Материал: ЛК Осипенко КЮ - весна 2021 (1 сем)
76
Доказательство. Рассмотрим функцию f(x; y0). Точка x0 является
локальным экстремумом этой функции одной переменной. Следо-
вательно, ее производная в этой точке должна равняться нулю, т.е.
fx′ (x0; y0) = 0. Рассматривая функцию f(x0; y), получаем, что в точ- ке y0 у нее локальный экстремум. Следовательно, fy′ (x0; y0) = 0.
Определение 35. Точки, в которых у функции f(x; y) îáå ÷àñò-
ные производные равны нулю, называются критическими (или стационарными).
Необходимое условие экстремума утверждает, что всякая точка экстремума, в которой существуют обе частные производные является критической. Но не всякая критическая точка является экстремумом.
Пример 32. Точка (0; 0) для функции f(x; y) = xy является кри-
тической. Но в любой окрестности нуля есть точки, в которых эта функция положительна, а есть точки, в которых она отрицательна. Действительно, в точках на прямой y = x ôóíê-
ция принимает положительные значения в любой проколотой окрестности нуля, а на прямой y = x отрицательные. По-
этому точка (0; 0) не является локальным экстремумом.
55. Достаточное условие экстремума функции нескольких переменных
Теорема 35. (достаточное условие экстремума) Пусть функция f(x; y) имеет непрерывные частные производные второго порядка
в окрестности точки (x0; y0), являющейся стационарной для этой функции. Положим
A = fxx′′ (x0; y0); B = fxy′′ (x0; y0); C = fyy′′ (x0; y0); ∆ = AC B2:
Тогда, если ∆ > 0, òî (x0; y0) точка локального экстремума (при A > 0 точка локального минимума, при A < 0 точка локального максимума). Если ∆ < 0, то экстремума нет.
Доказательство. Точка (x0; y0) является критической, поэтому по формуле Тейлора получаем
∆f = f(x0 + ∆x; y0 + ∆y) f(x0; y0) = d2f(x0 + ∆x; y0 + ∆y);
2!
ãäå 2 (0; 1). В силу непрерывности частных производных второго порядка
fxx′′ (x0 + ∆x; y0 fxy′′ (x0 + ∆x; y0 fyy′′ (x0 + ∆x; y0
+∆y) = A + ;
+∆y) = B + ;
+∆y) = C + :
77
Подставляя эти выражения в формулу для дифференциала второго порядка (см. (26)), имеем
∆f = |
1 |
(A∆x2 |
+ 2B∆x∆y + C∆y2 |
+ ∆x2 + 2 ∆x∆y + ∆y2): |
|
2 |
|||||
|
|
|
|
Запишем точку (∆x; ∆y) в полярной системе координат
∆x = cos φ;
∆y = sin φ
√
( = ∆x2 + ∆y2). Тогда полное приращение функции f можно записать в виде
∆f = 2 (A cos2 φ + 2B cos φ sin φ + C sin2 φ 2
+ cos2 φ + 2 cos φ sin φ + sin2 φ):
1. Рассмотрим случай, когда ∆ > 0 (очевидно, что в этом случае A ≠ 0). Тогда
2 |
|
|
|
∆f = |
|
(Ω + !); |
|
|
|
||
ãäå |
2A |
|
|
|
|
|
|
Ω = (A cos φ + B sin φ)2 + (AC |
B2) sin2 φ; |
||
! = A( cos2 φ + 2 cos φ sin φ + |
sin2 φ): |
||
Ïðè âñåõ φ значение Ω положительно. Кроме того, как непрерывная функция, Ω достигает своего минимума m > 0. Поэтому Ω m ïðè âñåõ φ. С другой стороны,
j!j jAj(j j + 2j j + j j):
Тем самым ! бесконечно малая при ∆x; ∆y ! 0. Следовательно, в достаточно малой окрестности точки (x0; y0) Ω + ! > 0, ò.å. ∆f сохраняет знак, который совпадает со знаком A. Это означает, что при ∆ > 0 в точке (x0; y0) у функции f(x; y) имеется экстремум, причем при A > 0 минимум, а при A < 0 максимум.
2. Пусть теперь ∆ < 0. Рассмотрим сначала случай, когда A ≠ 0. Положим φ = 0. Тогда Ω = A2 > 0. Если выбрать φ так, чтобы
A cos φ + B sin φ = 0;
òî Ω < 0. Â ñèëó òîãî, ÷òî ! бесконечно малая, отсюда следует, что в любой окрестности точки (x0; y0) существуют точки, в которых ∆f имеет разные знаки. Это означает, что в точке (x0; y0) нет экстремума.
Пусть теперь ∆ < 0 è A = 0. Тогда
2
∆f = 2 (Ω1 + !1);
78
ãäå
Ω1 = 2B cos φ sin φ + C sin2 φ; !1 = 2 cos φ sin φ + sin2 φ:
Òàê êàê B ≠ 0, можно выбрать угол φ0 ≠ 0 такой, что
jCjj sin φ0j < 2jBjj cos φ0j:
Тогда выражение
Ω1 = sin φ(2B cos φ + C sin φ)
будет принимать разные знаки при φ = φ0. Èç òîãî, ÷òî !1 бесконечно малая, вытекает, что в любой окрестности точки (x0; y0)
существуют точки, в которых ∆f имеет разные знаки. Тем самым и в этом случае экстремума нет.
Пример 33. Исследовать на экстремумы функцию z = x2 + y2.
Имеем
zx′ = 2x; zy′ = 2y:
Точка (0; 0) является критической. Далее,
zxx′′ = 2; zxy′′ = 0; zyy′′ = 2:
Тем самым ∆ = 4 > 0. В точке (0; 0) экстремум. Так как zxx′′ > 0, то в этой точке минимум.
Пример 34. Исследовать на экстремумы функцию z = xy. Имеем
zx′ |
= y; |
zy′ |
= x: |
Точка (0; 0) является критической. Далее, |
|||
zxx′′ = 0; |
zxy′′ |
= 1; |
zyy′′ = 0: |
Тем самым ∆ = 1 < 0. В точке (0; 0) экстремума нет.
79
Лекция 20 апреля 2021 г.
56. Условный экстремум. Метод множителей Лагранжа
Пусть имеются функции fj(x1; : : : ; xn), j = 0; 1; : : : ; m: Рассматривается задача о нахождении экстремума функции f0(x1; : : : ; xn) при условии, что выполнены равенства
f1(x1; : : : ; xn) = 0;
. . . . . . . . . . . . . . . . . . (27) fm(x1; : : : ; xn) = 0:
Равенства (27) называются уравнениями связи.
Определение 36. Точка (x01; : : : ; x0n) называется точкой условного локального максимума (минимума), если она удовлетворяет уравнениям связи (27) и существует такая окрестность этой точки, в которой для всех точек, удовлетворяющих уравнениям связи, выполняется неравенство
f0(x1; : : : ; xn) f0(x01; : : : ; x0n) (f0(x1; : : : ; xn) f0(x01; : : : ; x0n)):
Определение 37. Точки условного локального максимума и минимума называются точками условного локального экстремума.
Для решения этой задачи применяют метод Лагранжа. Он состоит в том, что выписывается функция Лагранжа
∑m
L(x1; : : : ; xn; 0; 1; : : : ; m) = jfj(x1; : : : ; xn):
j=0
Коэффициенты 0; 1; : : : ; m называются множители Лагранжа.
Затем ищутся критические точки этой функции, удовлетворяющие уравнениям связи.
Теорема 36. Пусть точка (x01; : : : ; x0n) является точкой условного локального экстремума и функции fj(x1; : : : ; xn), j = 0; 1; : : : ; m,
имеют частные производные непрерывные в окрестности точки (x01; : : : ; x0n). Тогда существуют, не все равные нулю, множители Лагранжа такие, что точка (x01; : : : ; x0n) является критической
для соответствующей функции Лагранжа.
80
Таким образом, точка условного локального экстремума должна удовлетворять системе уравнений
∑m
j(fj)′x1 (x1; : : : ; xn) = 0;
j=0
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
∑m
j(fj)′xn (x1; : : : ; xn) = 0:
j=0
А, кроме того, уравнениям связи (27).
Найти параллелепипед максимального объема с фиксированной площадью боковой поверхности S.
z
y
x
Ðèñ. 46
Объем равен V = xyz, а боковая поверхность S = 2(xy+xz +yz). Таким образом, функция Лагранжа имеет вид
L(x; y; z; 0; 1) = 0xyz + 12(xy + xz + yz):
Имеем систему
0yz + 12(y + z) = 0;0xz + 12(x + z) = 0;0xy + 12(x + y) = 0:
Если предположить, что 0 = 0, то из теоремы вытекает, что1 ≠ 0, но тогда решение системы x = y = z = 0. Эта точка не удовлетворяет уравнению связи. Тем самым 0 ≠ 0. Без ограниче- ния общности, можно считать 0 = 1 (разделим все равенства íà 0). Тогда будем иметь систему
yz + 12(y + z) = 0; xz + 12(x + z) = 0; xy + 12(x + y) = 0:
Умножим первое равенство на x, второе на y и третье на z. Сложив все три равенства, получим
3V = 2 1S: