Пискунов Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисления. В 2-х т. Том 1 (1996) (1095449), страница 48
Текст из файла (страница 48)
Следовательно, в точке (1;!) данная функция имеет минимум, имеяно; 4„„„=. -1. 4) Исследуем характер второй критической точки Мг(0,0); А=О, В=-3. С=О; АС вЂ” В = -9<0. Следовательно, во второй критической точке функция не имеет ни максимума, ни минимума (минимакс). Пример б. Разложить данное положительное число а на три положитюгьных слагаемых так, чтобы их произведение имело наибольшее значение.
Решение. Обозначим первое слагаемое через х, второе — через р; тогда третье будет а — х — р. Произведение этих слагаемых равно и = хр(а — х — р). По условию задачи х > О, р > О, а — х-р > О, те. к+р < а, и > О. Следовательно, х и р могут принимать значения, принадлежащие области, ограниченной прямыми х = О, р = О, х -~- р = а. Найдем частные производные функции н1 — = р(а — 2х — р), дв дх — = х(а — 29 — х).
дн др Приравнивая производяые нулю, получим систему уравнений р(а — 2х — р) = О, х(а — 2р — х) = О. Решая эту систему, находим критические точки: р1 = О, М1(0,0), рг = а, Мг(О,а), рз = О, Мз(а, О], р4 = а/3, М4(а/З,а/3). х1 = О, хг = О, хз=а, х4 = а/3, аа/ а а1 331 3 3/ 27' Проведем исследование харакгера критических точек, пользуясь достаточными условиями. Найдем частные производные второго порядка функции в: дㄠ— = -2р, дх2 — =а -2х — 2р, — =-2х. дги дгн дх др ' дрг Первые три точки лежат на границе области, последняя — внутри. На границе области функция н равна нулю, а внутри области она положительна; следовательно, в точке (а/3, а/3) функция н имеет максимум (так как это единственная экстремальная точка внутри треугольника).
Максимальное значение произведения есть 258 Фуггкции нес'неньких певеьгегпгых (гл и! г! дги дги дггг В точке Л)г(О,О) имеем А = -; — т — — О, В = = а, С вЂ”.; — т —. О, дт- ' отсу ' ' ду- ЛС вЂ”  — — -а < О Следовательно, в точке Лб нет ни максимума, ни ми. дгг, дви дгг нимума. В точке Мг(е,а) имеем А = — т =- -' а, В = = а, Г = —, = О, = сг.сггу АС вЂ” Вг — — а' < О. Значит, в точке Мг тоже нет ни максимума, ни минимума В точке Лгв(а,в) инеем А = О, В = — а, С = — 2а, АС Вт — аг > О. Н в гонке Л(г /а ау 2а а нет ни максимума, ни минимума.
В точке Л/г( —., —.) имеем А —, и =- 2а, г 4аа аг С = — —,, АС вЂ” Вг = — — — > О, А < О Следовательно, в го гке Мг имеем 3'' 9 9 максимум Замечание. Теория максимумов и минимумов функции нескольких переменных является основой для одного метода получения формул для иэображения функциональных зависимостей на основании экспериментальных данных. Этот вопрос изложен в 219. 8 18. Максимум и минимум функции нескольких переменных, связанных данными уравнениями (условные максимумы и минимумы) Во многих задачах на разыскание наибольших и наименьших значений функции вопрос сводится к разысканию максимумов и минимумов функции от нескольких переменных, которые пе являются независимыми, а связаны друг с другом некоторыми добавочными условиями (например, они должны удовлетворять данным уравнениям).
Рассмотрим, например, такую задачу. Из данного куска жести площадью 2п надо сделать закрытую коробку в форме параллелепипеда, имеющую наибольший объем. Обозначим длину, ширину н высоту коробки через х, у, Задача сводится к разысканию максимума функции 0 = хус ври условии, что 2ху+2хх+2у« = 2а. Здесь мы имеем задачу на условный экстремум: переменные х, у, х связаны условием 2ху + 2хк + 2ух = 2а. В настоящем параграфе мы рассмотрим методы решения таких задач.
Рассмотрим сначала вопрос об условном экстремуме функции двух переменных, если эти переменные связаны одним условием. Пусть требуется найти максимумы и минимумы функции и =,)(х,у) при условии, что х и у связаны уравнением эг(х,у) = О. (2) Прги наличии условия (2) из двух переменных х и у меэпвисилсылс будет только одно, например х, так как у определяется 259 МАКСИМУМ И МИНИМУМ ФУНКЦИИ нп ду ду пу — = — + — —.
к д дуд Следовательно, в точках экстремума ду д/ ау — + — — = О. дх ду вх Из равенства (2) находим: дм ди ау — + — — ' = О. дх ду дх (4) Это равенство удовлетворяется для всех х и у, удовлетворяющих уравнению (2) (см. 511 гл. УП1). Умножив члены равенства (4) на неопределенный пока коэффициент Л и сложив их с соответствующими членами равенств (3), получим: или (5) Последнее равенство выполняется во всех точках экстремума. Под- берем Л так, чтобы для значений х и у, соответствующих экстре- муму функции и, вторая скобка в равенстве (5) обратилась в нульН: — +Л вЂ” =О ду дФ ду ду Но тогда при этих зна~ениях х н у из равенства (5) следует равенство О для определепиости будем предполагать, что в критических точках — ц о. дм ду из равенства (2) как функция от х.
Если бы мы разрешили уравнение (2) относительно у, то, вставляя в равенство (1) вместо у найденное выражение, получили бы функцию одного переменного х и свели бы задачу к задаче об исследовании на максимум и минимум функции одного независимого переменного х. Но можно решить поставленную задачу, не разрешая уравнения (2) относительно х или у. При тех значениях х, при которых функция и может иметь максимум или минимум, производная от и по х должна обращаться в нуль.
Из (1) находим —, помня, что у есть функция от я: пп ди' 260 ~гл тш ФУНК11ИИ НЕСКОЛЪКИХ ПЕВЯМЕИНЫХ Таким образом, получается, что в точках экстремума удовлетворяются три уравнения: — +Л— ду юг дк дх — +Л— ду д1г дк ду р(х, у) =О с тремя неизвестными х, у, Л. Из этих уравнений определяем х, у и Л, которое играло только вспомогательную роль и нам в дальнейшем не требуется. Из вывода следует, что уравнения (6) являются необходимыми условиями условного окстпрел1улга, т.е. в точках экстремума удовлетворяются уравнения (6). Но не при всяких х и у (п Л), удовлетворяющих уравнениям (6), будет иметь место условный экстремум.
Требуется дополнительное исследование характера критической точки. При решении конкретных задач иногда удается установить характер критической точки на основании существа задачи. Заметим, что левые части уравнений (6) суть частные производные функции Г(х,у, Л) = ((х,у) + Л1о(х,у) (7) по переменным х, у, Л. Таким образом, для того чтобы найти значения х и у, удовлетворяк1щие условию (2), при которых функция и = 2'(х, у), может иметь условный максимум или условный минимум, нужно составить вспомогательную функцию (7), приравнять нулю ее производные по х, у и Л и из полученных трех уравнений (6) определить искомые х, у (и вспомогательный множитель Л). Рассмотренный метод распространяется па исследование условного экстремума функции любого числа переменных.
Пусть требуется найти максимумы и минимумы функции п переменных и = 2(х1,хт,...,х„) при условии, что перел1енные х1, х2, ..., х„связаны тп (кп < п) уравнениями: кг1(х1,х2,...,Х„) = О, ~рт(х1,хг,..., х„) = О, (8) Чг (х„х2,...,х„) = О. Для того, чтобы найти значения х1, хт, ..., х„, при которых могут быть условные максимумы и минимумы, нужно составить функцию К(х1, х2,..., х„, Л1,..., Л,„) = 2 (х1,..., Х„) + Л1 р1 (х1,..., х„) + + Л21р2(Х1~ °,Хн) + ''+ Лтута(Х1....,хн)~ 261 максимум и минимум юкнкции в в»1 производные по х1, хз, ..., х„ (9) — + л, —.
+ + лю —.- = о д/ дв22 ди дх дх и из ит + п ураннений (8) и (9) определить хг, хз, ..., х„ и вспомогательные неизвестные Л,,...,лш, Так же как и для функции двух переменных, вопрос о том, будет ли при найденных значениях функция иметь максимум или минимум или не будет иметь ни того, ни другого, мы в общем случае оставляем открытым. Этот вопрос мы будем решать на основании вспомогательных соображений.
Пример 1. Вернемся к задаче, сформулированной в начале этого параграфа: найти максимум функции ю = хр» при условии, что хр+ х»+ р» — а = О (х > О, р > О. » > 0). (10) Составим вспомогательную функцию г (х, р,л) = хр» -1- Л(тра х»-Ь р» — а). Найдем ее частные производные и приравняем их нулю: р» -1- Л(р -1- ») = О, х»+ Л(х-В») = О, хр-1. Л(х Е р) = О.
Задача сводится к решению системы четырех уравнений (10) и (11) с четырьмя неизвестными (х, р, » и Л). Для решении этой системы умножим первое из уравнений (11) на х, второе .— на р, третье — на» и сложим их; принимая во внимание равенство (10), находим Л = — — »=. Вставляя в уравнения (11) найденное значение Л,получим: р [1 — '2 (р+')] =О „[1 — — (*ч- )] = о, зр 2а х.[ -',— '(х р)]=' Так как х, р, » по смыслу задачи отличны от нуля, то из последних уравнений имеем: 2а -':(хар) =1 Из первых двух уравнений находим х = и, из второго и третьего уравнений р = ».
Но в таком случае из уравнения (10) получаем х = р = » = ь/а/3. Это— приравнять нулю ее часгные деч — +л,—, дх, д»2 д/ дв22 — +л,— дХ2 дХ2 +" ел д'- =о, »а д + +л д"- =о, дхг 262 ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ (гл. Уп| тг + хг Ф + х — а = О (хг > О, хг > О, ..., х > О). (12) Образуем вспомогательную функцию В(хы..., х„, Л) = л/хг... хч Ф Л(хг + хг -1....
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
