Ахтямов - Математика для социологов и экономистов - 2004 (947340), страница 46
Текст из файла (страница 46)
Матрица этой квадратичной формы, элементы которой являются вторыми 1,б.2. Эксгнремум функции многих переменных частными производными г," а, называется матицей Россе: П П П Х!Х! Х1Х2 ' ' ~Х!Х П П П У2Х! Х2Х2 ''' Х2Х П П П Х! Х Х2 Определитель этой матрицы называется гессианом. ГЕССЕ (Негев) Людвиг Отто ПВ11-1874) — немецкий математик, член Ьаварской академии наук.
Родился в Кенигсберге. Основные труды относятся к геометрии, линейной аигебрн, вариационному исчиСлению; ввел понятие гессиана. Пример 4. Найти экстремум функции трех переменных г = х1+ хг+ хг. Решение. Найдем стационарную точку функции. Для этого приравняем первые частные производные к нулю: гх, — 2хг = О! гхз 2хз = О. г', =2х! =О, Отсюда получаем единственную стационарную точку О(0, О, 0).
Проверим, является ли эта точка точкой экстремума. Найдем вторые частные производные. П , =2, П гхг хг г„„= 2, Теорема 2 (достаточные условия экстремума). Пусть в стационарной точке Ро и в некоторой ее окрестности фгугчкция г = ~(х1, хг, ..., х„) имеет нсе непрерывные часпгные производные. Тогда, если в этой точке второй дифференциал агг является знакоопределенной квадратичной формой от, дифференциалов дх1, дхг, ..., дхн независимых переменных, данная функция имеет в точке Ро локальный экстремум, 1)ри этом 1) если агг является полоэкительгго определенной квадратичной формой, то функвия г = 1 (х1! хг! ..., хн) имееп! в !почке Ро локальный минимум: 2) если агг является отрицательно определенной квадратичной фоРмой, то фУнкиил г = ) (х1, хг, ..., х„) имеет в точке Ро локальный максимум.
Если эюе авг является знакопеременной квадро!пичной формой, то функция г = ~(х1! хг, ..., х„) не имеет локального экстремума в точке Ро. !'л. !д. Оигаи иизакиаииые задачи 616 П Ехз * Гессиан, составленный из этих вторых чаггных производных в точке О(0, О, 0), имеет вид 200 020 002 все главные миноры ~э=8 Ь1=2, Ьз=4, которого положительны. Следовательно, согласно критерию Сильвестра, квадратичная форма аГ з положительно определена.
Поэтому из теоремы 2 вытекает, что функция з = х1~ + т~ ~+ х~з имеет в точке 0(0, О, 0) локальный минимум. А Отметим, что теорема 3 (о достаточных условиях экстремума функции двух переменных) из предыдущего пункта является следствием теоремы 2, поскольку введенный в предыдущем пункте определитель Ь является гессианом функции двух переменных. 15.3. Отыскание наибольшего и наименьшего значений функции двух переменных в заданной замкнутой области Пусть требуется найти наибольшее и наименьшее значение функции г = 1(ш, у) в некоторой замкнутой области Р.
Этих значений функция достигает либо во внутренних точках области, которые являются стационарными точками функции, либо на границах области. Следовательно, чтобы найти наибольшее и наименьшее значение функции в заданной области, необходимо: 1) найти стационарные точки, лежащие внутри области, и вычислить значения функции в этих точках: исследовать на экстремум эти точки нет необходимости; 2) найти наибольшее и наименьшее значение функции на границе области; если граница области состоит из нескольких линий (участков), то исследование проводится для каждого участка в отдельности; 3) сравнить все полученные значения функции; наибольшее из них будет наибольшим, а наименьшее наименьшим значением функции в заданной области.
И.о. Отпыохание наибольшего и ноимгвьи~его значений фуикиои ... 311 у Пример. Найти наибольшее и наименыпее значение функции г = х~ + 2 уз — 2 х — 8 у+ 5 в замкнутом треугольнике АОВ, ограниченном осями координат и прямой х + у — 4 = 0 (рис. 15.3). Решение. Найдем стационарные точки: г' =2х — 2; Решая систему зР = 4у — 8. г(Ро) = г(1, 2) = 1+ 8 — 2 — 16+ 5 = — 4. Граница заданной области состоит из отрезка ОА оси Ох, отрезка ОВ оси Оу и отрезка АВ. Определим наибольшее и наименьшее значения функции г на каждом из этих трех участков. На отрезке ОА имеем д = О, 0 < х < 4. При у = 0 функция есть функция одной независимой переменной х. Находим наибольшее и наименьшее значение этой функции на отрезке [О, 4): — =2х — 2; 2х — 2=0: х=1; ~Ь Их Р1(1., 0) стационарная точка.
Значение функции в этой точке равно г(Р1) = г(1, 0) = 4. Вычислим значения функции на концах отрезка ОА, т. е, в точках О и А; г(О) = г(0, 0) = 5; х(А) = г(4, 0) = 13. На отрезке ОВ имеем х = 0 н 0 < у < 4. Прн х = 0 г = 2 у~ — 8д+ 5. г' =2х — 2=0; г„'=4у — 8=0, находим стационарную Рв(1, 2).
Эта точка лежит функции в этой точке; Рис. 15.3. Стационарные точки в замкнутом треугольнике АОВ точку внутри области. Вычислим значение Га. 14. Они~иззизацианние задачи Находим наибольшее и наименьшее значение этой функции л от переменной у на отрезке (О, 4]; в„'=4у — 8; 4у — 8=0; у=2; Ря(0, 2) — стационарная точка, в(Рз) = в(0., 2) = — 3. Вычислим значения функции л на концах отрезка ОВ, т. е. в точках О и В; л(О) = г(0, О) = 5, г(В) = г(0, 4) = 5.
Исследуем теперь отрезок АВ. Уравнение прямой АВ: Подставив это выражение для у в заданную функцию е, получим з = х~+ 2(4 — я) — 2л — 8(4 — л) + 5, или з = 3л~ — 10х+ 5. Опроделим наибольшее и наименьшее значения функции на от- резке [О, 4]: 5 Х = бт — 10=0; в =бл — 10; /5 71 Ра ~-, - ) стационарная точка, ~3 3) (5 71 10 е(Ра) = е ],3 3) 3 Значения в точках А н В найдены ранее.
Сравнивая полученные результаты, заключаем, что наибольшее значение заданной функции е в заданной замкнутой области достигается в точке А(4, О), а наименьшее значение — в стационарной точке Рв(1, 2). Таким образом, наибольшее значение достигается в точке е(4, О) = 13, а наименьшее в точке г(1, 2) = — 4. А Задача. Найти наибольшее и наименьшее значения функции з=х +у — гну+за+у в замкнутом треугольнике, ограниченном осями координат и прямой л+у+3=0. Ссег. услооный зкетремум Ответ: Наименьшее значение: — 1, а наиболыпее: 6.
В следующей главе рассмотрено приложение методов поиска наибольших и наименьших значений функций к задачам повышения урожайности. 15.4. Условный экстремум Пусть требуется исследовать на экстремум функцию г = = ~(х, у) при условии, что сами переменные х и у связаны уравнением д(х, у) = О. Геометрически это означает, что кроме функции г = 1(х, у) задана еще некоторая линия А в плоскости хОу, и требуется функцию г исшседовать на эксгремум при условии, что экстремальные точки могут принадлежать только этой линии 1.
Эти точки называются точками условного экстремума, а уравнение, связывасощее переменные х и у, — уравнением соязи. Если из уравнения связи д(х, у) переменную у выразить явно через х и подставить в заданнусо функцию г = ~(х, у), то получим функцию от одной переменной х. Найдя те значения х, при которых г достигает экстремума, мы подставим их в уравнение связи и определим соответствующие значения у. В результате будут получены точки условного экстремума.
В тех случаях, когда у нельзя выразить явно через х, применяют так называемый метод множителей Лагранжа, сущность которого состоит в следующем. Чтобы данную функцию г = у" (х, у) исследовать на экстремум при условии, что д(х, у) = О, надо: 1) составить вспомогательную Функцию Лагранжа где Л вЂ” вспомогательная неизвестная, именуемая множителем Лагранэсса; 2) найти частные производные приравнять каждую из них нулю и решить полученную систему трех уравнений с тремя неизвестными х, у и Л. В резулыате решения системы будут получены точки, в которых функция может иметь условный экстремум, по может и не Га. 1б.
Они~иыизаиианные задачи Ззе иметь его в найденных точках, так как система выражает только необходимое условие экстремума. 7 Пример. Исследовать на экстремум функцию г = х2+6х — 2д+1 при условии, что переменные х и д связаны уравнением х2+д — 4=0. Решение. Первый способ решения. Уравнение связи представляет уравнение параболы д = 4 — хз.
Заменив в заданной функции 2 переменную д через 4 — х, получим ,2 з(х) = х2+ 6 х — 2(4 — х2) + 1, или 2(х) = 3хз+ бх — 7. Полученную функцию 2(х) исследуем на экстремум. ае — =бх+6; 6х+6=0; йх хв стаЦионаРнаЯ точка фУнкЦии 2(х). НахоДим втоРУю пРоизводную; ез з — 2=6. ах Так как вторая производная положительна, то в найденной стационарной точке функция з(х) имеет минимум. Подставив хв = — 1 в уравнение связи, получим до=4 — 1=3. Следовательно, точка Рс( — 1, 3) -- точка условного экстремума.
В этой точке функция 21х, д) имеет минимум: зава — — 2( — 1, 3) = 1 — 6 — 6+ 1 = -10. д(хд)х2+д'1() то Р(х, д, Л) = х2+6х — 2д+1+Л (х2+д — 4). Второй способ решения. Определим теперь точку условного экстремума, пользуясь методом множителей Лагранжа. 1) Составляем вспомогательную функцию Лагранжа. Так как по условию г = х2+бх — 2д+1, 321 1о.4. Уегооокый экстремум 2) Находим частные производные Р'" ,= 2х+ 6+ 2 Лх; Р'„' = — 2+ Л; р"л — — х + у — 4. 3) Приравняв каждую частную производную нулю, получаем систему: 2х+ 6+ 2Лх = О, — 2+Л=О, х +у †4. Из второго уравнения Л = 2, тогда нз первого уравнения следует х = — 1,а из третьего у = 3. Таким образом, Рв( — 1, 3) единственная точка, которая может быть точкой условного экстремума.
Ббльшего метод Лагранжа пе дает. В этом смысле первый способ решения предпочтительнее. и Задача. Исследовать на экстремум функцию г = 2х2+у при условии, что переменные х и у связаны уравнением х+у †2. Ответ: лоно = в( — 2, 4) = 24. Метод множителей Лагранжа может быть использован и при исследовании на экстремум функции бблыпего числа переменных. Пусть задана функция трех переменных и=1(х, у, г), где переменные х, у, г связаны между собой уравнением д(х, у, л) = О.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
