матан 3 курс 2013 / лекции / Oglobina

100

z¢

= (x2 - 4xy + 5 y2

+ 2x - 4 y + 50)′x = 2x - 4 y + 2,

x

= (x2 - 4xy + 5 y2

+ 2x - 4 y + 50)¢y = -4x +10 y - 4.

z¢

y

2° Використовуючи необхідні умови існування екстремуму,

знаходимо критичні точки, розв’язавши систему рівнянь

2x - 4 y + 2 = 0 (´ 2)

4x - 8 y + 4 = 0

4x - 8 y + 4 = 0 x = -1;

+

2 y = 0.

- 4x +10 y - 4 = 0

- 4x +10 y - 4 =

0

y = 0.

Знайшли одну критичну точку Mk (- 1,0).

3° Знайдемо всі частинні похідні другого порядку

xx

=

(2x

-

4 y

+

2)′x

=

xy

=

(2x

-

4 y

+

2)′y

= -

4,

z¢¢

2, z¢¢

z¢¢

= (- 4x +10 y - 4)′y = 10 .

yy

Для критичної точки Mk (- 1,0) обчислимо визначник з дру-

гих похідних:

а) другі похідні в нашому разі є сталими для будь - якої точки, отже,

A = 2; B = −4; C = 10 .

б) = АВ – С2 = 2×10 – (-4) 2 = 20 – 16 >0 , отже, екстремум у точці Mk (- 1,0) існує. А=2>0, отже, точка Mk (- 1,0) є точкою

мінімуму функції z = x2 - 4xy + 5 y 2 + 2x - 4 y + 50 .

с) zmin = z(-1, 0) = (-1)2 - 4 × (-1)× 0 + 5 × 0 + 2(-1)- 4 × 0 + 50 =

=1− 2 + 50 = 49.

4.5УМОВНИЙ ЕКСТРЕМУМ ФУНКЦІЇ ДЕКІЛЬКОХ ЗМІННИХ. МЕТОД МНОЖНИКІВ ЛАГРАНЖА

Розглянемо задачу, коли екстремум функції двох змінних z = F (x, y) на множині точок, що належать ОВФ функції та відповідають додатковим умовам.

101

Задача

Знайти екстремум функції z = F (x, y) за умови, що її аргументи (x, y) пов’язані між собою рівнянням j(x, y) = 0 , яке на-

зивається рівнянням зв’язку.

Означення

Точка M0 (x0 , y0 ) називається точкою умовного мінімуму

(максимуму) функції z = F (x, y) за умови j(x, y) = 0 , якщо існує такій окіл малого радіуса r цієї точки, що для всіх точок M (x, y) з цього околу, які задовольняють даному рівнянню зв’язку, виконується нерівність

F (M 0 ) £ F (M ) (F (M 0 ) ³ F (M )).

Для знаходження умовного екстремуму в загальному випадку використовується метод множників Лагранжа. Зміст цього методу у зведенні пошуку умовного екстремуму до пошуку безумовного шляхом приєднання до функції z = F (x, y) заданої

функції зв’язку j(x, y) = 0 через невідомий множник λ . Метод

множників Лагранжа складається з таких етапів: 1. Будується функція Лагранжа

L(x, y,λ ) = F (x, y)+ λ ×j(x, y) .

Якщо екстремум шукати тільки на множині точок, що задовольняють умові j(x, y) = 0 , то фактично ми додаємо до вихідної функції 0.

Таким чином, побудована функція L(x, y,λ ) є функцією від трьох змінних x, y ,λ . Отже, задача пошуку умовного екстрему-

му зведена до задачі безумовного екстремуму для функції 3-х змінних.

2. Для побудованої функції L(x, y,λ ) знайдемо критичні то-

чки, використовуючи необхідні умови існування екстремуму для функції 3-х змінних

ϕ(x, y) = 0.

102

	∂L	= 0,	∂F		+ λ
	∂x			∂x
	∂L	= 0,		∂F	+ λ
	∂y			∂y
	∂L	= 0.
	∂λ

∂ϕ = 0, ∂x

∂ϕ = 0, (4.11) ∂y

3. Аналізуємо факт існування і тип екстремума в критичних точках за допомогою достатніх умов існування екстремуму багатьох змінних.

Достатня умова існування екстремуму функції 3-х змінних може бути подана у двох виглядах:

1° Якщо функція L(x, y,λ ) неперервна і двічі диференційована в критичній точці Mk (xk , yk ,λk ), то існування і тип екст-

ремуму в цій точці визначається знаком визначника 3-го порядку, складеного із значень других частинних похідних функції

L(x, y,λ ) у точці Mk (xk , yk ,λk )

		L′′	L′′
	=	λλ	λx
(xk , yk ,λ k )		L′′	L′′
		λx	xx
		L′′	L′′
		λy	yx

L′′

λy

L′′

xy

L′′

yy (xk , yk ,λ k ).

З урахуванням того, що L′					= ϕ(x, y) можна записати
				λ
L′′	= ϕ ′	(x, y) = 0; L′′	= ϕ′	(x, y) L′′		= ϕ′	(x, y),
λλ	λ	λx	x		λy	y

визначник (4.12) набире вигляду

	=		ϕ′x	ϕ′y
		0
(xk , yk ,λ k )		ϕ′	L′′	L′′
		x	xx	xy
		ϕ′	L′′	L′′		(xk , yk ,λ k	).
		y	yx	yy

(4.12)

(4.13)

Ознаки екстремальних точок:

– якщо > 0 , то точка Mk (xk , yk ,λk ) відповідає точці умовного максимуму Mk (xk , yk ) для функції z = F (x, y). Умовний максимум zmax = F (xk , yk );

103

– якщо < 0 , то точка Mk (xk , yk ,λk ) відповідає точці умовного мінімуму Mk (xk , yk ) для функції z = F (x, y). Умовний мінімум zmin = F (xk , yk );

– якщо	= 0 , то екстремуму в точці Mk (xk , yk ) немає;
2° Існування і тип умовного екстремуму функції z = F (x, y)
за умови j(x, y) = 0		визначає знак другого диференціала функції
L(x, y)
d 2 L(x, y) = L¢¢ dx2 + 2L¢¢ dxdy + L¢¢ dy 2 ,
	xx	xy	yy
який визначається з використанням двох умов
ϕ¢dx +ϕ¢ dy = 0;		dx2 + dy 2 > 0 .
x	y
У цьому разі
– якщо d 2 F (x, y) > 0 точка Mk (xk , yk ) є точкою умовного
мінімуму	для функції		z = F (x, y). Умовний мінімум

zmin = F (xk , yk );
– якщо d 2 F (x, y) < 0 точка Mk (xk , yk )	є точкою умовного
максимуму для функції z = F (x, y). Умовний		максимум
zmax = F (xk , yk );
– якщо d 2 F (x, y) = 0 точка Mk (xk , yk )	не є точкою умов-
ного екстремума.
Приклад
Знайти екстремум функції z = xy за умови x2 + y2		= 2 .

Розв’язання

Визначимо функцію зв’язку j(x, y): j(x, y) = x 2 + y 2 - 2 = 0 .

Згідно зі схемою 1. Будуємо функцію Лагранжа

L(x, y,λ ) = z + λ × j(x, y) = xy + λ (x2 + y2 - 2).

104

2. Для побудованої функції L(x, y,λ ) знайдемо критичні то-

чки, використовуючи необхідні умови існування екстремуму для функції 3-х змінних

		= 0	(xy)¢x + l(x2					+ y2	¢
L¢									- 2) x = y + l × 2x = 0,
	x	= 0							- 2)¢y = x + l × 2 y = 0,
L¢			(xy)¢y + l(x2					+ y2
	y	= 0
L¢				2	+ y	2	- 2 = 0.
	λ		x

3. Розв’яжемо систему

y

y

y

l = -

,

2x

l = -

,

l = -

,

2x

2x

y

y

2

2

2

2

x

+ 2 y

-

= x -

= 0, x

- y

= 0,

2x

= 2,

2x

x

2

+ y

2

= 2.

2

+ y

2

= 2.

2

- y

2

= 0.

x

x

x

Отже, отримаємо 4 розв’язки системи

				y
l = -					,
			2x
x2 =1,
	2	=1.
y

		1				1				1
l = -			,	l =			,	l =			,
		2				2
										2
	= 1,				= -1,				= 1,
x				x				x
	= 1.				= 1.				= -1,
y				y				y
і відповідно 4				критичні точки:							M1(1,1, -1/ 2); M 2 (-1, -1, -1/ 2);
M3 (-1, 1, 1/ 2); M 4 (1, -1, 1/ 2).

4. Дослідимо критичні точки на існування і тип екстремуму. Знайдемо другі частинні похідні за змінними x та y функції Лагранжа і перші частинні похідні функції зв’язку

L¢¢	= (y + 2xl)′x = 2l; L¢¢			= (x + 2 yl)′x = 2l; L¢¢	= (y + 2xl)′y = 1;
xx	= (x2 + y2 )¢x		yy	xy
j¢		= 2x; j¢	= (x2 + y2 )¢y = 2 y.
x		y

105

Будемо досліджувати точки на екстремум за першим вигля-

дом достатніх умов.

Складемо визначник третього порядку

	0	2x	2 y
D =	2x	2l	1
	2 y	1	2l	.

5. Перевіримо знак визначника D у кожній критичній точці a) M1(1,1, -1/ 2)

	0	2	2		0	2	2
D =	2	-1 1		=	2	-1 1		= 4 × 4 =16 > 0 ,
	2	1	-1		4	0	0

отже, M1 (1,1) – точка умовного максимуму функції. zmax = z(1,1) = 1 ;

b) M 2 (-1, -1, -1/ 2)

		0	- 2	- 2							0	- 2		- 2			= (- 4)×(- 4) =16 > 0 ,
D =		- 2 -1 1						=			- 2 -1			1
		- 2	1	-1							- 4	0		0
отже, M 2 (-1, -1) –				точка умовного максимуму функції.
zmax = z(- 1,-1) = 1 ;
c) M3 (-1, 1, 1/ 2)
		0	- 2	2					0			- 2	2		= 4 ×(- 4) = -16 < 0 ,
D =		- 2	1	1		=			- 2 1				1
		2	1	1					4			0	0

отже, M3 (-1, 1) – точка умовного мінімуму функції. zmin = z(- 1,1) = -1 ;

d) M 4 (1, -1, 1/ 2)

										106
D =		0	2	- 2		=		0	2	- 2			= (- 4)×4 = -16 < 0 ,
		2	1	1				2	1	1
		- 2	1	1				- 4	0	0

отже, M 4 (1, -1) – точка умовного мінімуму функції. zmin = z(1, - 1) = -1 .

Дослідимо точки на екстремум за другим виглядом достат- ніх умов.

Побудуємо другий диференціал функції L(x, y) і допоміжні умови

d 2 L = L¢¢ dx2

+ 2L¢¢ dxdy + L¢¢ dy2

= 2ldx2

+ 2dxdy + 2ldy 2 .

xx

xy

yy

Для визначення співвідношення dx та dy

використаємо пе-

рший диференціал функції зв’язку

ϕ

¢dx +ϕ¢ dy = 0; 2xdx + 2 ydy = 0 dy = -

x

dx .

x

y

y

Підставимо отримане співвідношення у другий диференціал

функції L(x, y)

2

2

x

2

x2

2

2

x

x

2

d

L = 2ldx

- 2

dx

+ 2l

dx

= 2dx

l -

+ l

.

y

2

y

2

y

y

З умови dx2 + dy2 > 0

випливає, що dx > 0 , отже, знак друго-

го диференціала залежить від знаку виразу в дужках.

Перевіримо цей знак у кожній з 4 критичних точок

a) M1(1,1, -1/ 2)

x

x2

1

1

l -

+ l

= -

-1

+ -

= -2

< 0 ,

y

y

2

2

2

отже, M1 (1,1) –

точка умовного максимуму функції.

zmax = z(1,1) = 1 ;

107

b) M 2 (−1, −1, −1/ 2)

x

x2

1

1

λ −

+ λ

= −

− 1

+

−

= −2

< 0 ,

y

y2

2

2

отже, M 2 (−1, −1) – точка умовного максимуму функції.

zmax = z(- 1,-1) = 1 ;

c) M3 (−1, 1, 1/ 2),

λ −

x

+ λ

x2

=

1

+ 1 +

1

(− 1) = 1 > 0 ,

y

y 2

2

2

отже, M3 (−1, 1) – точка умовного мінімуму функції. zmin = z(- 1,1) = -1 ;

d) M 4 (1, −1, 1/ 2),

λ −	x	+ λ	x2	=	1	+ 1 +	1	(− 1) = 1 > 0 ,
	y		y 2
				2		2

отже, M 4 (1, −1) – точка умовного мінімуму функції.

zmin = z(1, - 1) = -1 .

Зауважимо, що екстремальні точки визначені за обома формами достатніх умов збіглися.

4.6НАЙБІЛЬШЕ ТА НАЙМЕНШЕ ЗНАЧЕННЯ ФУНКЦІЇ

ВЗАМКНЕНІЙ ОБЛАСТІ

Уразі необхідності знаходження найбільшого або най- меншого значення функції двох змінних z = F (x, y) в замкненій

області D (глобального екстремуму) треба пам’ятати, що ці значення досягаються або в точках локального екстремуму,

або на межі області D . Найбільше значення функції позначають max F (x, y), найменше – min F (x, y).

D D

108

Існування найбільшого та найменшого значення для неперервної функції двох змінних гарантує відома нам теорема Вейєрштрасса. Нагадаємо її.

Теорема Вейєрштрасса

Функція, неперервна в замкненій області D , є обмеженою, тобто існують такі M та m, що виконується співвідношення

m ≤ F (x, y) ≤ M (x, y) D .

Отже, знаходження найбільшого та найменшого значення функції z = F (x, y) в замкненій області D можна проводити за такою схемою.

1. Перевірити функцію z = F (x, y) на неперервність в області D .

2.Знайти критичні точки функції в області D за відомою схемою (п. 4.4).

3.Знайти найбільше та найменше значення функції на границях області D .

4.Вибрати з множини отриманих найбільших (найменших)

значень єдині найбільше		max F (x, y)	і найменше – min F (x, y)
		D		D
значення функції.
Приклад
Знайти найбільше		та найменше значення		функції
Z = x2 y(4 − x − y)	у	трикутнику,	обмеженому	лініями

dD = {x = 0, y = 0, x + y = 6}.

Розв’язання
1. Область	визначення	даної	функції	-

D = {x (− ∞;∞); y (− ∞;∞)}. Дана функція неперервна на всій області визначення. Отже, згідно з теоремою Вейєрштрасса, во-

на обмежена і має max F (x, y) і min F (x, y).

D D

2. Знайдемо значення функції в точках, підозрілих на екстремум. Для цього

	109
а) знайдемо критичні точки
z′	= (x2 y(4 − x − y))′x = 8xy − 3x2 y − 2xy2 ,
x	= (x2 y(4 − x − y))′y = 4x2 − x3 − 2x2 y ,
z′
y

8xy − 3x2 y − 2xy2 = 0,

4x2 − x3 − 2x2 y = 0,

xy(8 − 3x − 2 y) = 0,x2 (4 − x − 2 y) = 0.

У середині області D маємо, що x ¹ 0, y ¹ 0 , отже, система набире вигляду

8 − 3x − 2 y = 0		3x + 2 y = 8;		2x = 4;	x = 2;
	− x − 2 y = 0
4		x + 2 y = 4.	x + 2 y = 4.		y = 1.

Знайшли критичну точку M k (2,1);

b) обчислимо значення функції z у цій точці без дослідження на тип екстремуму.

z(2,1) = (x2 y(4 − x − y))x=2 = 4(4 − 2 −1) = 4 .

y=1

3.	Дослідимо функцію Z = x2 y(4 − x − y) на межі області -
dD = {x = 0, y = 0, x + y = 6}:
a)	знайдемо значення функції на грані трикутника	x = 0 :
Z (0, y) = 0 ;
b)	знайдемо значення функції на грані трикутника	y = 0 :

Z (x,0) = 0 ;

c)знайдемо вигляд функції на грані трикутника x + y = 6 : y = 6 − x; Z = x2 (6 − x)(4 − x − 6 + x) = −2x2 (6 − x) = −12x2 + 2x3 ;

d)знайдемо найбільше і найменше значення функції однієї змінної Z (x) = −2x2 (6 − x) = −12x2 + 2x3 на інтервалі x [0,6]: