высшая математика
.pdfем следующее: поскольку в δ-окрестности точки col (x0; y0) знаки dx и dy любые, то неравенство (1) может выполняться только при
∂ f (x0 , y0 ) |
= |
∂ f (x0 , y0 ) |
= |
0 – |
(2) |
|
∂ x |
∂ y |
|||||
|
|
|
|
необходимое условие экстремума и на самом деле df (x!0 ) = 0 .
Аналогично, функция многих переменных может иметь максимум или минимум (экстремум) только в точках, в которых все ее частные производные равны нулю. Такие точки называются стационарными, или критическими. Названные условия являются необходимыми условиями экстремума, но, вообще говоря, недостаточными, т.к. они могут выполняться и в точках, где нет экстремума.
30. Достаточные условия локального экстремума. |
||||||||||||
Пусть f (x!) |
C (2) , |
т.е. функция f (x!) определена и непрерывна |
||||||||||
в каждой точке x! |
R n |
вместе со всеми частными производными до |
||||||||||
второго порядка включительно, а x!0 – стационарная точка этой фун- |
||||||||||||
кции. Тогда df (x! |
0 ) = 0 . |
В окрестности стационарной точки формула |
||||||||||
Тейлора (Л.42.4) при n = 2, с учетом df (x!0 ) = |
0 |
примет вид |
|
|||||||||
f (x!) − f (x!0 ) = |
1 |
d 2 f (x!0 ) + o( |
|
x! |
− |
x!0 |
|
) . |
(3) |
|||
|
|
|||||||||||
|
||||||||||||
|
|
2! |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Из соотношения (3) получаем следующее: если d 2 f (x!0 ) > |
0 (для |
любых dx1, ..., dxn одновременно не равных нулю имеет положитель- |
|||||||||
ное значение), |
то |
в |
некоторой |
окрестности |
точки |
x!0 |
будет |
||
f |
! |
! |
! |
!0 |
; если d 2 |
! |
! |
! |
0 ) < 0 , |
(x ) − |
f (x 0 ) > 0 , |
x ≠ x |
f (x 0 ) < 0 , то |
f (x ) − |
f (x |
||||
x! |
≠ x!0 |
в некоторой окрестности точки x!0 . |
|
|
|
||||
|
Таким образом, |
получаем следующий результат: если диффе- |
ренциал второго порядка в стационарной точке больше нуля, то имеет место минимум, а если меньше нуля, то максимум.
Рассмотрим подробно, при каких условиях дифференциал второго порядка функции двух переменных f (x, y) сохраняет свой знак
независимо от знаков dx и dy. Пусть |
A = |
∂ 2 |
f (x |
0 |
, y |
0 |
) |
, |
B = |
∂ 2 f (x 0 |
, y0 ) |
, |
|||||||
|
|
|
|
∂ x ∂ y |
|||||||||||||||
|
∂ x 2 |
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
C = |
∂ 2 |
f (x |
0 |
, y |
0 |
) |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂ y 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Перепишем дифференциал второго порядка
2 7 1
d 2 f (x 0 , y0 ) = A(dx )2 + 2B dx dy + C(dy)2
с новой переменной ξ = |
dx |
|
в виде: d 2f (x , y |
) = (dy)2(Aξ 2 + + 2Bξ + C). |
|||
dy |
|||||||
|
|
0 |
0 |
|
|||
Значит, |
знак дифференциала |
совпадает со знаком квадратного трех- |
|||||
члена Aξ 2 + 2Bξ + C. Известно, что квадратный трехчлен имеет посто- |
|||||||
янный знак, если дискриминант ∆ = B2 – AC < 0, причем имеет знак “+” |
|||||||
(плюс) при А > 0 (или C > 0) и “–” (минус) при A < 0 (или C < 0). |
|||||||
С учетом всего сказанного приходим к выводам: |
|||||||
1) |
если ∆ = B2 – AC < 0, то функция z = f (x, y) имеет экстремум в |
||||||
стационарной точке M0; причем максимум при A < 0 (или C < 0) и ми- |
|||||||
нимум при А > 0 (или C > 0); |
|
|
|
||||
2) |
если ∆ > 0,то экстремума в стационарной точке M0 нет; |
||||||
3) |
если ∆ = 0, то требуется дополнительное исследование. |
40. Примеры.
Пример 1. Найти экстремумы функции z = –x2 – xy – y2 + 3x + 6y.
Решение. Найдем первые частные производные:
|
z′ = − 2x − |
y + 3 , z′ |
= − x − 2y + 6 . |
||||
|
x |
|
|
|
y |
|
|
Для отыскания стационарных точек составим систему уравне- |
|||||||
ний (2): |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2x + y − |
3 = |
0, |
|||
|
|
|
x + |
2y − |
6 |
= |
0. |
|
|
|
|||||
Решив ее, |
получим х = 0, |
у = 3. |
|
Критическая точка M0(0; 3). На- |
|||
ходим вторые частные производные в этой точке: |
|||||||
z′′ |
(0,3) = − 2 , |
z′′ (0, 3) = |
− |
2 , z′′ (0, 3) = − 1. |
|||
xx |
|
|
yy |
|
|
|
xy |
Значит, A = –2, |
B = –1, C = –2, |
∆ = B2 – AC = – 3 < 0. |
|||||
Так как А < 0, |
то в точке M0(0; 3) функция имеет максимум. |
Значение функции в точке максимума zmax(0, 3) = 9.
Пример 2. Предположим, что есть фирма, выпускающая два вида продукции в условиях совершенной (безупречной) конкуренции. При такой конкуренции цены обоих видов можно считать постоянными и обозначим их соответственно P1 и P2.
Функция дохода фирмы будет следующей:
2 7 2
R = P1 Q1 + P2 Q2 ,
где Qi означает количество продукции і-го вида в единицу времени. Допустим, что функция цели этой фирмы есть
|
|
C = 2Q 2 |
+ Q Q + 2Q 2. |
||||
|
|
1 |
|
1 |
2 |
2 |
|
Заметим, что |
∂ C |
= 4Q1 + Q2 |
(предельная цена изделия первого сор- |
||||
∂ Q |
|||||||
|
|
|
|
|
|
||
|
1 |
|
|
|
|
|
та) является функцией не только Q1, но и Q2. Таким же образом предельная цена изделия второго сорта зависит частично от уровня цены первого сорта.
Дальше видим, что, согласно принятой функции продукции, оба изделия являются технически связанными в процессе продукции.
Истинная функция дохода может быть записана в виде:
П = R – C = P1 Q1 + P2 Q2 – 2Q12 – Q1 Q2 – 2Q22
и является функцией переменных Q1 и Q2, в выражение которой входят два параметра, выражающие цену. Нашей целью является нахож-
дение таких значений (уровней) Q1 |
и Q2, которые вместе будут макси- |
||||||||||||
мизировать П. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
С этой целью найдем вначале частные производные первого |
|||||||||||||
порядка от функции доходa: |
|
|
|
|
|
||||||||
П |
1 |
= |
|
∂ П |
|
|
= P − |
4Q − Q |
2 , |
|
|||
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
∂ Q1 |
1 |
1 |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
∂ П |
|
|
|
|
(4) |
||
П 2 = |
|
|
= P2 − Q1 − 4Q2 . |
||||||||||
|
|
∂ Q2 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Приравняем обе производные к нулю и получим систему |
|||||||||||||
|
|
|
|
4Q1 + Q2 = P1, |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
Q1 + 4Q2 = P2 . |
|
|
|||||||
Ее единственное решение |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Q10 = |
|
4P1 − P2 |
, Q20 = |
4P2 − P1 |
. |
||||||||
|
|
|
15 |
|
|
15 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Если, например, P1 = 12, P2 = 18, то Q10 = 2, Q20 = 4, что дает оптимальный (максимальный) доход П = 48 в принятой единице времени.
Чтобы убедиться в этом, проверим достаточное условие экстремума второго порядка. Находим вторые частные производные от функций (4) при Q1 = Q10 = 2, Q2 = Q20 = 4. Получаем:
2 7 3
П11 = |
∂ 2 П |
= − 4 |
, |
П12 |
= П 21 = |
∂ 2 |
П |
|
|
= − 1 , |
П 22 = |
∂ |
2 П |
= − 4 . |
∂ Q 2 |
∂ Q ∂ Q |
2 |
∂ |
Q 2 |
||||||||||
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
Значит, A = –4, |
B = –1, C = –4. |
|
Отсюда |
∆ = B2 – AC = 1 – 16 = |
||||||||||
= –15 < 0. |
Т.к. A < 0, |
|
то в указанной точке (Q10 = 2, Q20 = 4) функция |
|||||||||||
доходa имеет максимум. |
Поскольку такая точка максимума един- |
ственная, то на самом деле найденный максимальный доход является единственным абсолютным максимумом.
Замечание 1. Отметим, что при исследовании локального экстремума в точке x!0 условия, налагаемые на функцию f, можно ослабить: !в пункте 20 достаточно предположить дифференцируемость функции f в точке x0 ; в пункте 30 можно считать функцию f один раз дифференцируемой в некоторой окрестности точки x!0 и два раза дифференцируемой в самой точке x!0 .
! Задания для самостоятельной работы
1. Исследовать следующие функции на экстремум:
a) z = x2 + 2y2 – 3x + 4y – 8; |
б) z = 3xy – 3x + 5y; |
||||||
в) z = x3 + 3xy2 + 5x2y – 15x – 2y; г) |
z = |
2 |
+ |
3x 2 |
+ x + y ; |
||
x |
y |
||||||
|
|
|
|
|
д) z = 2 − 33 x 2 + y 2 ; е) z = x2 + y2 – 2 ln x – 18 ln y;
ж) z = 2 + 4x − 4y . 1+ x 2 + y 2
2 7 4
Лекция 44
Условный экстремум функции многих переменных
Приведены необходимые и достаточные условия условного экстремума; указан способ нахождения наибольшего и наименьшего значений непрерывно дифференцируемой функции в ограниченной замкнутой области; рассмотрен пример на условный экстремум в экономике.
10. Определение условного экстремума. Рассмотрим задачу на условный экстремум
|
|
f (x!) → |
extr , gi (x!) = |
0 , i = |
|
|
|
(1) |
||||
|
|
1, m |
|
|
||||||||
в предположении, что функция |
f (x!) |
и функции |
g1 (x!) , ..., gm (x!) |
|||||||||
принадлежат классу C (1) (непрерывны вместе со своими производ- |
||||||||||||
ными в R n) . |
x!0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Точка |
называется точкой условного локального максимума |
|||||||||||
(минимума), |
если при некотором δ > 0 |
выполняется: |
|
|
|
|||||||
! |
|
! |
! |
|
|
! |
|
! |
!0 |
|
< δ , |
|
|
|
|
|
|
||||||||
f (x 0 ) = |
max f (x ) |
( f (x 0 ) = |
min f (x ) ) при |
x − |
x |
|
||||||
при этом x! |
и |
x!0 удовлетворяют уравнениям связи |
|
|
|
|||||||
|
|
|
gi (x!) = 0, i = |
|
. |
|
|
|
|
|||
|
|
|
1, m |
|
|
|
|
20. Условия экстремума функции двух переменных.
Рассмотрим задачу на условный экстремум функции f (x, y) двух переменных x и y при заданном уравнении связи g(x, y) = 0. Для нахождения условного экстремума вводится функция Лагранжа
L(x, y, λ) = f (x, y) + λg (x, y), |
(2) |
где λ – множитель Лагранжа, и затем исследуют ее на безусловный экстремум.
Записывая необходимое условие экстремума для функции Лагранжа (Л.43), получаем следующее: dL(x0, y0, λ0) = 0
|
∂ L(x 0 , y0 , λ 0 ) |
= 0 , |
∂ L(x0 , y0 , λ 0 ) |
= |
0 , |
∂ L(x0 , y0 , λ 0 ) |
= |
0 . |
(3) |
|
∂ x |
∂ y |
∂ λ |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||
Достаточное |
условие. Пусть (x0; y0; λ0) удовлетворяет уравнениям |
2 7 5
(3) |
(стационарная |
точка |
функции |
Лагранжа): |
если |
||
d2L(x , y , λ ) > 0, то в точке |
(x ; y ) – условный локальный минимум; если |
||||||
d2L(x0, y0, λ |
0) < 0, то в точке (x0; y0) |
– условный локальный максимум. |
|||||
0 |
0 |
0 |
0 |
0 |
|
|
|
Замечание 1. Нужно иметь в виду, что дифференциалы переменных dx и dy в d2L(x0, y0, λ0) зависимы, и эта зависимость диктуется уравнением связи. При определении знака d2L(x0, y0,λ0) величины dλ не учитываются, т.е. полагается
d 2 L(x0 |
, y0 |
, λ 0 ) = |
∂ 2 L(x |
0 |
, y |
0 |
, λ |
0 |
) |
(dx )2 |
+ 2 |
∂ 2 L(x |
0 |
, y |
0 |
, λ |
0 |
) |
dx dy + |
∂ x 2 |
|
|
|
|
∂ x ∂ y |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
+∂ 2 L(x 0 , y0 , λ 0 ) (dy)2 .
∂y 2
Отметим также, что сформулированные условия экстремума верны, вообще говоря, только для нормальных или регулярных точек (x0; y0) (dg(x0, y0) ≠ 0).
Пример 1. Найти экстремальные точки функции z = x2 + y2, при
условии, что эти точки удовлетворяют уравнению |
x 2 |
+ |
y 2 |
= |
1 (рис. 1). |
|||||||||||||||||||||
4 |
9 |
|||||||||||||||||||||||||
Решение. Функция Лагранжа (2) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
запишется так: |
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
L(x, y, λ) = x 2 + y 2 + λ |
|
x |
|
|
+ |
y |
|
− 1 . |
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
9 |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Согласно необходимому условию (3), имеем: |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
∂ L |
|
|
|
|
|
|
|
|
λ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
= |
2x 1 |
+ |
|
|
|
|
= |
|
0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
∂ x |
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
∂ L |
|
|
|
|
|
|
|
|
λ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(4) |
|||||
|
|
= |
2y 1 |
+ |
|
|
|
|
= |
|
0, |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
∂ y |
|
9 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
∂ L |
|
|
x |
2 |
|
|
|
|
y |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
+ |
|
|
|
|
− |
1 = 0, |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
∂ λ |
4 |
|
|
|
9 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
и нахождение стационарных точек сводится к решению системы нелинейных алгебраических уравнений (4).
а) Пусть x ≠ 0, тогда имеем λ = –4, y = 0, x = ± 2 – первая пара стационарных точек.
б) Пусть y ≠ 0, тогда λ = –9, x = 0, y = ± 3 – вторая пара стационарных точек.
2 7 6
Рис. 1
Будут ли найденные стационарные точки точками экстремума, позволит определить достаточное условие экстремума.
Вычисляя производные второго порядка, получим:
∂ 2 L |
|
|
|
λ |
|
∂ 2 L |
= |
|
|
∂ 2 L |
= |
|
+ |
λ |
||
|
= |
2 1 |
+ |
|
|
, |
|
0 |
, |
|
2 1 |
|
. |
|||
∂ x 2 |
|
|
|
4 |
|
|
∂ y ∂ x |
|
|
|
∂ y 2 |
|
|
|
9 |
|
|
2 |
|
, y0 , λ 0 ) = |
|
+ |
λ 0 |
|
2 |
+ |
|
+ |
Значит, d |
|
L(x0 |
2 1 |
|
(dx ) |
|
2 1 |
||||
|
4 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Для первой пары стационарных точек: d2L(± 2, 0, – 4) = 2 (1 – 4/9) (dy)2 > 0 –
Для второй пары стационарных точек: d2L(0, ± 3, – 9) = 2 (1 – 9/4) (dx)2 < 0 –
λ 0 |
|
(dy )2 . |
|
9 |
|||
|
|
min.
max.
Ответ: в точках (± 2; 0) условный локальный минимум; в точках (0; ± 3) условный локальный максимум.
30. Условный экстремум в экономике.
Пример 2. Фирма решила ежемесячно ассигновать сто тысяч долларов на производство некоторой продукции. Пусть средняя заработная плата на фирме 2000$, а стоимость единицы сырья – 1000$. Требуется определить, какое количество рабочих х и какое количество сырья y необходимо приобрести фирме для получения наибольшего объема продукции z, если известно, что объем прямо пропорционален с коэффициентом пропорциональности, равным 5, количеству рабочих и сырья.
2 7 7
Решение. Математическая модель такой задачи (Л.1) имеет вид:
z = 5xy → max, |
|
2000x + 1000y = 100000, |
(5) |
где уравнение связи в (5) можно, очевидно, заменить более простым урав-
нением 2x + y = 100.
Функция Лагранжа (2) имеет вид:
L(x, y, λ) = 5xy + λ(2x + y – 100).
Уравнения (3) приобретают в данном случае форму:
|
|
|
|
∂ L |
= |
5y + |
2λ = 0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
∂ x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5y + |
2λ = 0, |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
∂ L |
= |
5x + |
λ = |
0, |
|
|
|
|
|
5x |
+ |
λ = |
0, |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(6) |
||||||||||||||||
|
|
∂ y |
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2x |
+ |
y = |
100. |
|
|
||||||||
|
|
|
|
∂ L |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
2x + |
y − |
100 = |
0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
∂ λ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Решим линейную неоднородную систему (6). Имеем: |
||||||||||||||||||||||||||||
|
0 |
5 |
|
2 |
|
|
|
− 10 |
5 |
2 |
|
|
|
∆ x = |
|
0 |
5 |
2 |
|
= 500 ; |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
∆ = |
5 |
0 |
|
1 |
= |
0 |
|
0 |
1 |
= |
20 ; |
|
0 |
0 |
1 |
|
||||||||||||
|
2 |
1 |
|
0 |
|
|
|
2 |
|
1 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
100 |
1 |
0 |
|
|
||||
|
|
|
0 |
|
0 |
|
2 |
|
|
|
|
∆ λ |
= |
|
|
0 |
5 |
0 |
|
= |
− 2500 . |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
∆ y |
= |
5 |
|
0 |
|
1 |
= |
1000 ; |
|
|
5 |
0 |
0 |
|
||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
100 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
1 |
100 |
|
|
|
|
|||||||
Стационарная точка: |
x0 = 25, |
y0 = 50, |
λ0 = – 0,125. |
|||||||||||||||||||||||||
Вычисляя в этой точке вторые производные, получаем: |
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
∂ 2 L |
|
= |
∂ 2 L |
= 0 |
, |
∂ 2 L |
= 5 d 2 L = 10dx dy . |
|||||||||||||||||||
|
|
2 |
2 |
∂ y ∂ x |
||||||||||||||||||||||||
|
|
∂ x |
|
∂ y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Поскольку 2dx = – dy, то d2L = – 20(dx)2 < 0 – max.
Ответ: 25 рабочих и 50 единиц сырья.
40. Наибольшее и наименьшее значения функции.
Если функция f (x!) непрерывно дифференцируема в ограниченной замкнутой области, то она достигает своего наибольшего и наименьшего значений (абсолютного максимума и минимума) или в критической (стационарной) точке, или в граничной точке области. Поэтому для нахождения наибольшего и наименьшего значений функции в замкнутой области необходимо:
2 7 8
Рис. 2
1) найти стационарные точки в этой области и значения функции в
них;
2) найти наибольшие и наименьшие значения функции на границе области.
Выбрать из найденных значений наибольшее и наименьшее.
Пример 3. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z = x2y (2 – x – y) в треугольнике, ограниченном прямыми x = 0, y = 0, x + y = 6 (рис. 2).
Решение. Найдем критические точки, лежащие внутри данного треугольника. Имеем:
∂ z |
|
= |
2xy (2 − x − y) − x 2 y = 0 , |
||
∂ x |
|||||
|
|
||||
|
∂ z |
= |
x 2 (2 − x − y) − x 2 y = 0 . |
||
|
∂ y |
||||
|
|
|
Получим одну критическую точку внутри треугольника: M0(1; 0,5). Исследуем функцию на границе области. На сторонах x = 0 и y = 0
треугольника значения функции z равны нулю. Найдем ее наибольшее и наименьшее значения на стороне x + y = 6. Здесь y = 6 – x (0 ≤ x ≤ 6) и z = z(x) = – 4x2 (6 – x). На концах отрезка z(0) =z(6) = 0. Критические точки определяем из уравнения z′(x ) = 0 , – 48x + 12x2 = 0, 12x (x – 4) = 0. Отсюда x = 4, т.к. x = 0 – граничная точка. При этом y = 2, и имеем точку M1(4; 2).
Таким образом, наибольшее и наименьшее значения функции в дан-
ном треугольнике надо искать среди следующих ее значений: z = 14 в точ-
2 7 9
ке M0(1; 0,5); z = 0 на сторонах x = 0 и y = 0; z = – 128 на стороне x + y = 6 в
1
точке M1(4; 2). Отсюда видно, что наибольшее значение zmax = 4 данная
функция принимает в точке M0(1; 0,5), а наименьшее zmin = – 128 – в точке
M1(4; 2).
! Задания для самостоятельной работы
1. Найти экстремум |
функции z = xy при условии, что х и у свя- |
заны уравнением 2x + 3y |
– 5 = 0. |
2.Из всех прямоугольных треугольников с заданной площадью S найти такой, гипотенуза которого имеет наименьшее значение.
3.Найти экстремум функции z = x2 + y2, если х и у связаны урав-
нением x4 + 3y = 1 .
4.Определить, каковы должны быть размеры прямоугольного бассейна, чтобы при данной площади его поверхности S объем был наибольшим.
5.Найти наибольшее и наименьшее значения следующих фун-
кций:
а) |
z = xy + x + y в квадрате, ограниченном прямыми x = 2, y = 2, |
|||||||
y = 3; |
|
|
|
|
|
|
|
|
б) |
z = 2xy в круге x2 + y2 ≤ |
1; |
|
|
|
|
|
|
в) |
z = x2 + 2y2 + 3x – y в треугольнике, ограниченном прямыми |
|||||||
x = 1, y = 1, x + y = 1; |
|
|
|
|
|
|
|
|
г) |
z = sin x + sin y + sin (x + y) |
в области 0 ≤ |
x ≤ |
π |
, |
0 ≤ y ≤ |
π |
; |
|
|
|||||||
|
|
|
2 |
|
2 |
|
||
д) z = x2 + y2 в круге (x − |
2 )2 + ( y − 2 )2 |
≤ 9 . |
|
|
|
2 8 0