Занятие 7. Безусловный экстремум ФНП. Условный экстремум ФНП, его геометрическая иллюстрация (Семинары для ИБМ)

Занятие 7. Безусловный экстремум ФНП. Условный экстремум ФНП, его геометрическая иллюстрация.

Экстремум функции. Функция u = f(P) имеет максимум (минимум) в точке , если существует такая окрестность точки P₀, для всех точек которой, отличных от точки P₀, выполняется неравенство f(P₀) > f(P) (соответственно f(P₀) < f(P)). Максимум или минимум функции называется ее экстремумом.

Необходимое условие экстремума. Если дифференцируемая функция f(P) достигает экстремума в точке Р₀, то в этой точке для всех k = 1, 2, ..., n (1) или тождественно относительно

Точки, в которых выполняются условия (1), называются стаци­онарными точками функции u = f(P). Таким образом, если Р₀ ‑ точка экстремума функции u = f(P), то либо Р₀ ‑ стационарная точка, либо в этой точке функция недифференцируема.

Достаточные условия экстремума. Пусть ‑ стационарная точка функции u = f(P), причем эта функция дважды дифференцируема в некоторой окрестности точки P₀ и все ее вторые частные производные непрерывны в точке Р₀. Тогда:

1) если второй дифференциал как функция , ..., имеет постоянный знак при всевозможных наборах значений не равных одновременно нулю, то функция u = f(P) имеет в точке Р₀ экстремум, а именно ‑ максимум при и минимум при ;

2) если является знакопеременной функцией т. е. принимает как положительные, так и отрицательные значения, то точка Р₀ не является точкой экстремума функции u = f(P);

3) если или причем существуют такие наборы значений не равных одновременно нулю, для которых значение второго дифференциала обращается в нуль, то функция u = f(P) в точке Р₀ может иметь экстремум, но может и не иметь его (в этом случае для выяснения вопроса требуется дополнительное исследование).

В частном случае функции двух переменных достаточные условия экстремума можно сформулировать следующим образом. Пусть P₀(x₀, y₀) стационарная точка функции z = f(x, у), причем эта функция дважды дифференцируема в некоторой окрестности точки P₀ и все ее вторые частные производные непрерывны в точке Р₀. Введем обозначения:

, , и D = AC ‑ B².

1) если D > 0, то функция z = f(x, у) имеет в точке P₀(x₀, y₀) экстремум, а именно ‑ максимум при А < 0 (С < 0) и минимум при А > 0 (С > 0),

2) если D < 0, то экстремум в точке P₀(x₀, y₀) отсутствует;

3) если D = 0, то требуется дополнительное исследование.

Условный экстремум. Функция имеет условный максимум (условный минимум) в точке если существует такая окрестность точки Р₀, для всех точек Р которой удовлетворяющих уравнениям связи , выполняется неравенство f(P₀) > f(P) (соответственно f(P₀) < f(P)). Задача нахождения условного экстремума сводится к исследованию на обычный экстремум функции Лагранжа

(k = 1, 2,..., т) называются множителями Лагранжа.

Необходимые условия условного экстремума выражаются системой n + m уравнений

(i = 1, 2,..., n), (k = 1, 2,..., т) (1)

из которой могут быть найдены неизвестные , где ‑ координаты точки, в которой возможен условный экстремум.

Достаточные условия условного экстремума связаны с изучением знака 2-го дифференциала функции Лагранжа для каждой системы значений , полученной из (2) при условии, что dx₁, dx₂, ..., dx_n удовлетворяют уравнениям при

(k = 1, 2,..., т)

В случае функции z = f(x, у) при уравнении связи φ(х, у) = 0 функция Лагранжа имеет вид

Система (1) состоит из трех уравнений:

, , φ(х, у) = 0

Пусть Р₀(х₀, у₀), λ₀ − любое из решений этой системы и

Если ∆ < 0, то функция z = f(x, у) имеет в точке Р₀(х₀, у₀) условный максимум; если ∆ > 0 − то условный минимум.

Пример 4. Найти условный экстремум функции z = x + 2y при x² + y² =  5.

Составим функцию Лагранжа

Имеем ,

Система уравнений (1) принимает вид

, , x² + y² =  5

Система имеет два решения: x₁ = −1, y₁ = −2, λ₁ = 1/2; x₁ = −1, y₂ = 2, λ₂ = −1/2. Так как , , , то

При λ = 1/2 d²L > 0. Поэтому функция имеет условный минимум в точке P₁(−1, −2) и z_min = −5. При λ = −1/2 d²L < 0. Поэтому функция имеет условный максимум в точке Р₂(1, 2) и z_max = 5.

Или иначе тот же вывод можно сделать, посчитав ∆ в точках P₁(−1, −2) и Р₂(1, 2)

,

Задачи ОЛ-1, гл. 7: 7.187–7.195 (неч.), 7.201, 7.205 (сделать геометрическую интерпретацию) или ОЛ-2: 2008, 2010, 2012, 2016.1, 2021, 2022 (сделать геометрическую интерпретацию) .

Найти экстремумы функций двух переменных:

7.187. z = x² + xy + y² ‑ 3x ‑ 6y.

7.189. z = 3х² ‑ х³ + 3y²  + 4y.

7.191. (x > 0, y > 0).

7.193. .

7.195. .

Найти условные экстремумы функций:

7.201. z = x² + y² ‑ xy + x + y ‑ 4 при х + у + 3 = 0.

7.205. z = 2х + y при х² + у² = 1.

Домашнее задание ОЛ-1, гл. 7: 7.188–7.194 (четн.), 7.202, 7.203, 7.204 (сделать геометрическую интерпретацию) или ОЛ-2: 2009, 2011, 2014, 2016.2, 2023(сделать геометрическую интерпретацию), 2024.

7.188. z = xy²(1 ‑ x ‑ y) (х > 0, y > 0).

7.190. (x > 0, y > 0).

7.192. .

7.194. .

7.202. при x + y = 2.

7.203. при x² + y² = 1.

7.204. z = xy² при x + 2y = l.

Ответы