Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Северный государственный медицинский университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

1 кур 5 лет / Менеджмент / Математика / kurs_vysshey_matematiki.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

25.03.2015

Размер:

9.85 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 1513 14 15 > Следующая >>>

dy ∂z dx ∂y

+ λ ∂∂ϕx +

+ λ ∂∂ϕy = 0 .

Функции нескольких переменных

349

16.2. Условный экстремум. Метод множителей Лагранжа

Найдем экстремум функции z = f (x, y) ,

если переменные x и y

связа-

ны условием ϕ(x, y) = 0 .

Пример:

Исследуйте на

экстремум

функцию

z = x

+ y

при условии x + y =1.

Условие связи позволяет исключить из функции

z(x, y) переменную y =1− x , что сводит задачу к

исследованию функции одной переменной

z = 2x2 −2x +1 .

= 4x − 2 = 0

точке

x0 =

1 ,

при

этом

d 2 z

. Так как

= 4 > 0 , то эта точка является точкой минимума.

dx2

Таким образом,

z(x, y)

достигает минимума на прямой x + y =1 в точке

, при этом

antigtu

zmin

Метод Лагранжа

через x ,

Если из уравнения связи трудно выразить y

то критические

точки можно найти методом множителей Лагранжа. В предположении о его

Умножим второе уравнение на неопределенный множитель λ и сложим его с первым, полу им, то

существовании найдем экстремум функции z(x, y) при условии ϕ(x, y) = 0 .

При этом z(x, y) = z(x, y(x)) и необходимое условие экстремума прини-

мает вид:

= ∂z

+ ∂z

= 0 .

∂x

∂y dx

Продифференцируем ур внение связи, тогда

dϕ

= ∂ϕ

+ ∂ϕ

= 0 .

Скачано

∂x

∂y dx

∂z ∂x

350									Лекции 15 - 16
Выберем коэффициент λ таким, чтобы			∂z	+ λ	∂ϕ	= 0 , тогда необходимыми
Выберем коэффициент λ таким, чтобы			∂y	+ λ	∂y	= 0 , тогда необходимыми
			∂y		∂y		.	ru
∂z		+λ	∂ϕ	= 0,
			∂y
	∂y		∂y
	∂z		antigtu
	∂z	+λ	∂ϕ	= 0,
условиями экстремума являются	∂x	+λ	∂x	= 0,
	∂x		∂x	0.
ϕ( x, y ) =				0.

			L(x, y) = f (x, y) + λϕ(x, y) , то задача
Если ввести функцию Лагранжа:			L(x, y) = f (x, y) + λϕ(x, y) , то задача

нахождения условного экстремума сводится к исследованию на обычный экстремум функции Лагранжа и необходимые условия экстремума принимают вид:

∆< 0 ( d 2 L < 0 ) – м ксимум, если d 2 L не сохраняет знак, то в критической точке экстремума нет.

′

( x, y )

= 0,

′

( x,y ) =

( x,y ) +λϕ

( x, y )

= 0,

Ly′

f y′( x,y ) +λϕ′y( x,y ) = 0,

ϕ( x,y ) = 0

ϕ( x,y ) = 0,

откуда находятся критические точки (x0 , y0 ) .

Пусть (x0 , y0 ) - координаты критической точки, λ0

- любое из решений

системы,

ϕ'x (x0 ,y0 )

ϕ'y (x0 ,y0 )

∆=−

ϕ'x (x0 ,y0 ) L''xx (x0 ,y0 ,λ0 ) L''xy (x0 ,y0 ,λ0 )

ϕy (x0 ,y0 )

Lxy (x0 ,y0 ,λ0 ) Lyy (x0 ,y0 ,λ0 )

Заметим, что d 2 L = L'' dx2 + 2L''

dxdy + L'' dy2 .

Достаточ ые условия в методе Лагранжа формулируются следующим

образом:

если ∆> 0 ( d 2 L > 0 ) , в точке

условного

экстремума

– минимум, если

Скачано

Пример:
Исследуйте на	экстремум функцию z = x2 + y2 −3xy при условии
x + y +1 = 0 .
L(x, y) = x2 + y2 −3xy +λ(x + y +1) .
Lx′ = 2x −3y + λ ,	L′y = 2 y −3x + λ .

Функции нескольких переменных

2x −3y + λ = 0,	2λ = x + y,		1				1	.	1
		− y = 0, x0 = −			y0	= −
2 y −3x + λ = 0, x				;						.
			2				2	, λ0 =−	2
		+ y +1 = 0
x + y +1 = 0	x

												antigtu
	0	1			1			1	−3		1	2	= 5 +5 =10.
∆= −	1	2			−3		=			−
	1	−3			2			1	2		1	−3
В точке		(−	1	,−	1	) ∆> 0 , т.е. в этой точке – минимум z(x, y).
			2		2

Пример:

Исследуйте на экстремум функцию z = 6 −4x −3y

при условии, что x2 + y2 −1 = 0 .

Решение:

L(x, y) = 6 −4x −3y +λ(x2 + y2 −1)

∂L

= −4 + 2λx ;

∂L

= −3 + 2λy .

∂x

∂y

Необходимые условия экстремума:

2λx −4

x =

= 0,

2λy −3

= 0,

y =

откуда λ = ±

2λ

+ y

=1,

Критические точки:

Скачано

λ =

(x ,

y ) = M

;

= −

, y

) = M

−

;−

Проверим вып лнение д статочных условий:

∂2 L

= 2λ ;

∂2 L

= 2λ

;

∂

2 L

= 0 ,

∂x2

∂y 2

∂x∂y

d 2 L = 2λ(dx2 + dy 2 ) , d 2 L(M1 ) = 5(dx2 + dy 2 ) > 0 ,

d 2 L(M 2 ) = −5(dx2 + dy 2 ) < 0 , значит,

;

z(M

) =1,

– точка минимума,

M 2

−

;−

– точка максимума z(M 2 ) =11.

351

352	ru	Лекции 15 - 16

16.3. Наибольшее и наименьшее значения функции в области

				.
Т	Наибольшее и наименьшее значение функции (глобальный экстремум)
	достигается либо в критических точках функции внутри области, либо

		1). ∂z	antigtu
	на границах области определения функции.
	Для нахождения наибольшего и наименьшего значения функции z(x, y)
	в области (x, y) D следует:
1)		найти критические точки внутри D , вычислить в них z(x0 , y0 ) ;
2)		найти наибольшее и наименьшее значения функции z(x, y) на гра-

нице; 3) сравнить найденные значения и выбрать среди них наибольшее и

наименьшее.

Пример:

Найдите наибольшее и наименьшее значения

функции z = 2x3 −6xy +3y2 в области, ограниченной осью Oy ,

прямой y =

2 и параболой y = 2 .

Решение:

M 2

∂z

= 6x2 −6 y = 0,

∂x

∂y

= −6x +6 y = 0

Скачано

M1 (0,0) ,

M 2

(1,1) .

Точка M 2 (1,1) – внутренняя точка области,

z1 (1,1) = −1 .

2). Рассм трим п ведение функции на границе области.

y [0,2],

2.1) x = 0,

= 3y

- возрастающаяфункция,

z2 (0,0) = 0 ;

z3 (0,2) =12 .

[0,2],

2.2)

= 2,

= 2x

−12x +12,

= 6x2 −12 = 0 ; x = 2 [0, 2] .

Н йдем значения z4 ( 2,2) =12 −8 2 ; z5 (2,2) = 4 .

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 1513 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Математика

#
25.03.20159.85 Mб40kurs_vysshey_matematiki.pdf
#
25.03.201519.71 Кб43БАЗА для экзамена.docx
#
25.03.201523.96 Кб47КР для заочников1.docx