Теперь подставляем полученное в исходное уравнение:

cos2 ∂∂ + cos sin ∂∂ − sin cos ∂∂ + ∂∂ sin2 = 0, 2∂∂ = 0 ∂∂ = 0.

3. Наконец, рассмотрим выражение

∂∂ + ∂∂ = ,

где = ( , ). Введем новые переменные: = 2 − 2, = − . Действуем так же, как и в предыдущий раз. Единственное отличие состоит в том, что теперь при дифференцировании нужно учитывать, что = ( , ) — сложная функция. Получаем:

∂

= ∂ ·

∂

+ ∂

· ∂

= ∂

(2 − 2 ∂ )

+ ∂ ( 2

· ∂ )

,

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

= ∂ ·

∂

+ ∂

· ∂

= ∂

(−2 ∂ ) +

∂ (−

·

∂ ).

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

1

∂

Отсюда можно выразить

∂

и

∂

и подставить в исходное уравнение (не забывая также

∂

∂

выразить и ).

Часть 33-34

Условный локальный экстремум

На практике достаточно редко приходится искать экстремумы функции в чистом виде. Обычно нас интересует множество точек функции, удовлетворяющих некоторым условиям. Например, пусть ( , ) = 4 − 4. Если задано ограничение, что = 0, то (0, 0) — точка локального максимума, а если = 0, то локального минимума.

Рассмотрим теперь более сложный пример. Пусть( , ) = 2 + 2 и задано ограничение + − 1 = 0. Фактически мы можем записать, что ( ) = 2 2 −2 +1.= 12 — точка минимума этой функции. Тогда = 12 , т.е. (12 , 12 ) — локальный минимум.

Пусть (¯) задана в открытой области G R , а в G заданы функции 1(¯), . . . , (¯) (причем 1 6 < ). Тогда уравнения (¯) = 0, = 1, называются уравнениями связи (условиями ограничения). Пусть E =

{¯ | ¯ G, (¯) = 0, = 1, }.

Назовем точку (0) условным (относительным) локальным максимумом, если U′( (0)) такая, что (¯) <( (0)) для ¯ E ∩ U′( (0)). Аналогично, если в данном определении поставить знак >, то получаем определение условного локального минимума.

96

1Метод исключения для нахождения точек условного экстремума

Предположим, что функции и дважды непрерывно дифференцируемы. Кроме того,

(

∂ ) =1,

rang

∂

= .

=1,

Иными словами, у этой матрицы есть отличный от 0 минор порядка . Пусть, без потери

∂( 1

,..., )

общности, это левый верхний квадрат матрицы, т.е.

̸= 0. Тогда по теореме 30.2

∂( 1

,..., )

1

, . . . , так, что

относительно переменных

система неявных функций (¯) = 0, =

1, может быть

решена

1 = 1( +1, . . . , ),

. . .

= ( +1, . . . , ).

Теперь выполним подстановку:

(̃) = ( 1( +1, . . . , ), . . . , ( +1, . . . , ), +1, . . . , ).

Здесь ̃ R − , т.е. фактически имеем функцию ( +1, . . . , ). Тем самым мы свели задачу поиска условного экстремума функции к поиску безусловного экстремума функции .

2Метод неопределенных множителей Лагранжа

Для удобства снова запишем условие задачи:

1	(¯) = 0
(¯) → extr
		(1)
. . .		(¯) = 0

Воспользуемся результатами, полученными выше. Вспомним, что в силу инвариантности первой формы дифференциала, если ( (0)) = 0, то и ( (0)) = 0. А это аналогично тому, что

∂

∂

( (0)) 1 + · · · +

( (0)) = 0.

(2)

∂ 1

∂

Теперь возьмем условия связи (¯) = 0, =

и продифференцируем их:

1,

.∂. .1 ( (0)) 1 + · · · +

∂ ( (0)) + · · · + ∂ ( (0))

= 0

(3)

∂ 1

∂ 1

∂ 1

∂

(

(0)

) 1 +

+

∂

(

(0)

) +

+

∂

(

(0)

)

= 0

∂ 1

· · ·

∂

· · ·

∂

Функцией Лагранжа

для задачи поиска условного экстремума (1) называется функция

¯

+ (¯), ¯ R

, R.

(¯, ) = (¯) + 1 1(¯) + · · ·

97

Домножим каждое уравнение системы (3) на соответствующее и сложим с (2):

∂

∂

∂ 1

∂

∂ 1

∂

1 + · · · +

+ 1

1

+ · · · +

1 + · · · + 1

+ · · · +

=

∂ 1

∂

∂ 1

∂ 1

∂

∂

= (∂ 1 +

∂ 1

1 + · · · + ∂ 1 ) 1 + · · · +

(∂

+ ∂ 1 + · · · + ∂ )

=

∂

∂ 1

∂

∂

∂ 1

∂

=

∂

1

+

· · ·

+

∂

+

· · ·

+

∂

=

= 0.

∂ 1

∂

∂

Важно понимать, что на основе последнего равенства мы не можем сразу заключить, что все частные производные равны 0, т.к. переменные 1, . . . , , вообще говоря, зависят от +1, . . . , . Попробуем выбрать 0 = ( (0)1 , . . . , (0)) так, чтобы частные производные′ 1 , . . . , ′ обратились в 0, т.е. решим систему

.∂. .1		+ 1 ∂ 1		+ · · · + ∂ 1					= 0	(4)
	∂	∂ 1					∂
	∂		∂ 1					∂
		+ 1			+	· · ·	+		= 0
	∂							∂
			∂

Вспомним, что по нашему предположению ∂( 1,..., ) ̸= 0. Но это значит, что у этой систе-

∂( 1,..., )

мы из уравнений и неизвестных существует единственное решение 0. Тогда дифференциал приобретает вид

(¯, 0) =

(∂ +1

+ 1

∂ +1

+ · · · + (0)

∂ +1 ) +1 + · · · +

∂

(0)

∂ 1

∂

∂ )

+

(∂

+ 1

∂

+ · · · + (0)

= 0.

∂

(0)

∂ 1

∂

Переменные +1, . . . , уже независимы, поэтому мы можем записать следующую систему, добавив в нее также условия связи:

∂

(0)

∂ 1

(0)

∂

.∂. . +1

+ 1

+ · · · +

= 0

∂ +1

∂ +1

∂

(0) ∂ 1

(0) ∂

+

1 ∂

+

+

= 0

∂

∂

· · ·

(5)

1( ) = 0

. . .

( ) = 0

Теперь если объединить эту систему с системой (4), то получим систему, состоящую из ( + ) уравнений и ( + ) неизвестных.

Тогда если точка 0 = ( (0)1 , . . . , (0)) является стационарной, то она необходимо удовлетворяет системе (4) + (5). Тем самым мы доказали следующую теорему:

Теорема 33-34.1 (Необходимое условие существования условного экстремума по методу Лагранжа). Пусть функции и 1, . . . , дифференцируемы в точке 0 = ( (0)1 , . . . , (0)), и функция имеет условный экстремум в точке 0 при заданных ограничениях . Тогда координаты 0 необходимо удовлетворяют системе (4) + (5).

98

3Достаточные условия существования условного экстремума по методу Лагранжа

Пусть для точки 0 выполняются необходимые условия существования условного экстремума, т.е. 0 удовлетворяет системе (4) + (5). Пусть и 1, . . . , дважды дифференцируемы в некоторой U( 0) и имеют непрерывные частные производные в самой 0.

По определению функции и, исходя из выбора 0 и 0,

= (¯) − ( 0) и (¯, 0) = (¯, 0) − ( 0, 0)

совпадают. Запишем 2 с помощью формального символа, не забывая, что первые переменных в свою очередь сами являются функциями переменных +1, . . . , :

(∂ 1

· · ·

∂

)

2

(

∂ 1

· · ·

∂

)

1

1

2

=

∂

+

+

∂

+

∂

2

+

+

∂

2

.

Поскольку мы выбирали таким образом, что все частные производные ∂ обращаются в 0,

∂

то правая скобка обнуляется. Заметим, что мы можем исследовать 2 на знакоопределенность только в том случае, когда все переменные независимы, т.е. нам нужно найти для всех = 1, зависимость = Θ( +1, . . . , ). Дифференцируя условия связи, получаем

.∂. .1 1 + · · · +

∂ + · · · +

∂

= 0

(1)

∂ 1

∂ 1

∂ 1

∂

1 +

+

∂

+

+

∂

= 0

∂ 1

· · ·

∂

· · ·

∂

Благодаря условию

∂

=1..

= 0 мы можем выразить 1, . . . , через дифференциалы

∂

̸

+1, . . . , . Тогда 2 = ( +1, . . . , ). Для этого второго дифференциала выполнены все условия теоремы 31.4, а это значит, что знакоопределенность 2 влечет существование условного экстремума, а знаконеопределенность влечет за собой его отсутствие. Иными словами, мы доказали следующую теорему:

Теорема 33-34.2. Если координаты точки 0 и удовлетворяют системе (4) + (5), функции и 1, . . . , дважды дифференцируемы в U( 0), а их вторые частные производные непрерывны в самой 0, то знакоопределенности 2 достаточно для существования условного экстремума. Если 2 не знакоопределен, то условного экстремума в точке 0 нет.

Например, пусть необходимо решить задачу для случая трех переменных и одного ограничения, т.е.

{

( , , ) → extr

( , , ) = 0

Тогда = + . Нужно решить систему:

∂

∂

∂

∂ ∂

∂

( )

=0

=0

=0

=0

99