Минюк С.А., Ровба Е.А. Высшая математика
Подождите немного. Документ загружается.
271
ем следующее: поскольку в δ-окрестности точки col (x
0
; y
0
) знаки dx и dy
любые, то неравенство (1) может выполняться только при
0
),(),(
0000
=
∂
∂
=
∂
∂
y
yxf
x
yxf
– (2)
необходимое условие экстремума и на самом деле
0)(
0
=xdf
!
.
Аналогично, функция многих переменных может иметь максимум
или минимум (экстремум) только в точках, в которых все ее частные
производные равны нулю. Такие точки называются стационарными, или
критическими. Названные условия являются необходимыми условиями
экстремума, но, вообще говоря, недо статочными, т.к. они могут выпол-
няться и в точках, где нет экстремума.
3
0
. Достаточные условия локального экстремума.
Пусть
(2)
C∈)(xf
!
, т.е. функция
()
xf
!
определена и непрерывна
в каждой точке
x
!
∈R
n
вместе со всеми частными производными до
второго порядка включительно, а
0
x
!
– стационарная точка этой фун-
кции. Тогда
0
)(
0
=
xf
d
!
. В окрестности стационарной точки формула
Тейлора (Л.42.4) при n = 2, с учетом
0
)(
0
=
xf
d
!
примет вид
()
0
0
2
0
)(
!2
1
)()(
xxo
xf
d
xfxf
!!
!!!
−+=−
. (3)
Из соотношения (3) получаем следующее: если
0
)(
0
2
>
xf
d
!
(для
любых dx
1
, ..., dx
n
одновременно не равных нулю имеет положитель-
ное значение), то в некоторой окрестности точки
0
x
!
будет
0
)()(
0
>−
xfxf
!!
,
0
xx
!!
≠
; если
0
)(
0
2
<
xf
d
!
, то
0
)()(
0
<−
xfxf
!!
,
0
xx
!!
≠
в некоторой окрестности точки
0
x
!
.
Таким образом, получаем следующий результат: если диффе-
ренциал второго порядка в стационарной точке больше нуля, то име-
ет место минимум, а если меньше нуля, то максимум.
Рассмотрим подробно, при каких условиях дифференциал вто-
рого порядка функции двух переменных f (x, y) сохраняет свой знак
независимо от знаков dx и dy. Пусть
2
00
2
),(
x
yxf
A
∂
∂
=
,
yx
yxf
B
∂∂
∂
=
),(
00
2
,
2
00
2
),(
y
yxf
C
∂
∂
=
.
Перепишем дифференциал второго порядка
272
22
00
2
)(2)(),(
dyCdydxBdxAyxfd ++=
с новой переменной
dy
dx
=ξ
в виде: d
2
f (x
0
, y
0
)=(dy)
2
(Aξ
2
+ + 2Bξ+ C).
Значит, знак дифференциала совпадает со знаком квадратного трех-
члена Aξ
2
+2Bξ+ C. Известно, что квадратный трехчлен имеет посто-
янный знак, если дискриминант ∆= B
2
– AC < 0, причем имеет знак “+”
(плюс) при А >0 (или C > 0) и “–” (минус) при A <0 (или C < 0).
С учетом всего сказанного приходим к выводам:
1) если ∆= B
2
–AC< 0, то функция z = f (x, y) имеет экстремум в
стационарной точке M
0
; причем максимум при A <0 (или C < 0) и ми-
нимум при А >0 (или C > 0);
2) если ∆>0,то экстремума в стационарной точке M
0
нет;
3) если ∆= 0, то требуется дополнительное исследование.
4
0
. Примеры.
Пример 1 . Найти экстремумы функции
z =–x
2
–xy–y
2
+3x +6y.
Решение. Найдем первые частные производные:
32 +−−=
′
yxz
x
,
62
+−−=
′
yxz
y
.
Для отыскания стационарных точек составим систему уравне-
ний (2):
=−+
=−+
.062
,032
yx
yx
Решив ее, получим х =0, у = 3. Критическая точка M
0
(0; 3). На-
ходим вторые частные производные в этой точке:
2)3,0( −=
′′
xx
z
,
2)3,0( −=
′′
yy
z
,
1)3,0( −=
′′
xy
z
.
Значит, A = –2, B= –1, C= –2, ∆=B
2
–AC=–3<0.
Так как А < 0, то в точке M
0
(0; 3) функция имеет максимум.
Значение функции в точке максимума z
max
(0, 3) = 9.
Пример 2. Предположим, что есть фирма, выпускающая два
вида продукции в условиях совершенной (безупречной) конкуренции.
При такой конкуренции цены обоих видов можно считать постоянны-
ми и обозначим их соответственно P
1
и P
2
.
Функция дохода фирмы будет следующей:
273
R = P
1
Q
1
+ P
2
Q
2
,
где Q
i
означает количество продукции і-го вида в единицу времени. Допу-
стим, что функция цели этой фирмы есть
C =2Q
1
2
+ Q
1
Q
2
+2Q
2
2
.
Заметим, что
21
1
4
QQ
Q
C
+=
∂
∂
(предельная цена изделия первого сор-
та) являет ся функцией не только Q
1
, но и Q
2
. Таким же образом предель-
ная цена изделия второго сорта зависит частично от уровня цены перво-
го сорта.
Дальше видим, что, согласно принятой функции продукции, оба из-
делия являются технически связанными в процессе продукции.
Истинная функция дохода может быть записана в виде:
П = R–C= P
1
Q
1
+ P
2
Q
2
– 2Q
1
2
–Q
1
Q
2
– 2Q
2
2
и является функцией переменных Q
1
и Q
2
, в выражение которой вхо-
дят два параметра, выражающие цену. Нашей целью является нахож-
дение таких значений (уровней) Q
1
и Q
2
, которые вместе будут макси-
мизировать П.
С этой целью найдем вначале частные производные первого
порядка от функции доходa:
211
1
1
4
QQP
Q
П
П −−=
∂
∂
=
,
212
2
2
4
QQP
Q
П
П −−=
∂
∂
=
.
(4)
Приравняем обе производные к нулю и получим систему
=+
=+
.4
,4
221
121
PQQ
PQQ
Ее единственное решение
15
4
21
0
1
PP
Q
−
=
,
15
4
12
0
2
PP
Q
−
=
.
Если, например, P
1
= 12, P
2
= 18, то Q
1
0
=2, Q
2
0
= 4, что дает опти-
мальный (максимальный) доход П = 48 в принятой единице времени.
Чтобы убедиться в этом, проверим достаточное условие экстре-
мума второго порядка. Находим вторые частные производные от
функций (4) при Q
1
= Q
1
0
= 2, Q
2
= Q
2
0
= 4. Получаем:
274
4
2
1
2
11
−=
∂
∂
=
Q
П
П
,
1
21
2
2112
−=
∂∂
∂
==
QQ
П
ПП
,
4
2
2
2
22
−=
∂
∂
=
Q
П
П
.
Значит, A = –4, B= –1, C= –4. Отсюда ∆= B
2
– AC =1–16=
= –15 < 0. Т.к. A < 0, то в указанной точке (Q
1
0
=2,Q
2
0
= 4) функция
доходa имеет максимум. Поскольку такая точка максимума един-
ственная, то на самом деле найденный максимальный доход является
единственным абсолютным максимумом.
Замечание 1. Отметим, что при исследовании локального экстремума
в точке
0
x
!
условия, налагаемые на функцию f, можно ослабить: в пункте 2
0
достаточно предположить дифференцируемость функции f в точке
0
x
!
; в пункте
3
0
можно считать функцию f один раз дифференцируемой в некоторой окрестно-
сти точки
0
x
!
и два раза дифференцируемой в самой точке
0
x
!
.
! Задания для самостоятельной работы
1. Исследовать следующие функции на экстремум:
a) z = x
2
+2y
2
–3x +4y –8; б) z=3xy –3x +5y;
в) z = x
3
+3xy
2
+5x
2
y –15x –2y; г)
yx
y
x
x
z +++=
2
32
;
д)
3
22
32
yxz +−=
; е) z = x
2
+ y
2
–2lnx –18lny;
ж)
22
1
442
yx
yx
z
++
−+
=
.
275
Лекция 44
Условный экстремум функции многих
переменных
Приведены необходимые и достаточные условия услов-
ного экстремума; указан способ нахождения наибольшего
и наименьшего значений непрерывно дифференцируемой
функции в ограниченной замкнутой области; рассмот-
рен пример на условный экстремум в экономике.
1
0
. Определение условного экстремума. Рассмотрим
задачу на условный экстремум
extr)( →xf
!
,
0)( =xg
i
!
,
mi ,1=
(1)
в предположении, что функция
)(xf
!
и функции
)(
1
xg
!
, ...,
)(xg
m
!
принадлежат классу C
(1)
(непрерывны вместе со своими производ-
ными в R
n
) .
Точка
0
x
!
называется точкой условного локального максимума
(минимума), если при некотором δ>0 выполняется:
)(max)(
0
xfxf
!!
=
(
)(min)(
0
xfxf
!!
=
) при
δ<−
0
xx
!!
,
при этом
x
!
и
0
x
!
удовлетворяют уравнениям связи
mixg
i
,1,0)( ==
!
.
2
0
. Условия экстремума функции двух переменных.
Рассмотрим задачу на условный экстремум функции f (x, y) двух
переменных x и y при заданном уравнении связи g(x, y) = 0. Для
нахождения условного экстремума вводится функция Лагранжа
L(x, y, λ)=f (x, y)+λg (x, y), (2)
где λ – множитель Лагранжа, и затем исследуют ее на безусловный
экстремум.
Записывая необходимое условие экстремума для функции
Лагранжа (Л.43), получаем следующее: dL(x
0
, y
0
, λ
0
)=0⇒
⇒
0
),,(
000
=
∂
λ∂
x
yxL
,
0
),,(
000
=
∂
λ∂
y
yxL
,
0
),,(
000
=
λ∂
λ∂ yxL
. (3)
Достаточное условие. Пусть (x
0
; y
0
; λ
0
) удовлетв оряет уравнениям
276
(3) (стационарная точка функции Лагранжа): если
d
2
L(x
0
, y
0
, λ
0
) > 0, то в точке (x
0
; y
0
) – условный локальный минимум; если
d
2
L(x
0
, y
0
, λ
0
) < 0, то в точке (x
0
; y
0
) – условный локальный максимум.
Замечание 1. Нужно иметь в виду, что дифференциа лы переменных
dx и dy в d
2
L(x
0
, y
0
, λ
0
) зависимы, и эта зависимость диктуется уравнением
связи. При определении знака d
2
L(x
0
,y
0
,λ
0
) величины dλ не учитываются, т.е.
полагается
+
∂∂
λ∂
+
∂
λ∂
=λ dydx
yx
yxL
dx
x
yxL
yxLd
),,(
2)(
),,(
),,(
000
2
2
2
000
2
000
2
2
2
000
2
)(
),,(
dy
y
yxL
∂
λ∂
+
.
Отметим также, что сформулированные условия экстремума верны,
вообще говоря, только для нормальных или регулярных точек (x
0
; y
0
)
(dg(x
0
, y
0
) ≠0).
Пример 1. Найти экстремальные точки функции z=x
2
+ y
2
, при
условии, что эти точки удовлетворяют уравнению
1
94
22
=+
yx
(рис. 1).
Решение. Функция Лагранжа (2) запишется так:
−+λ++=λ 1
94
),,(
24
22
yx
yxyxL
.
Согласно необходимому условию (3), имеем:
=−+=
λ∂
∂
=
λ
+=
∂
∂
=
λ
+=
∂
∂
,01
94
,0
9
12
,0
4
12
22
yxL
y
y
L
x
x
L
(4)
и нахождение стационарных точек сводится к решению системы нели-
нейных алгебраических уравнений (4).
а) Пусть x ≠0, тогда имеем λ= –4, y=0, x= ± 2 – первая пара
стационарных точек.
б) Пусть y ≠0, тогда λ= –9, x=0, y=±3 – вторая пара стацио-
нарных точек.
277
Будут ли найденные стационарные точки точками экстремума, по-
зволит определить достаточное условие экстремума.
Вычисляя производные второго порядка, получим:
λ
+=
∂
∂
4
12
2
2
x
L
,
0
2
=
∂∂
∂
xy
L
,
λ
+=
∂
∂
9
12
2
2
y
L
.
Значит,
2
0
2
0
000
2
)(
9
12)(
4
12),,(
dydxyxLd
λ
++
λ
+=λ
.
Для первой пары стационарных точек:
d
2
L(± 2, 0, – 4) = 2 (1 – 4/9) (dy)
2
> 0 – min.
Для второй пары стационарных точек:
d
2
L(0, ± 3, – 9) = 2 (1 – 9/4) (dx)
2
< 0 – max.
Ответ: в точках (± 2; 0) условный локальный минимум; в точках
(0; ± 3) условный локальный максимум.
3
0
. Условный экстремум в экономике.
Пример 2. Фирма решила ежемесячно ассигновать сто тысяч
долларов на производство некоторой продукции. Пусть средняя зара-
ботная плата на фирме 2000$, а стоимость единицы сырья – 1000$.
Требуется определить, какое количество рабочих х и какое количе-
ство сырья y необходимо приобрести фирме для получения наиболь-
шего объема продукции z, если известно, что объем прямо пропорци-
онален с коэффициентом пропорциональности, равным 5, количеству
рабочих и сырья.
Рис. 1
278
Решение. Математическая модель такой задачи (Л.1) имеет вид:
z =5xy →max,
2000x + 1000y = 100000, (5)
где уравнение связи в (5) можно, очевидно, заменить более простым урав-
нением 2x + y = 100.
Функция Лагранжа (2) имеет вид:
L(x, y, λ)=5xy + λ(2x + y – 100).
Уравнения (3) приобретают в данном случае форму:
=+
=λ+
=λ+
⇒
=−+=
λ∂
∂
=λ+=
∂
∂
=λ+=
∂
∂
.1002
,05
,025
.01002
,05
,025
yx
x
y
yx
L
x
y
L
y
x
L
(6)
Решим линейную неоднородную систему (6). Имеем:
20
012
100
2510
012
105
250
=
−
==∆
;
500
01100
100
250
==∆
x
;
1000
01002
105
200
==∆
y
;
2500
10012
005
050
−==∆
λ
.
Стационарная точка: x
0
= 25, y
0
= 50, λ
0
= – 0,125.
Вычисляя в этой точке вторые производные, получаем:
0
2
2
2
2
=
∂
∂
=
∂
∂
y
L
x
L
,
dydxLd
xy
L
105
2
2
=⇒=
∂∂
∂
.
Поскольку 2dx =–dy, то d
2
L = – 20(dx)
2
< 0 – max.
Ответ: 25 рабочих и 50 единиц сырья.
4
0
. Наибольшее и наименьшее значения функции.
Если функция
)(xf
!
непрерывно дифференцируема в ограниченной
замкнутой области, то она достигает своего наибольшего и наимень-
шего значений (абсолютного максимума и минимума) или в критичес-
кой (стационарной) точке, или в граничной точке области. Поэтому для
нахождения наибольшего и наименьшего значений функции в замкнутой
области необходимо:
279
1) найти стационарные точки в этой области и значения функции в
них;
2) найти наибольшие и наименьшие значения функции на границе
области.
Выбрать из найденных значений наибольшее и наименьшее.
Пример 3. Найти наибольшее и наименьшее значения функции
z = x
2
y (2 – x–y) в треугольнике, ограниченном прямыми x =0, y=0,
x + y =6 (рис. 2).
Решение. Найдем критические точки, лежащие внутри данного
треугольника. Имеем:
0)2(2
2
=−−−=
∂
∂
yxyxxy
x
z
,
0)2(
22
=−−−=
∂
∂
yxyxx
y
z
.
Получим одну критическую точку внутри треугольника: M
0
(1; 0,5).
Исследуем функцию на границе области. На сторонах x =0 и y=0
треугольника значения функции z равны нулю. Найдем ее наибольшее и
наименьшее значения на стороне x + y = 6. Здесь y =6–x (0 ≤x ≤6) и
z = z(x) =–4x
2
(6 – x). На концах отрезка z(0) =z(6) = 0. Критические точ-
ки определяем из уравнения
0)( =
′
xz
, –48x+12x
2
=0, 12x (x –4)=0.
Отсюда x = 4, т.к. x=0 – граничная точка. При этом y = 2, и имеем
точку M
1
(4; 2).
Таким образо м, наибольшее и наименьшее значения ф ункции в дан-
ном тре уг о льник е надо искать среди следующих ее зна чений:
4
1
=z
в точ-
Рис. 2
280
ке M
0
(1; 0,5); z =0 на сторонах x =0 и y =0; z=– 128 на стороне x + y =6 в
точке M
1
(4; 2). Отсюда видно, что наибольшее значение z
max
=
4
1
данная
функция принимает в точке M
0
(1; 0,5), а наименьшее z
min
= – 128 – в точке
M
1
(4; 2).
! Задания для самостоятельной работы
1. Найти экстремум функции z= xy при условии, что х и у свя-
заны уравнением 2x +3y –5=0.
2. Из всех прямоугольных треугольников с заданной площадью
S найти такой, гипотенуза которого имеет наименьшее значение.
3. Найти экстремум функции z = x
2
+ y
2
, если х и у связаны урав-
нением
1
34
=+
yx
.
4. Определить, каковы должны быть размеры прямоугольного
бассейна, чтобы при данной площади его поверхности S объем был
наибольшим.
5. Найти наибольшее и наименьшее значения следующих фун-
кций:
а) z = xy + x+y в квадрате, ограниченном прямыми x = 2, y =2,
y =3;
б) z =2xy в круге x
2
+ y
2
≤1;
в) z = x
2
+2y
2
+3x–y в треугольнике, ограниченном прямыми
x =1, y=1, x+y=1;
г) z = sin x + sin y + sin (x + y) в области 0≤x ≤
2
π
, 0 ≤y ≤
2
π
;
д) z = x
2
+ y
2
в круге
9)2()2(
22
≤−+− yx
.