Primer

Poiščite ekstrem funkcije pod pogojem, da X in pri so povezani z razmerjem: . Geometrijsko gledano problem pomeni naslednje: na elipsi
letalo
.

Ta problem je mogoče rešiti takole: iz enačbe
najdemo
X:

pod pogojem, da
, zmanjšano na problem iskanja ekstrema funkcije ene spremenljivke na intervalu
.

Geometrijsko gledano problem pomeni naslednje: na elipsi , pridobljen s prečkanjem valja
letalo
, morate najti največjo ali najmanjšo vrednost aplikacije (slika 9). Ta problem je mogoče rešiti takole: iz enačbe
najdemo
. Če nadomestimo najdeno vrednost y v enačbo ravnine, dobimo funkcijo ene spremenljivke X:

Tako je problem iskanja ekstrema funkcije
pod pogojem, da
, zmanjšano na problem iskanja ekstrema funkcije ene spremenljivke na intervalu.

Torej, problem iskanja pogojni ekstrem – to je problem iskanja ekstrema ciljne funkcije
, pod pogojem, da spremenljivke X in pri predmet omejitve
, poklical povezovalna enačba.

Recimo to pika
, ki izpolnjuje enačbo sklopitve, je točka lokalnega pogojnega maksimuma (minimuma), če obstaja soseska
tako da za poljubne točke
, katerega koordinate zadoščajo povezovalni enačbi, je neenakost izpolnjena.

Če je iz sklopitvene enačbe mogoče najti izraz za pri, potem pa s substitucijo tega izraza v prvotno funkcijo slednjo spremenimo v kompleksno funkcijo ene spremenljivke X.

Splošna metoda za reševanje problema pogojnega ekstrema je Lagrangeova metoda množitelja. Ustvarimo pomožno funkcijo, kjer ─ neko število. Ta funkcija se imenuje Lagrangeova funkcija, A ─ Lagrangeov množitelj. Tako se je naloga iskanja pogojnega ekstrema zmanjšala na iskanje lokalnih ekstremnih točk za Lagrangeovo funkcijo. Če želite najti možne ekstremne točke, morate rešiti sistem treh enačb s tremi neznankami x, y in.

Potem bi morali uporabiti naslednji zadostni pogoj za ekstrem.

TEOREM. Naj bo točka možna točka ekstrema za Lagrangeovo funkcijo. Predpostavimo, da v bližini točke
obstajajo zvezni parcialni odvodi funkcij drugega reda in . Označimo

Potem, če
, To
─ pogojna ekstremna točka funkcije
s sklopitveno enačbo
v tem primeru, če
, To
─ pogojna minimalna točka, če
, To
─ pogojna maksimalna točka.

§8. Gradient in smerni derivat

Naj funkcija
definirana v neki (odprti) regiji. Upoštevajte katero koli točko
to območje in katera koli usmerjena ravna črta (os) , ki poteka skozi to točko (slika 1). Pustiti
- neka druga točka na tej osi,
– dolžina segmenta med
in
, vzeto z znakom plus, če je smer
sovpada s smerjo osi , in z znakom minus, če sta njuni smeri nasprotni.

Pustiti
približuje za nedoločen čas
. Omejitev

klical odvod funkcije
proti (ali vzdolž osi ) in je označen kot sledi:

Ta izpeljanka označuje "hitrost spremembe" funkcije v točki
proti . Zlasti navadni delni izpeljanki ,lahko razumemo tudi kot izpeljanke "glede na smer".

Predpostavimo zdaj, da funkcija
ima zvezne delne odvode v obravnavani regiji. Naj os tvori kot s koordinatnimi osemi
in . Pod sprejetimi predpostavkami je smerni derivat obstaja in je izražena s formulo

Če vektor
podana z njegovimi koordinatami
, nato odvod funkcije
v smeri vektorja
se lahko izračuna po formuli:

Vektor s koordinatami
klical gradientni vektor funkcije
na točki
. Vektor gradienta označuje smer najhitrejšega naraščanja funkcije v dani točki.

Primer

Dana je funkcija, točka A(1, 1) in vektor
. Poiščite: 1)grad z v točki A; 2) odvod v točki A v smeri vektorja .

Parcialni odvodi dane funkcije v točki
:

;
.

Potem je vektor gradienta funkcije na tej točki:
. Vektor gradienta lahko zapišemo tudi z uporabo vektorske dekompozicije in :

. Odvod funkcije v smeri vektorja :

Torej,
,
.◄

Pogojni ekstrem.

Ekstremumi funkcije več spremenljivk

Metoda najmanjših kvadratov.

Lokalni ekstrem FNP

Naj bo funkcija podana in= f(P), РÎDÌR n in naj bo točka P 0 ( A 1 , A 2 , ..., a str) –notranji točka niza D.

Opredelitev 9.4.

1) Točko P 0 imenujemo največja točka funkcije in= f(P), če obstaja soseska te točke U(P 0) М D taka, da za katero koli točko P( X 1 , X 2 , ..., x n)О U(P 0) , Р¹Р 0 , je pogoj izpolnjen f(P)£ f(P 0) . Pomen f(P 0) funkcija na maksimalni točki maksimum funkcije in je določen f(P0) = maks f(P) .

2) Točko P 0 imenujemo najmanjša točka funkcije in= f(P), če obstaja soseska te točke U(P 0)Ì D taka, da za katero koli točko P( X 1 , X 2 , ..., x n)ОU(P 0), Р¹Р 0 , je pogoj izpolnjen f(P)³ f(P 0) . Pomen f(P 0) funkcija v točki minimuma minimalna funkcija in je določen f(P 0) = min f(P).

Imenujemo minimalno in maksimalno točko funkcije ekstremne točke, se imenujejo vrednosti funkcije na ekstremnih točkah ekstremi funkcije.

Kot izhaja iz definicije, neenakosti f(P)£ f(P 0) , f(P)³ f(P 0) mora biti izpolnjen le v določeni okolici točke P 0 in ne v celotnem definiranem področju funkcije, kar pomeni, da ima funkcija lahko več istovrstnih ekstremov (več minimumov, več maksimumov) . Zato se imenujejo zgoraj definirani ekstremi lokalni(lokalni) ekstremi.

Izrek 9.1 (nujni pogoj za ekstrem FNP)

Če funkcija in= f(X 1 , X 2 , ..., x n) ima ekstrem v točki P 0 , potem so njegovi parcialni odvodi prvega reda na tej točki enaki nič ali pa ne obstajajo.

Dokaz. Naj bo v točki P 0 ( A 1 , A 2 , ..., a str) funkcijo in= f(P) ima ekstrem, na primer maksimum. Popravimo argumente X 2 , ..., x n, dajanje X 2 =A 2 ,..., x n = a str. Potem in= f(P) = f 1 ((X 1 , A 2 , ..., a str) je funkcija ene spremenljivke X 1. Ker ima ta funkcija X 1 = A 1 ekstrem (največ), potem f 1 ¢=0ali ne obstaja, ko X 1 =A 1 (nujen pogoj za obstoj ekstrema funkcije ene spremenljivke). Toda to pomeni ali ne obstaja v točki P 0 - ekstremni točki. Podobno lahko upoštevamo delne odvode glede na druge spremenljivke. CTD.

Točke v domeni funkcije, v katerih so parcialni odvodi prvega reda enaki nič ali ne obstajajo, imenujemo kritične točke to funkcijo.

Kot izhaja iz izreka 9.1, je treba ekstremne točke FNP iskati med kritičnimi točkami funkcije. Toda kar zadeva funkcijo ene spremenljivke, ni vsaka kritična točka ekstremna točka.

Izrek 9.2 (zadostni pogoj za ekstrem FNP)

Naj bo P 0 kritična točka funkcije in= f(P) in je diferencial drugega reda te funkcije. Potem

in če d 2 u(P 0) > 0 pri , potem je P 0 točka najmanj funkcije in= f(P);

b) če d 2 u(P0)< 0 при , то Р 0 – точка maksimum funkcije in= f(P);

c) če d 2 u(P 0) ni določen s predznakom, potem P 0 ni točka ekstrema;

Ta izrek bomo obravnavali brez dokaza.

Upoštevajte, da izrek ne upošteva primera, ko d 2 u(P 0) = 0 ali ne obstaja. To pomeni, da vprašanje prisotnosti ekstrema v točki P 0 pod takšnimi pogoji ostaja odprto - potrebujemo dodatne raziskave, na primer preučevanje prirastka funkcije na tej točki.

Pri podrobnejših tečajih matematike je dokazano, da zlasti za funkcijo z = f(x,l) dveh spremenljivk, katerih diferencial drugega reda je vsota oblike

študijo prisotnosti ekstremuma na kritični točki P 0 je mogoče poenostaviti.

Označimo , , . Sestavimo determinanto

Izkazalo se je:

d 2 z> 0 v točki P 0, tj. P 0 – najmanjša točka, če A(P 0) > 0 in D (P 0) > 0;

d 2 z < 0 в точке Р 0 , т.е. Р 0 – точка максимума, если A(P0)< 0 , а D(Р 0) > 0;

če je D(P 0)< 0, то d 2 z v bližini točke P 0 spremeni predznak in v točki P 0 ni ekstrema;

če je D(Р 0) = 0, so potrebne tudi dodatne študije funkcije v bližini kritične točke Р 0.

Tako za funkcijo z = f(x,l) dveh spremenljivk, ki jih imamo naslednji algoritem(recimo mu "algoritem D") za iskanje ekstrema:

1) Poiščite domeno definicije D( f) funkcije.

2) Najdi kritične točke, tj. točke od D( f), za katere in sta enaka nič ali ne obstajata.

3) Na vsaki kritični točki P 0 preverite zadostni pogoji ekstrem. Če želite to narediti, poiščite , kjer je , , in izračunajte D(P 0) in A(P 0). Potem:

če je D(P 0) >0, potem je v točki P 0 ekstrem, in če A(P 0) > 0 – potem je to minimum in če A(P 0)< 0 – максимум;

če je D(P 0)< 0, то в точке Р 0 нет экстремума;

Če je D(P 0) = 0, so potrebne dodatne raziskave.

4) Na najdenih točkah ekstrema izračunajte vrednost funkcije.

Primer 1.

Poiščite ekstrem funkcije z = x 3 + 8l 3 – 3xy .

rešitev. Obseg te funkcije je celoten koordinatna ravnina. Poiščimo kritične točke.

, , Þ P 0 (0,0) , .

Preverimo, ali so izpolnjeni zadostni pogoji za ekstrem. Bomo našli

6X, = -3, = 48pri in = 288xy – 9.

Potem je D(P 0) = 288×0×0 – 9 = -9< 0 , значит, в точке Р 0 экстремума нет.

D(P 1) = 36-9>0 – v točki P 1 je ekstrem, in ker A(P 1) = 3 >0, potem je ta ekstrem minimum. Torej min z=z(P 1) = .

Primer 2.

Poiščite ekstrem funkcije .

Rešitev: D( f) =R 2 . Kritične točke: ; ne obstaja, ko pri= 0, kar pomeni, da je P 0 (0,0) kritična točka te funkcije.

2, = 0, = , = , vendar D(P 0) ni definiran, zato je preučevanje njegovega predznaka nemogoče.

Iz istega razloga je nemogoče uporabiti teorem 9.2 neposredno - d 2 z na tej točki ne obstaja.

Razmislimo o prirastku funkcije f(x, l) v točki P 0 . Če D f =f(P) – f(P 0)>0 "P, potem je P 0 najmanjša točka, če pa D f < 0, то Р 0 – точка максимума.

V našem primeru imamo

D f = f(x, l) – f(0, 0) = f(0+D x,0+D l) – f(0, 0) = .

Pri D x= 0,1 in D l= -0,008 dobimo D f = 0,01 – 0,2 < 0, а при Dx= 0,1 in D l= 0,001 D f= 0,01 + 0,1 > 0, tj. v bližini točke P 0 noben pogoj D ni izpolnjen f <0 (т.е. f(x, l) < f(0, 0) in zato P 0 ni največja točka), niti pogoj D f>0 (tj. f(x, l) > f(0, 0) in potem P 0 ni minimalna točka). To pomeni, da po definiciji ekstrema ta funkcija nima ekstremov.

Pogojni ekstrem.

Obravnavani ekstrem funkcije se imenuje brezpogojno, saj za argumente funkcije niso naložene nobene omejitve (pogoji).

Opredelitev 9.2. Ekstrem funkcije in = f(X 1 , X 2 , ... , x n), ugotovljeno pod pogojem, da so njegovi argumenti X 1 , X 2 , ... , x n zadoščajo enačbam j 1 ( X 1 , X 2 , ... , x n) = 0, …, j T(X 1 , X 2 , ... , x n) = 0, kjer je P ( X 1 , X 2 , ... , x n) О D( f), poklicali pogojni ekstrem .

Enačbe j k(X 1 , X 2 , ... , x n) = 0 , k = 1, 2,..., m, se imenujejo povezovalne enačbe.

Poglejmo si funkcije z = f(x,l) dve spremenljivki. Če je povezovalna enačba ena, tj. , potem iskanje pogojnega ekstrema pomeni, da ekstrem ne iščemo v celotni domeni definicije funkcije, ampak na neki krivulji, ki leži v D( f) (tj. ni najvišji ali najvišji nizke točke površine z = f(x,l), in najvišje ali najnižje točke med točkami presečišča te površine z valjem, sl. 5).

Pogojni ekstrem funkcije z = f(x,l) dveh spremenljivk lahko najdete na naslednji način ( metoda izločanja). Iz enačbe izrazite eno od spremenljivk kot funkcijo druge spremenljivke (na primer napišite ) in, ko nadomestite to vrednost spremenljivke v funkcijo, slednjo zapišite kot funkcijo ene spremenljivke (v obravnavanem primeru ). Poiščite ekstrem dobljene funkcije ene spremenljivke.

Najprej si oglejmo primer funkcije dveh spremenljivk. Pogojni ekstrem funkcije $z=f(x,y)$ v točki $M_0(x_0;y_0)$ je ekstrem te funkcije, dosežen pod pogojem, da sta spremenljivki $x$ in $y$ v v bližini te točke zadovoljujejo povezovalno enačbo $\ varphi (x,y)=0$.

Ime "pogojni" ekstrem je posledica dejstva, da je za spremenljivke naložen dodaten pogoj $\varphi(x,y)=0$. Če lahko eno spremenljivko izrazimo iz povezovalne enačbe skozi drugo, potem se problem določanja pogojnega ekstrema reducira na problem določanja običajnega ekstrema funkcije ene spremenljivke. Na primer, če povezovalna enačba implicira $y=\psi(x)$, potem s substitucijo $y=\psi(x)$ v $z=f(x,y)$ dobimo funkcijo ene spremenljivke $z =f\levo (x,\psi(x)\desno)$. IN splošni primer Vendar je ta metoda malo uporabna, zato je potrebna uvedba novega algoritma.

Lagrangeova metoda množitelja za funkcije dveh spremenljivk.

Metoda Lagrangeovega množitelja je sestavljena iz konstruiranja Lagrangeove funkcije za iskanje pogojnega ekstrema: $F(x,y)=f(x,y)+\lambda\varphi(x,y)$ (parameter $\lambda$ se imenuje Lagrangeov multiplikator). Potrebni pogoji za ekstrem so podani s sistemom enačb, iz katerih so določene stacionarne točke:

$$ \left \( \begin(aligned) & \frac(\partial F)(\partial x)=0;\\ & \frac(\partial F)(\partial y)=0;\\ & \varphi (x,y)=0. \end(poravnano) \desno.

Zadosten pogoj, iz katerega lahko določimo naravo ekstrema, je znak $d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy) ^("" )dy^2$. Če v stacionarna točka$d^2F > 0$, potem ima funkcija $z=f(x,y)$ na tej točki pogojni minimum, če pa $d^2F< 0$, то условный максимум.

Obstaja še en način za določitev narave ekstrema. Iz sklopitvene enačbe dobimo: $\varphi_(x)^(")dx+\varphi_(y)^(")dy=0$, $dy=-\frac(\varphi_(x)^("))( \varphi_ (y)^("))dx$, zato imamo na kateri koli stacionarni točki:

$$d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=F_(xx)^( "")dx^2+2F_(xy)^("")dx\left(-\frac(\varphi_(x)^("))(\varphi_(y)^("))dx\desno)+ F_(yy)^("")\levo(-\frac(\varphi_(x)^("))(\varphi_(y)^("))dx\desno)^2=\\ =-\frac (dx^2)(\levo(\varphi_(y)^(") \desno)^2)\cdot\levo(-(\varphi_(y)^("))^2 F_(xx)^(" ")+2\varphi_(x)^(")\varphi_(y)^(")F_(xy)^("")-(\varphi_(x)^("))^2 F_(yy)^ ("") \desno)$$

Drugi faktor (v oklepajih) je mogoče predstaviti v tej obliki:

Elementi determinante $\left| so označeni z rdečo. \begin(array) (cc) F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \end (matrika)\right|$, ki je Hessian Lagrangeove funkcije. Če $H > 0$, potem $d^2F< 0$, что указывает на условный максимум. Аналогично, при $H < 0$ имеем $d^2F >0 $, tj. imamo pogojni minimum funkcije $z=f(x,y)$.

Opomba glede zapisa determinante $H$. pokaži\skrij

$$ H=-\levo|\begin(matrika) (ccc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_ (xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \ konec (matrika) \desno| $$

V tej situaciji se bo zgoraj oblikovano pravilo spremenilo na naslednji način: če je $H > 0$, ima funkcija pogojni minimum in če je $H< 0$ получим условный максимум функции $z=f(x,y)$. При решении задач следует учитывать такие нюансы.

Algoritem za preučevanje funkcije dveh spremenljivk za pogojni ekstrem

Sestavite Lagrangeovo funkcijo $F(x,y)=f(x,y)+\lambda\varphi(x,y)$
Rešite sistem $ \left \( \begin(aligned) & \frac(\partial F)(\partial x)=0;\\ & \frac(\partial F)(\partial y)=0;\\ & \ varphi (x,y)=0 \end(poravnano) \right.$
Določite naravo ekstrema v vsaki od stacionarnih točk iz prejšnjega odstavka. Če želite to narediti, uporabite katero koli od naslednjih metod:
- Sestavite determinanto $H$ in ugotovite njen predznak
- Ob upoštevanju sklopitvene enačbe izračunajte predznak $d^2F$

Lagrangeova metoda množitelja za funkcije n spremenljivk

Recimo, da imamo funkcijo $n$ spremenljivk $z=f(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ in $m$ sklopitvenih enačb ($n > m$):

$$\varphi_1(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0; \; \varphi_2(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0,\ldots,\varphi_m(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0.$$

Če Lagrangeove multiplikatorje označimo kot $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m$, sestavimo Lagrangeovo funkcijo:

$$F(x_1,x_2,\ldots,x_n,\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m)=f+\lambda_1\varphi_1+\lambda_2\varphi_2+\ldots+\lambda_m\varphi_m$$

Potrebni pogoji za prisotnost pogojnega ekstremuma so podani s sistemom enačb, iz katerega so najdene koordinate stacionarnih točk in vrednosti Lagrangeovih množiteljev:

$$\left\(\begin(aligned) & \frac(\partial F)(\partial x_i)=0; (i=\overline(1,n))\\ & \varphi_j=0; (j=\ overline(1,m)) \end(aligned) \right.$$

Ali ima funkcija na najdeni točki pogojni minimum ali pogojni maksimum, lahko kot prej ugotovite z znakom $d^2F$. Če je v najdeni točki $d^2F > 0$, ima funkcija pogojni minimum, če pa $d^2F< 0$, - то условный максимум. Можно пойти иным путем, рассмотрев следующую матрицу:

Determinanta matrike $\left| \begin(matrika) (ccccc) \frac(\partial^2F)(\partial x_(1)^(2)) & \frac(\partial^2F)(\partial x_(1)\partial x_(2) ) & \frac(\partial^2F)(\partial x_(1)\partial x_(3)) &\ldots & \frac(\partial^2F)(\partial x_(1)\partial x_(n)) \\ \frac(\partial^2F)(\partial x_(2)\partial x_1) & \frac(\partial^2F)(\partial x_(2)^(2)) & \frac(\partial^2F )(\partial x_(2)\partial x_(3)) &\ldots & \frac(\partial^2F)(\partial x_(2)\partial x_(n))\\ \frac(\partial^2F )(\partial x_(3) \partial x_(1)) & \frac(\partial^2F)(\partial x_(3)\partial x_(2)) & \frac(\partial^2F)(\partial x_(3)^(2)) &\ldots & \frac(\partial^2F)(\partial x_(3)\partial x_(n))\\ \ldots & \ldots & \ldots &\ldots & \ ldots\\ \frac(\partial^2F)(\partial x_(n)\partial x_(1)) & \frac(\partial^2F)(\partial x_(n)\partial x_(2)) & \ frac(\partial^2F)(\partial x_(n)\partial x_(3)) &\ldots & \frac(\partial^2F)(\partial x_(n)^(2))\\ \end( array) \right|$, označen z rdečo v matriki $L$, je Hessian Lagrangeove funkcije. Uporabljamo naslednje pravilo:

Če znaki kot mladoletniki$H_(2m+1),\; H_(2m+2),\ldots,H_(m+n)$ matrike $L$ sovpadajo s predznakom $(-1)^m$, potem je preučevana stacionarna točka pogojna minimalna točka funkcije $ z=f(x_1,x_2 ,x_3,\ldots,x_n)$.
Če so znaki kotnih minorjev $H_(2m+1),\; H_(2m+2),\ldots,H_(m+n)$ se izmenjujejo in znak manjšega $H_(2m+1)$ sovpada z znakom števila $(-1)^(m+1 )$, potem je stacionarna točka pogojna največja točka funkcije $z=f(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n)$.

Primer št. 1

Poiščite pogojni ekstrem funkcije $z(x,y)=x+3y$ pod pogojem $x^2+y^2=10$.

Geometrična razlaga tega problema je naslednja: najti morate največji in najmanjša vrednost uporablja ravnino $z=x+3y$ za njene presečišča z valjem $x^2+y^2=10$.

Iz sklopitvene enačbe je nekoliko težko izraziti eno spremenljivko skozi drugo in jo nadomestiti v funkcijo $z(x,y)=x+3y$, zato bomo uporabili Lagrangeovo metodo.

Z oznako $\varphi(x,y)=x^2+y^2-10$ sestavimo Lagrangeovo funkcijo:

$$ F(x,y)=z(x,y)+\lambda \varphi(x,y)=x+3y+\lambda(x^2+y^2-10);\\ \frac(\partial F)(\delni x)=1+2\lambda x; \frac(\delni F)(\delni y)=3+2\lambda y. $$

Napišimo sistem enačb za določitev stacionarnih točk Lagrangeove funkcije:

$$ \levo \( \begin(poravnano) & 1+2\lambda x=0;\\ & 3+2\lambda y=0;\\ & x^2+y^2-10=0. \end (poravnano)\desno.$$

Če privzamemo $\lambda=0$, postane prva enačba: $1=0$. Nastalo protislovje kaže, da je $\lambda\neq 0$. Pod pogojem $\lambda\neq 0$ imamo iz prve in druge enačbe: $x=-\frac(1)(2\lambda)$, $y=-\frac(3)(2\lambda) $. Če nadomestimo dobljene vrednosti v tretjo enačbo, dobimo:

$$ \levo(-\frac(1)(2\lambda) \desno)^2+\levo(-\frac(3)(2\lambda) \desno)^2-10=0;\\ \frac (1)(4\lambda^2)+\frac(9)(4\lambda^2)=10; \lambda^2=\frac(1)(4); \left[ \begin(poravnano) & \lambda_1=-\frac(1)(2);\\ & \lambda_2=\frac(1)(2). \end(poravnano) \desno.\\ \begin(poravnano) & \lambda_1=-\frac(1)(2); \; x_1=-\frac(1)(2\lambda_1)=1; \; y_1=-\frac(3)(2\lambda_1)=3;\\ & \lambda_2=\frac(1)(2); \; x_2=-\frac(1)(2\lambda_2)=-1; \; y_2=-\frac(3)(2\lambda_2)=-3.\end(poravnano) $$

Torej ima sistem dve rešitvi: $x_1=1;\; y_1=3;\; \lambda_1=-\frac(1)(2)$ in $x_2=-1;\; y_2=-3;\; \lambda_2=\frac(1)(2)$. Ugotovimo naravo ekstrema v vsaki stacionarni točki: $M_1(1;3)$ in $M_2(-1;-3)$. Da bi to naredili, izračunamo determinanto $H$ v vsaki točki.

$$ \varphi_(x)^(")=2x;\; \varphi_(y)^(")=2y;\; F_(xx)^("")=2\lambda;\; F_(xy)^("")=0;\; F_(yy)^("")=2\lambda.\\ H=\levo| \begin(array) (ccc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \end(matrika) \right|= \levo| \begin(matrika) (ccc) 0 & 2x & 2y\\ 2x & 2\lambda & 0 \\ 2y & 0 & 2\lambda \end(matrika) \right|= 8\cdot\left| \begin(matrika) (ccc) 0 & x & y\\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \end(matrika) \right| $$

V točki $M_1(1;3)$ dobimo: $H=8\cdot\left| \begin(matrika) (ccc) 0 & x & y\\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \end(matrika) \right|= 8\cdot\left| \begin(matrika) (ccc) 0 & 1 & 3\\ 1 & -1/2 & 0 \\ 3 & 0 & -1/2 \end(matrika) \right|=40 > 0$, torej na točka $M_1(1;3)$ funkcija $z(x,y)=x+3y$ ima pogojni maksimum, $z_(\max)=z(1;3)=10$.

Podobno v točki $M_2(-1,-3)$ najdemo: $H=8\cdot\left| \begin(matrika) (ccc) 0 & x & y\\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \end(matrika) \right|= 8\cdot\left| \begin(matrika) (ccc) 0 & -1 & -3\\ -1 & 1/2 & 0 \\ -3 & 0 & 1/2 \end(matrika) \right|=-40$. Od $H< 0$, то в точке $M_2(-1;-3)$ имеем условный минимум функции $z(x,y)=x+3y$, а именно: $z_{\min}=z(-1;-3)=-10$.

Ugotavljam, da je namesto izračuna vrednosti determinante $H$ na vsaki točki veliko bolj priročno, da jo razširimo v splošni pogled. Da ne bom besedila natrpal s podrobnostmi, bom to metodo skril pod opombo.

Zapis determinante $H$ v splošni obliki. pokaži\skrij

$$ H=8\cdot\left|\begin(matrika)(ccc)0&x&y\\x&\lambda&0\\y&0&\lambda\end(matrika)\desno| =8\cdot\levo(-\lambda(y^2)-\lambda(x^2)\desno) =-8\lambda\cdot\levo(y^2+x^2\desno). $$

Načeloma je že očitno, kakšen predznak ima $H$. Ker nobena točka $M_1$ ali $M_2$ ne sovpada z izhodiščem, potem $y^2+x^2>0$. Zato je predznak $H$ nasproten predznaku $\lambda$. Izračune lahko dokončate:

$$ \begin(poravnano) &H(M_1)=-8\cdot\left(-\frac(1)(2)\desno)\cdot\left(3^2+1^2\desno)=40;\ \ &H(M_2)=-8\cdot\frac(1)(2)\cdot\levo((-3)^2+(-1)^2\desno)=-40. \end(poravnano) $$

Vprašanje o naravi ekstrema v stacionarnih točkah $M_1(1;3)$ in $M_2(-1;-3)$ lahko rešimo brez uporabe determinante $H$. Poiščimo znak $d^2F$ na vsaki stacionarni točki:

$$ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=2\lambda \left( dx^2+dy^2\desno) $$

Naj opozorim, da zapis $dx^2$ pomeni ravno $dx$ dvignjen na drugo potenco, tj. $\levo(dx \desno)^2$. Torej imamo: $dx^2+dy^2>0$, torej z $\lambda_1=-\frac(1)(2)$ dobimo $d^2F< 0$. Следовательно, функция имеет в точке $M_1(1;3)$ условный максимум. Аналогично, в точке $M_2(-1;-3)$ получим условный минимум функции $z(x,y)=x+3y$. Отметим, что для определения знака $d^2F$ не пришлось учитывать связь между $dx$ и $dy$, ибо знак $d^2F$ очевиден без dodatne transformacije. IN naslednji primer za določitev predznaka $d^2F$ bo treba upoštevati povezavo med $dx$ in $dy$.

Odgovori: v točki $(-1;-3)$ ima funkcija pogojni minimum, $z_(\min)=-10$. V točki $(1;3)$ ima funkcija pogojni maksimum, $z_(\max)=10$

Primer št. 2

Poiščite pogojni ekstrem funkcije $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$ pod pogojem $x+y=0$.

Prva metoda (Lagrangeova metoda množitelja)

Če označimo $\varphi(x,y)=x+y$, sestavimo Lagrangeovo funkcijo: $F(x,y)=z(x,y)+\lambda \varphi(x,y)=3y^3+ 4x^2 -xy+\lambda(x+y)$.

$$ \frac(\delni F)(\delni x)=8x-y+\lambda; \; \frac(\delni F)(\delni y)=9y^2-x+\lambda.\\ \levo \( \begin(poravnano) & 8x-y+\lambda=0;\\ & 9y^2-x+\ lambda=0; \\ & x+y=0 \end(poravnano) \desno.

Po rešitvi sistema dobimo: $x_1=0$, $y_1=0$, $\lambda_1=0$ in $x_2=\frac(10)(9)$, $y_2=-\frac(10)( 9)$ , $\lambda_2=-10$. Imamo dve stacionarni točki: $M_1(0;0)$ in $M_2 \left(\frac(10)(9);-\frac(10)(9) \right)$. Ugotovimo naravo ekstremuma v vsaki stacionarni točki z uporabo determinante $H$.

$$H=\levo| \begin(array) (ccc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \end(matrika) \right|= \levo| \begin(matrika) (ccc) 0 & 1 & 1\\ 1 & 8 & -1 \\ 1 & -1 & 18y \end(matrika) \right|=-10-18y $$

V točki $M_1(0;0)$ $H=-10-18\cdot 0=-10< 0$, поэтому $M_1(0;0)$ есть точка условного минимума функции $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$, $z_{\min}=0$. В точке $M_2\left(\frac{10}{9};-\frac{10}{9}\right)$ $H=10 >0$, zato ima na tej točki funkcija pogojni maksimum, $z_(\max)=\frac(500)(243)$.

Raziskujemo naravo ekstrema na vsaki točki z uporabo druge metode, ki temelji na predznaku $d^2F$:

$$ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=8dx^2-2dxdy+ 18ydy ^2 $$

Iz povezovalne enačbe $x+y=0$ imamo: $d(x+y)=0$, $dx+dy=0$, $dy=-dx$.

$$ d^2 F=8dx^2-2dxdy+18ydy^2=8dx^2-2dx(-dx)+18y(-dx)^2=(10+18y)dx^2 $$

Ker je $ d^2F \Bigr|_(M_1)=10 dx^2 > 0$, potem je $M_1(0;0)$ pogojna minimalna točka funkcije $z(x,y)=3y^3+ 4x^ 2-xy$. Podobno $d^2F \Bigr|_(M_2)=-10 dx^2< 0$, т.е. $M_2\left(\frac{10}{9}; -\frac{10}{9} \right)$ - точка условного максимума.

Drugi način

Iz povezovalne enačbe $x+y=0$ dobimo: $y=-x$. Če nadomestimo $y=-x$ v funkcijo $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$, dobimo neko funkcijo spremenljivke $x$. Označimo to funkcijo kot $u(x)$:

$$ u(x)=z(x,-x)=3\cdot(-x)^3+4x^2-x\cdot(-x)=-3x^3+5x^2. $$

Tako smo problem iskanja pogojnega ekstrema funkcije dveh spremenljivk zreducirali na problem določanja ekstrema funkcije ene spremenljivke.

$$ u_(x)^(")=-9x^2+10x;\\ -9x^2+10x=0; \; x\cdot(-9x+10)=0;\\ x_1=0; \ y_1=-x_1=0;\\x_2=\frac(10)(9);\;y_2=-x_2=-\frac(10)(9).

Dobili smo točki $M_1(0;0)$ in $M_2\left(\frac(10)(9); -\frac(10)(9)\right)$. Nadaljnje raziskave so znane iz tečaja diferencialni račun funkcije z eno spremenljivko. Če pregledamo predznak $u_(xx)^("")$ na vsaki stacionarni točki ali preverimo spremembo predznaka $u_(x)^(")$ na najdenih točkah, dobimo enake zaključke kot pri reševanje prve metode. Na primer, preverili bomo znak $u_(xx)^("")$:

$$u_(xx)^("")=-18x+10;\\ u_(xx)^("")(M_1)=10;\;u_(xx)^("")(M_2)=- 10.$$

Ker je $u_(xx)^("")(M_1)>0$, potem je $M_1$ najmanjša točka funkcije $u(x)$ in $u_(\min)=u(0)=0 $ . Ker $u_(xx)^("")(M_2)<0$, то $M_2$ - точка максимума функции $u(x)$, причём $u_{\max}=u\left(\frac{10}{9}\right)=\frac{500}{243}$.

Vrednosti funkcije $u(x)$ za dani pogoj povezave sovpadajo z vrednostmi funkcije $z(x,y)$, tj. najdeni ekstremi funkcije $u(x)$ so iskani pogojni ekstremi funkcije $z(x,y)$.

Odgovori: v točki $(0;0)$ ima funkcija pogojni minimum, $z_(\min)=0$. V točki $\left(\frac(10)(9); -\frac(10)(9) \right)$ ima funkcija pogojni maksimum, $z_(\max)=\frac(500)(243 )$.

Oglejmo si še en primer, v katerem bomo razjasnili naravo ekstremuma z določitvijo predznaka $d^2F$.

Primer št. 3

Poiščite največjo in najmanjšo vrednost funkcije $z=5xy-4$, če sta spremenljivki $x$ in $y$ pozitivni in zadoščata sklopitveni enačbi $\frac(x^2)(8)+\frac( y^2)(2) -1=0$.

Sestavimo Lagrangeovo funkcijo: $F=5xy-4+\lambda \left(\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1 \right)$. Poiščimo stacionarne točke Lagrangeove funkcije:

$$ F_(x)^(")=5y+\frac(\lambda x)(4); \; F_(y)^(")=5x+\lambda y.\\ \left \( \begin(poravnano) & 5y+\frac(\lambda x)(4)=0;\\ & 5x+\lambda y=0;\\ & \frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)- 1=0;\\ x > 0; y > 0. \end(poravnano) \desno.

Vse nadaljnje transformacije se izvedejo ob upoštevanju $x > 0; \; y > 0$ (to je določeno v izjavi problema). Iz druge enačbe izrazimo $\lambda=-\frac(5x)(y)$ in nadomestimo najdeno vrednost v prvo enačbo: $5y-\frac(5x)(y)\cdot \frac(x)(4 )=0$ , $4y^2-x^2=0$, $x=2y$. Če zamenjamo $x=2y$ v tretjo enačbo, dobimo: $\frac(4y^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1=0$, $y^2=1$, $y =1$.

Ker je $y=1$, potem je $x=2$, $\lambda=-10$. Naravo ekstrema v točki $(2;1)$ določimo na podlagi predznaka $d^2F$.

$$ F_(xx)^("")=\frac(\lambda)(4); \; F_(xy)^("")=5; \; F_(yy)^("")=\lambda. $$

Ker $\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1=0$, potem:

$$ d\levo(\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1\desno)=0; \; d\levo(\frac(x^2)(8) \desno)+d\levo(\frac(y^2)(2) \desno)=0; \; \frac(x)(4)dx+ydy=0; \; dy=-\frac(xdx)(4y). $$

Načeloma lahko tukaj takoj nadomestite koordinate stacionarne točke $x=2$, $y=1$ in parameter $\lambda=-10$, tako da dobite:

$$ F_(xx)^("")=\frac(-5)(2); \; F_(xy)^("")=-10; \; dy=-\frac(dx)(2).\\ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^(" ")dy^2=-\frac(5)(2)dx^2+10dx\cdot \left(-\frac(dx)(2) \desno)-10\cdot \left(-\frac(dx) (2) \desno)^2=\\ =-\frac(5)(2)dx^2-5dx^2-\frac(5)(2)dx^2=-10dx^2. $$

Vendar pa je lahko v drugih problemih na pogojnem ekstremumu več stacionarnih točk. V takšnih primerih je bolje predstaviti $d^2F$ v splošni obliki in nato v nastali izraz nadomestiti koordinate vsake od najdenih stacionarnih točk:

$$ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=\frac(\lambda) (4)dx^2+10\cdot dx\cdot \frac(-xdx)(4y) +\lambda\cdot \levo(-\frac(xdx)(4y) \desno)^2=\\ =\frac (\lambda)(4)dx^2-\frac(5x)(2y)dx^2+\lambda \cdot \frac(x^2dx^2)(16y^2)=\levo(\frac(\lambda )(4)-\frac(5x)(2y)+\frac(\lambda \cdot x^2)(16y^2) \desno)\cdot dx^2 $$

Če nadomestimo $x=2$, $y=1$, $\lambda=-10$, dobimo:

$$ d^2 F=\levo(\frac(-10)(4)-\frac(10)(2)-\frac(10 \cdot 4)(16) \desno)\cdot dx^2=- 10dx^2. $$

Ker je $d^2F=-10\cdot dx^2< 0$, то точка $(2;1)$ есть точкой условного максимума функции $z=5xy-4$, причём $z_{\max}=10-4=6$.

Odgovori: v točki $(2;1)$ ima funkcija pogojni maksimum, $z_(\max)=6$.

V naslednjem delu bomo obravnavali uporabo Lagrangeove metode za funkcije več spremenljivke.

Definicija1: Rečeno je, da ima funkcija lokalni maksimum v točki, če obstaja soseska točke, taka, da za katero koli točko M s koordinatami (x, y) neenakost velja: . V tem primeru, tj. prirastek funkcije< 0.

Definicija2: Rečeno je, da ima funkcija lokalni minimum v točki, če obstaja soseska točke, taka, da za katero koli točko M s koordinatami (x, y) neenakost velja: . V tem primeru je prirast funkcije > 0.

Definicija 3: pike lokalni minimumi in največ se imenujejo ekstremne točke.

Pogojni ekstremi

Pri iskanju ekstremov funkcije mnogih spremenljivk se pogosto pojavijo težave, povezane s t.i pogojni ekstrem. Ta koncept je mogoče razložiti na primeru funkcije dveh spremenljivk.

Naj sta podani funkcija in premica L na površini 0xy. Naloga je priti na vrsto L najti takšno točko P(x, y), v katerem je vrednost funkcije največja ali najmanjša v primerjavi z vrednostmi te funkcije v točkah na premici L, ki se nahaja v bližini točke p. Takšne točke p se imenujejo pogojne ekstremne točke deluje na spletu L. V nasprotju z običajno ekstremno točko se vrednost funkcije na pogojni ekstremni točki primerja z vrednostmi funkcije ne na vseh točkah njene soseščine, ampak le na tistih, ki ležijo na črti L.

Popolnoma jasno je, da je točka običajnega ekstrema (pravijo tudi brezpogojni ekstrem) je tudi pogojna točka ekstrema za vsako premico, ki poteka skozi to točko. Obratno seveda ne drži: pogojna točka ekstrema morda ni običajna točka ekstrema. Naj pojasnim, kaj sem rekel običajen primer. Graf funkcije je zgornja polobla (priloga 3 (slika 3)).

Ta funkcija ima maksimum na izvoru; oglišče mu ustreza M hemisfere. Če črta L skozi točke poteka črta A in IN(njena enačba x+y-1=0), potem je geometrijsko jasno, da za točke te premice najvišjo vrednost funkcija je dosežena v točki, ki leži na sredini med točkama A in IN. To je točka pogojnega ekstrema (maksimuma) funkcije na tej premici; ustreza točki M 1 na polobli in iz slike je razvidno, da tu ne more biti govora o kakšnem običajnem ekstremu.

Upoštevajte, da je v zadnjem delu problem iskanja največje in najmanjše vrednosti funkcije v zaprto območje najti moramo ekstremne vrednosti funkcije na meji tega območja, tj. na neki premici in s tem rešiti problem pogojnega ekstrema.

Nadaljujmo s praktičnim iskanjem pogojnih ekstremnih točk funkcije Z= f(x, y), če sta spremenljivki x in y povezani z enačbo (x, y) = 0. To razmerje bomo imenovali povezovalna enačba. Če lahko iz sklopitvene enačbe y eksplicitno izrazimo v smislu x: y=(x), dobimo funkcijo ene spremenljivke Z= f(x, (x)) = Ф(x).

Ko najdemo vrednost x, pri kateri ta funkcija doseže ekstrem, in nato iz povezovalne enačbe določimo ustrezne vrednosti y, dobimo želene točke pogojnega ekstrema.

Torej, v zgornjem primeru imamo iz relacijske enačbe x+y-1=0 y=1-x. Od tod

Preprosto je preveriti, da z doseže svoj maksimum pri x = 0,5; toda tedaj iz povezovalne enačbe y = 0,5, in dobimo točno točko P, ki jo najdemo iz geometričnih premislekov.

Problem pogojnega ekstrema je zelo enostavno rešljiv, tudi če je mogoče predstaviti povezovalno enačbo parametrične enačbe x=x(t), y=y(t). Zamenjava izrazov za x in y v to funkcijo, spet pridemo do problema iskanja ekstrema funkcije ene spremenljivke.

Če ima enačba sklopitve več kot kompleksen videz in ne moremo eksplicitno izraziti ene spremenljivke z drugo ali je nadomestiti s parametričnimi enačbami, postane naloga iskanja pogojnega ekstrema težja. Še naprej bomo predpostavljali, da je v izrazu funkcije z= f(x, y) spremenljivka (x, y) = 0. Skupni odvod funkcije z= f(x, y) je enak:

Kjer se odvod y` najde s pravilom diferenciacije implicitna funkcija. V točkah pogojnega ekstrema mora biti najdeni skupni odvod enak nič; to daje eno enačbo, ki povezuje x in y. Ker morajo izpolnjevati tudi sklopitveno enačbo, dobimo sistem dveh enačb z dvema neznankama

Preoblikujemo ta sistem v veliko bolj priročnega tako, da prvo enačbo zapišemo v obliki razmerja in uvedemo novo pomožno neznanko:

(znak minus spredaj je zaradi priročnosti). Iz teh enakosti je enostavno preiti na naslednji sistem:

f` x =(x,y)+` x (x,y)=0, f` y (x,y)+` y (x,y)=0 (*),

ki skupaj z enačbo povezave (x, y) = 0 tvori sistem treh enačb z neznankami x, y in.

Te enačbe (*) si je najlažje zapomniti naslednje pravilo: da bi našli točke, ki so lahko pogojne ekstremne točke funkcije

Z= f(x, y) s povezovalno enačbo (x, y) = 0, morate oblikovati pomožno funkcijo

F(x,y)=f(x,y)+(x,y)

Kje je neka konstanta, in sestavite enačbe za iskanje ekstremnih točk te funkcije.

Navedeni sistem enačb zagotavlja praviloma samo potrebne pogoje, tj. ni nujno, da je vsak par vrednosti x in y, ki ustreza temu sistemu, pogojna točka ekstrema. Ne bom dal zadostnih pogojev za točke pogojnega ekstrema; zelo pogosto specifična vsebina problema sama pove, kaj je najdena točka. Opisana tehnika reševanja problemov na pogojnem ekstremu se imenuje metoda Lagrangeovih množiteljev.

Ekstremi funkcij večih spremenljivk. Nujen pogoj za ekstrem. Zadosten pogoj za ekstrem. Pogojni ekstrem. Lagrangeova metoda množitelja. Iskanje največje in najmanjše vrednosti.

Predavanje 5.

Opredelitev 5.1. Pika M 0 (x 0, y 0) klical največja točka funkcije z = f (x, y),če f (x o, y o) > f(x,y) za vse točke (x, y) M 0.

Opredelitev 5.2. Pika M 0 (x 0, y 0) klical najmanjša točka funkcije z = f (x, y),če f (x o, y o) < f(x,y) za vse točke (x, y) iz neke okolice točke M 0.

Opomba 1. Pokličejo se največje in najmanjše točke ekstremne točke funkcije več spremenljivk.

Opomba 2. Točko ekstrema za funkcijo poljubnega števila spremenljivk določimo na podoben način.

Izrek 5.1(potrebni pogoji za ekstrem). če M 0 (x 0, y 0)– ekstremna točka funkcije z = f (x, y), potem so na tej točki parcialni odvodi prvega reda te funkcije enaki nič ali pa ne obstajajo.

Dokaz.

Popravimo vrednost spremenljivke pri, štetje y = y 0. Nato funkcija f (x, y 0) bo funkcija ene spremenljivke X, za katerega x = x 0 je ekstremna točka. Zato po Fermatovem izreku ali ne obstaja. Ista izjava je dokazana podobno za .

Opredelitev 5.3. Točke, ki pripadajo domeni funkcije več spremenljivk, kjer so delni odvodi funkcije enaki nič ali ne obstajajo, imenujemo stacionarne točke to funkcijo.

Komentiraj. Tako je ekstrem mogoče doseči le na stacionarnih točkah, ni pa nujno, da je opazen na vsaki od njih.

Izrek 5.2(zadostni pogoji za ekstrem). Naj v neki soseščini točke M 0 (x 0, y 0), ki je stacionarna točka funkcije z = f (x, y), ta funkcija ima zvezne parcialne odvode do vključno 3. reda. Označimo torej:

1) f(x,y) ima na točki M 0 največ, če AC–B² > 0, A < 0;

2) f(x,y) ima na točki M 0 najmanj če AC–B² > 0, A > 0;

3) na kritični točki ni ekstrema, če AC–B² < 0;

4) če AC–B² = 0, potrebne so nadaljnje raziskave.

Dokaz.

Napišimo Taylorjevo formulo drugega reda za funkcijo f(x,y), ob upoštevanju, da so v stacionarni točki parcialni odvodi prvega reda enaki nič:

Kje Če je kot med segmentom M 0 M, Kje M (x 0 +Δ x, y 0 +Δ pri), in os O X označimo φ, potem Δ x =Δ ρ cos φ, Δ y =Δρsinφ. V tem primeru bo Taylorjeva formula imela obliko: . Naj Potem lahko izraz v oklepaju delimo in pomnožimo z A. Dobimo:

Poglejmo zdaj štiri možni primeri:

1) AC-B² > 0, A < 0. Тогда , и pri dovolj majhnem Δρ. Zato v neki soseski M 0 f (x 0 + Δ x, y 0 +Δ y)< f (x 0, y 0), to je M 0– največja točka.

2) Naj AC–B² > 0, A > 0. Potem , In M 0– najmanjša točka.

3) Naj AC-B² < 0, A> 0. Upoštevajte prirastek argumentov vzdolž žarka φ = 0. Potem iz (5.1) sledi, da , to pomeni, da se pri premikanju vzdolž tega žarka funkcija poveča. Če se premikamo po žarku tako, da je tg φ 0 = -A/B, to , zato se pri premikanju vzdolž tega žarka funkcija zmanjša. Torej pika M 0 ni ekstremna točka.

3`) Kdaj AC–B² < 0, A < 0 доказательство отсутствия экстремума проводится

podoben prejšnjemu.

3``) Če AC–B² < 0, A= 0, potem . pri čemer . Potem je za dovolj majhen φ izraz 2 B cosφ + C sinφ je blizu 2 IN, to pomeni, da ohrani konstanten predznak, sinφ pa spremeni predznak v bližini točke M 0. To pomeni, da prirastek funkcije spremeni predznak v bližini stacionarne točke, ki torej ni točka ekstrema.

4) Če AC–B² = 0 in , , to pomeni, da je predznak prirastka določen s predznakom 2α 0. Hkrati so potrebne nadaljnje raziskave za razjasnitev vprašanja obstoja ekstrema.

Primer. Poiščimo ekstremne točke funkcije z = x² - 2 xy + 2l² + 2 x. Za iskanje stacionarnih točk rešimo sistem . Torej je stacionarna točka (-2,-1). pri čemer A = 2, IN = -2, Z= 4. Potem AC–B² = 4 > 0, torej je v stacionarni točki dosežen ekstrem, in sicer minimum (ker A > 0).

Opredelitev 5.4.Če argumenti funkcije f (x 1, x 2,…, x n) povezan dodatni pogoji kot m enačbe ( m< n) :

φ 1 ( x 1, x 2,…, x n) = 0, φ 2 ( x 1, x 2,…, x n) = 0, …, φ m ( x 1, x 2,…, x n) = 0, (5.2)

kjer imajo funkcije φ i zvezne parcialne odvode, se imenujejo enačbe (5.2). povezovalne enačbe.

Opredelitev 5.5. Ekstrem funkcije f (x 1, x 2,…, x n) ko so izpolnjeni pogoji (5.2), se pokliče pogojni ekstrem.

Komentiraj. Ponudimo lahko naslednjo geometrijsko interpretacijo pogojnega ekstrema funkcije dveh spremenljivk: naj bodo argumenti funkcije f(x,y) povezana z enačbo φ (x,y)= 0, ki definira neko krivuljo v ravnini O xy. Rekonstrukcija navpičnic na ravnino O iz vsake točke te krivulje xy dokler se ne preseka s površino z = f (x,y), dobimo prostorsko krivuljo, ki leži na površini nad krivuljo φ (x,y)= 0. Naloga je najti ekstremne točke dobljene krivulje, ki seveda v splošnem primeru ne sovpadajo z brezpogojnimi ekstremnimi točkami funkcije f(x,y).

Določimo potrebne pogoje za pogojni ekstrem za funkcijo dveh spremenljivk tako, da najprej uvedemo naslednja definicija:

Opredelitev 5.6. funkcija L (x 1 , x 2 ,…, x n) = f (x 1 , x 2 ,…, x n) + λ 1 φ 1 (x 1 , x 2 ,…, x n) +

+ λ 2 φ 2 (x 1 , x 2 ,…, x n) +…+λ m φ m (x 1 , x 2 ,…, x n), (5.3)

Kje λi – nekatere so stalne, imenovane Lagrangeova funkcija, in številke λi– nedoločeni dejavniki Lagrange.

Izrek 5.3(nujni pogoji za pogojni ekstrem). Pogojni ekstrem funkcije z = f (x, y) ob prisotnosti sklopitvene enačbe φ ( x, y)= 0 je mogoče doseči le v stacionarnih točkah Lagrangeove funkcije L (x, y) = f (x, y) + λφ (x, y).

Dokaz. Enačba sklopitve določa implicitno razmerje pri od X, zato bomo domnevali, da pri obstaja funkcija iz X: y = y(x). Potem z Tukaj je kompleksna funkcija od X, njegove kritične točke pa so določene s pogojem: . (5.4) Iz sklopitvene enačbe sledi, da . (5.5)

Pomnožimo enakost (5.5) z nekim številom λ in jo prištejmo (5.4). Dobimo:

, ali .

Zadnja enakost mora biti izpolnjena v stacionarnih točkah, iz česar sledi:

(5.6)

Dobimo sistem treh enačb za tri neznanke: x, y in λ, prvi dve enačbi pa sta pogoja za stacionarno točko Lagrangeove funkcije. Z izločitvijo pomožne neznanke λ iz sistema (5.6) najdemo koordinate točk, v katerih ima lahko izvorna funkcija pogojni ekstrem.

Opomba 1. Prisotnost pogojnega ekstrema na najdeni točki lahko preverimo s preučevanjem parcialnih odvodov Lagrangeove funkcije drugega reda po analogiji z izrekom 5.2.

Opomba 2. Točke, v katerih je mogoče doseči pogojni ekstrem funkcije f (x 1, x 2,…, x n) ko so izpolnjeni pogoji (5.2), lahko opredelimo kot rešitve sistema (5.7)

Primer. Poiščimo pogojni ekstrem funkcije z = xy glede na to x + y= 1. Sestavimo Lagrangeovo funkcijo L(x, y) = xy + λ (x + y – 1). Sistem (5.6) izgleda takole:

kjer je -2λ=1, λ=-0,5, x = y = -λ = 0,5. pri čemer L(x,y) lahko predstavimo v obliki L(x, y) = - 0,5 (x–y)² + 0,5 ≤ 0,5, torej v najdeni stacionarni točki L(x,y) ima največ in z = xy – pogojni maksimum.