Matan / lektsia

1

ЗАМЕЧАНИЕ.

При соблюдении условий теоремы имеет место также формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано:

Лекция 5.

Локальный экстремум функции нескольких переменных, условия его существования и методы поиска. Условный экстремум, условия его существования и методы отыскания. Отыскание наибольшего и наименьшего значений функции нескольких переменных в замкнутой ограниченной области.

Локальные экстремумы функции нескольких переменных.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ.

Пусть функция u = f(х1, х2, ... хm) определена в области G Rm. Точка М0 G называется точкой локального максимума (минимума) функции f(М), если найдется такая -окрестность точки М0, что для всех точек М, принадлежащих этой окрестности, выполнено неравенство

f(М) – f(М0) 0 ( 0).

Пример.

z

z = x2 + y2

y

ТЕОРЕМА 1. (Необходимое условие экстремума.)

Если в точке экстремума М0 функции f(М) существует частная производная по какой-либо переменной, то эта производная равна нулю.

Доказательство.

Проведем доказательство теоремы для функции двух переменных f(x, y). Пусть М0(х0, у0) – ее точка локального экстремума. Пусть существует, например, f/ x(х0, у0). Введем вспомогательную функцию

(x)=f (x, у0).

2

Точка х0 является ее точкой экстремума, следовательно по теореме Ферма

(x0) = f/ x(х0, у0) = 0 , ч.т.д.

СЛЕДСТВИЕ.

Если в точке экстремума М0 функция f(М) дифференцируема, то df(М0) = 0.

ЗАМЕЧАНИЕ.

Если в точке М0 функция f(М) дифференцируема и df(М0) = 0, то М0 называется стационарной точкой. Точки экстремума следует искать среди стационарных точек. Но не всякая стационарная точка будет точкой экстремума.

ПРИМЕР. z = xy .

zx = y = 0, zy = x = 0, то есть (0,0) – стационарная точка.

Возьмем произвольное > 0. Точки ( , ) и ( , – ) лежат в круге радиуса 2 и z( , ) = 2 > z(0, 0) = 0,

z( ,– ) = – 2 < z(0, 0) = 0.

Т.е. в любой окрестности стационарной точки найдутся как точки, в которых значение функции больше ее значения в стационарной точке, так и точки, в которых значение функции меньше ее значения в стационарной точке. В данном случае стационарная точка не является точкой экстремума.

6

z = 2x2 – 2x + 1.

z = 4x – 2 = 0 x = 1/2; z = 4 > 0, то есть x = 1/2 – точка минимума. Итак (1/2, 1/2) – точка условного минимума. Очевидно, что безусловный минимум функции – в точке (0, 0).

Общая постановка задачи отыскания условного экстремума функции двух переменных.

при условии, что ее аргументы удовлетворяют уравнению связи

Поставленная задача может быть решена так, как в предыдущем примере. Это, так называемый, прямой метод отыскания точек условного экстремума. Однако часто уравнение связи трудно решается относительно х, поэтому часто используют так называемый метод множителей Лагранжа.

Пусть функции f(x, y) и (х, у) непрерывно дифференцируемы в окрестности точки (x0, y0). Составим функцию

Заметим, что при условии связи (2) экстремумы функции Лагранжа совпадают с экстремумами исследуемой функции (1).

Достаточные условия существования условного экстремума.

Пусть f(x, y) и (х, у) дважды непрерывно дифференцируемы в окрестности точки (x0, y0) и в этой точке выполнены необходимые условия существования условного экстремума функции f(x, y) при ограничениях (2).

Вычислим второй дифференциал функции Лагранжа по переменным х и у при фиксированном значении параметра , то есть

второй дифференциал функции Лагранжа d 2F(x0 , y0; 0 ) :

положительно определенная квадратичная форма, то (x0, y0) – точка условного минимума;

отрицательно определенная квадратичная форма, то (x0, y0) – точка условного максимума;

неопределенная квадратичная форма, то (x0, y0) не является точкой условного экстремума функции.

ПРИМЕР.

Найти условные экстремумы функции

z = 5 – 3x – 4y

относительно уравнения связи

x2 + y2 = 25.

9

Задача сводится к нахождению наибольшего и наименьшего значений на отрезке функции одной

переменной

f(x) = z(x, 0) = x2 – x.

Сначала найдем ее стационарные точки. f ´(x) = 2x – 1 = 0 x = 0.5 [– 2, 0].

На концах отрезка f( – 2) = 6, f(0) = 0.

Следовательно, z(–2, 0) = 6; z(0, 0) = 0.

2) x = 0, 0 y 2.

Исследуем на наибольшее и наименьшее значение на отрезке функцию g(y) = z(0, y) = y.

Эта функция не имеет стационарных точек. На конце отрезка g (2) = 2. Следовательно, z(0, 2) = 2.

3) y = x + 2, – 2 x 0.

Исследуем на наибольшее и наименьшее значение на отрезке функцию

(x) = z(x, x + 2) = x2 + 2x(x + 2) – x + x + 2 = 3 x2 + 4 x + 2.

´(x) = 6x + 4 = 0 x = – 2/3 [– 2, 0]. (– 2/3) = 4/3 – 8/3 + 2 = 2/3. Следовательно, z(–2/3, 4/3) = 2/3.

3. Сравним значения функции в точках М1(–1/2, 1), М2(–2, 0), М3(0, 0), М4(0, 2), М5(–2/3, 4/3). В результате получим, что

zнаиб = 6 в точке М2(–2, 0), zнаим = 0 в точке М3(0, 0).

ПРИМЕР 2.

Найти наибольшее и наименьшее значения функции

z = x2 – y2

в замкнутой ограниченной области

G: x2 + y2 2x.

у

10

1. Найдем стационарные точки функции.

zx = 2x; zy = – 2y. М1(0, 0) – стационарная точка. z(0, 0) = 0.

2.Исследуем функцию на границе области.

Будем решать задачу на условный экстремум, то есть найдем наибольшее и наименьшее

значения функции

z = x2 – y2,

аргументы которой удовлетворяют уравнению связи

x2 + y2 – 2x = 0.

Составим функцию Лагранжа

F(x, y, ) = x2 – y2 + ( x2 + y2 – 2x).

Найдем стационарные точки функции Лагранжа

Далее мы просто вычислим значение исследуемой функции в найденных точках.