую интервалу (0, 30): x1 10 3.

В этой точке функция положительна P(x1) > 0, на концах отрезка функция равна 0 (P(0) = 0, P(30) = 0). Наибольшее значение функция принимает в критической точке x1, определим высоту балки, она равна y1 900 300 600 10 6.

Ответ. Наибольшая прочность балки достигается при x1 10 3, y1 10 6см. P(x1, y1) k6000 3.

17

Теорема 7. (достаточное условие существования экстремума функции двух переменных).

Пусть функция z = f(x, y) в некоторой области, содержащей стационарную точку M0(x0, y0), имеет непрерывные частные производные

в этой точке функция имеет локальный минимум.

Пример 10. Найти точки экстремума функции двух переменных z = (x – 1)2 + (y – 2)2.

Решение. Определим стационарные точки функции. Для этого найдем частные производные функции z(x, y) по переменным x и y:

Решая систему уравнений, находим точку (1, 2). Точка (1, 2) является стационарной точкой. Проверим, выполняются ли в этой точке достаточные условия экстремума. Для этого найдем вторые производные функции в этой точке.

19

этой точке функция имеет локальный минимум.

Ответ. Точка (1, 2) – точка локального минимума функции z = (x – 1)2 + (y – 2)2.

Пример 11. Найти точки экстремума функции двух переменных z = 4(x – y) – x2 – y2.

Решение. Определим стационарные точки функции. Найдем частные производные функции z(x, y) по переменным x и y

Приравнивая частные производные к нулю, получим систему уравнений

4 – 2x = 0 –4 – 2y = 0

Решая систему уравнений, находим точку (2, –2). Точка (2, –2) является стационарной точкой. Проверим, выполняются ли в этой точке достаточные условия экстремума. Для этого найдем вторые производные функции в этой точке.

этой точке функция имеет локальный максимум. Ответ. Точка (2, –2) – точка локального максимума.

20