Если квадратичная форма
n |
∂2f |
(x ) |
|
|
X |
|
0 |
xixj |
(6.29) |
i |
j |
i,j=1 ∂x |
∂x |
|
|
1. знакопостоянная, то в точке x0 функция f имеет экстремум, который является строгим минимумом, если квадратичная форма (6.29) положительно определена, и строгим максимумом, если она отрицательно определена; 2. может принимать значения разных знаков, то в точке x0 функция f экстремума не имеет.
Доказательство этой теоремы опустим.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
Замечание 1. После того как квадратичная форма (6.29) получена, исследование её определённости может быть проведено с помощью известного из курса алгебры критерия Сильвестра.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
Замечание 2. Теорема 121 ничего не говорит о случаи, когда квадратичная форма (6.29) полуопределенная, т.е. неположительная и неотрицательная. Оказывается, в этом случае точка x0 может быть точкой экстремума, а может и не быть точкой экстремума функции f.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
6.10.3. Достаточные условия экстремума функции двух переменных.
Пусть задана функция f : A → R, A R2 и M0(x0, y0) - внутренняя точка множества A.
Теорема 122. Пусть внутренняя точка M0 A
является стационарной точкой функции f : A → R, A R2 и в Uε(M0) функция f имеет непрерывные частные производные до второго
порядка включительно. Рассмотрим выражение
|
∂2f(x, y) ∂2f(x, y) |
|
∂2f(x, y) |
2 |
D(x, y) := |
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
· |
|
|
|
|
|
|
|
∂x |
2 |
∂y |
2 |
|
|
∂x∂y |
|
|
|
|
|
− |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
Тогда:
1. если D(x0, y0) > 0, то в точке M0(x0, y0) функция f имеет экстремум:
•строгий минимум, если
•строгий максимум, если
∂2f(x0,y0) ∂x2
∂2f(x0,y0) ∂x2
2. если D(x0, y0) < 0, то в точке M0(x0, y0) функция f экстремума не имеет;
3. если D(x0, y0) = 0, то экстремум в точке
M0(x0, y0) может быть, а может и не быть. Эта теорема есть частный случай (n = 2) теоремы 121.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
Пример 131. Исследовать на экстремумы функцию
f(x, y) = x3 + 3y2 − 3xy.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
Решение. Очевидно, что dom f = R2. Для всех точек (x, y) R2:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂ |
3 |
|
|
2 |
|
|
2 |
|
∂x |
x |
|
+ 3y |
|
− 3xy = 3x |
|
− 3y, |
|
∂ |
|
3 |
|
|
2 |
|
|
|
|
∂y |
x |
|
+ 3y |
|
− 3xy = 6y − 3x. |
В силу теоремы 120, координаты стационарных точек удовлетворяют системе уравнений:
|
2 |
|
|
3y = 0, |
|
3x |
|
|
|
|
|
|
− |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(6.30) |
|
|
|
|
− |
3x = 0. |
|
|
|
6y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решениями системы (6.30) являются две точ-
ки O(0, 0) и M0 12, 14 .
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
Частные производные второго порядка
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂2f(x, y) |
|
|
|
∂ |
|
2 |
|
|
∂x2 |
= |
|
∂x |
3x |
|
− 3y = 6x, |
∂2f(x, y) |
= |
|
∂ |
(6y − 3x) = 6, |
|
∂y2 |
|
|
∂y |
∂2f(x, y) = ∂ (6y − 3x) = −3
∂x∂y ∂x
непрерывны в R2 и
D(x, y) = (6x) · 6 − (−3)2 = 36x − 9.
Неравенство D(0, 0) = −9 < 0 показывает, что в точке O(0, 0) экстремума нет (см. пункт 2 теорема 122).
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
Вычисляя D(12, 14) = 9 > 0, заключаем, что в
1 |
1 |
функция f |
имеет экстремум. |
точке M0 |
2 |
, 4 |
|
Так как ∂2f(M0) |
= 3 > 0, то M |
0 |
– точка стро- |
|
∂x2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
гого минимума и |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
fmin |
1 |
1 |
= |
|
|
1 |
|
|
|
= f |
, |
|
|
− |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
4 |
|
|
16 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(см. пункт 1 теорема 122).
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
6.10.4. Наибольшее и наименьшее значения функции двух переменных.
Если функция f : D → R, D R2 непрерывна в ограниченной замкнутой области D, то, в силу второй теоремы Вейерштрасса, она при-
нимает в этой области своё наибольшее и наименьшее значения.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
