Математический анализ / Математический анализ учебник

4. Функция f(x; y) может иметь или не иметь экстремума в точке M0, если

¢ = AC ¡ B2 = 0:

Пример 4.6.2. Найти локальные экстремумы функции z = x3+y3¡3xy: 1. Найдем критические точки функции

<

@z

=

3x2

3y = 0

8

@z

¡

>

@x

=

3y2

3x = 0

или

:

y

=

x2

> @y

¡

Решим уравнение

½ x4 ¡ x

=

0

x(x3 ¡ 1) = 0; x1 = 0; x2 = 1:

Тогда критические точки будут

M1(0; 0) и

M2(1; 1):

2. Найдем

@2z

= 6x;

@2z

= ¡3;

@2z

= 6y:

@x2

@x@y

@y2

3. Рассмотрим точку M1(0; 0)

A = 0; B = ¡3; C = 0;

тогда

¢ = AC ¡ B2 = ¡9 < 0:

Поэтому функция в этой точке не имеет ни максимума, ни минимума. 4. Рассмотрим точку M2(1; 1)

A = 6; B = ¡3; C = 6; тогда ¢ = AC ¡ B2 = 36 ¡ 9 = 27 > 0:

Поэтому в точке M2(1; 1) функция имеет минимум zmin = z(1; 1) = 1 + 1 ¡ 3 = ¡1:

4.7. Условный экстремум функции нескольких переменных

Пусть требуется найти максимум и минимум функции z = f(x; y) при условии, что '(x; y) = 0.

1 способ. Выражаем, если можно, переменное y = Ã(x) из уравнения '(x; y) = 0 и подставляем в функцию z = f(x; y) = f(x; Ã(x)). Получим функцию одного переменного x. И решаем задачу обычными методами для функции одного переменного.

151

2 способ. Составляем функцию Лагранжа

F (x; y; ¸) = f(x; y) + ¸'(x; y):

Находим частные производные функции F (x; y; ¸) по переменным x; y; ¸ и приравниваем их к нулю. Таким образом найдем критические точки функ-

ции Лагранжа.	8
		@F		=		@f	+ ¸	@'		= 0
			@x			@x		@x
	>	@F				@f		@'
	>			=			+ ¸			= 0	(4.19)
	>
	>		@y			@y		@y
	>
	>
	<
	>	@F		=	'(x; y) = 0
		@¸
	>
	>
	>
Покажем, что эта система возникает, если использовать определение
	>
	>
	:

критических точек функции одного переменного, а именно, если производная равна нулю. Рассмотрим функцию z = f(x; y) и условие '(x; y) = 0, которая неявно задает y как функцию от x, т.е. y = y(x).

Приравняем полную производную функции f(x; y) к нулю, получим

@f

+

@f

dy

= 0 или

@f

dx +

@f

dy = 0:

@x

@y dx

@x

@y

Поскольку '(x; y) = 0, то и d'(x; y) = 0, т.е.

@'

dx +

@'

dy = 0:

@x

@y

Умножим это равенство на ¸ и прибавим к предыдущему, получим

@x dx + @y dy + ¸ µ@x dx +

@y dy¶ = 0

@f

@f

@'

@'

или

µ@x

+ ¸ @x ¶dx +

µ@y + ¸

@y ¶dy = 0:

@f

@'

@f

@'

Отсюда легко получить систему (4.19), поскольку дифференциал равен нулю, если равны нулю коэффициенты при dx и dy:

	8	@f	+ ¸	@'		=	0
		@x		@x
	>
	<
	>	@f		@'
	>		+ ¸			=	0
	>	@y		@y
	>
	>
	>		'(x; y)			=	0
Уравнение связи в эту	систему>		мы добавили сами.
	:
			152

Система (4.19) это необходимое условие существования условного экстремума. Решая ее мы получим условно критические точки функции z = f(x; y).

Для выяснения характера критических точек необходимы дальнейшие исследования. Рассмотрим критическую точку M0(x0; y0); ¸0 функции

Лагранжа F . Поскольку

@2F

@2F

@2F

@'

@'

= 0 и µ

dx +

dy¶d¸ = µ

dx +

dy¶d¸ = 0;

@¸2

@x@¸

@y@¸

@x

@y

то второй дифференциал функции F (x; y) имеет вид

d2F (x; y; ¸) =

@2F

+ 2

@2F

dxdy +

@2F

dx2

dy2

2

@x@y

@y

2

@x

при условии, что дифференциалы dx и dy связаны соотношением

@'@x dx + @'@y dy = 0:

Тогда

1.Функция z = f(x; y) имеет условный максимум в точке M0(x0; y0), если d2F (x0; y0; ¸0) < 0.

2.Функция z = f(x; y) имеет условный минимум в точке M0(x0; y0),

если d2F (x0; y0; ¸0) > 0.

Второй способ исследования критических точек для функции двух переменных. Пусть M0(x0; y0); ¸0 критическая точка, рассмотрим определи-

тель

¢ =

¯Fx¸00

Fxx00

Fxy00

¯(M0

; ¸0) =

¡

¯'x0 (M0) Fxx00 (M0; ¸0) Fxy00 (M0; ¸0)¯

:

¡ ¯F

F

F

¯

¯' (M ) F (M ; ¸ ) F (M ; ¸ )¯

¯

F¸¸00

Fx¸00

Fy¸00

¯

¯

0

'x0

(M0)

'y0

(M0)

¯

¯

z = f(¯x; y)

¯

M

¯

¯

y¸00

xy00

yy00

¯

¯

y0

0

xy00

0

0

yy00

0 0

¯

Тогда функция¯

¯

имеет в ¯точке

0 условный максимум, если¯

¢ < 0 и условный минимум, если ¢ > 0.

z = 6

4x

3y

Пример

4.7.1. Найти экстремум функции

¡

¡

при условии,

2

+ y

2

что x

= 1.

Напишем функцию Лагранжа

F (x; y; ¸) = 6 ¡ 4x ¡ 3y + ¸(x2 + y2 ¡ 1):

Найдем частные производные

@F

@F

@F

= ¡4 + 2¸x;

= ¡3 + 2¸y;

= x2 + y2 ¡ 1:

@x

@y

@¸

153

Получим систему

8

2¸x

¡

4

=

0

2¸y

3

=

0

< x2 + y2

¡

1

=

0

Решая эту систему,

найдем

¡

:

x =

2

; y =

3

; ¸2 =

25

:

2¸

4

¸

Тогда критические точки будут

5; ¡5¶

; ¸1

= ¡2:

M1 µ5;

5¶; ¸1 = 2 и M2 µ¡

4

3

5

4

3

5

Найдем вторые производные функции Лагранжа

@2F

= 2¸;

@2F

= 0;

@2F

= 2¸:

@x2

@x@y

@y2

Поэтому

d2F = 2¸(dx2 + dy2):

4

3

5

1. Рассмотрим точку M1

µ

;

¶ и ¸1

=

, тогда d2F = 5(dx2 + dy2) >

5

5

2

0 для любых dx и dy. Поэтому функция z имеет в точке M1 условный минимум

zy: min = z µ						4	;	3		¶ = 1:
						5			5
2. Рассмотрим точку M2	µ¡	4	; ¡	3		¶		и ¸2 = ¡			5	, тогда d2F = ¡5(dx2 +
		5		5							2

dy2) < 0 для любых dx и dy. Поэтому функция z имеет в точке M2 услов-

ный максимум	µ¡5		; ¡	5	¶	= 11:
zy: max = z
		4		3
Пусть требуется найти максимумы					и	минимумы функции u =

f(x1; x2; : : : ; xn) при условии, что переменные x1; x2; : : : ; xn связаны m уравнениями

>	'1(x1; x2; : : : ; xn) = 0
<	'2(x1; x2; : : : ; xn) = 0
8
>	: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :
:	'm(x1; x2; : : : ; xn) = 0:
>
>	154

Составим функцию Лагранжа

F (x1; : : : ; xn; ¸1; : : : ; ¸m) =

= f(x1; : : : ; xn) + ¸1'1(x1; : : : ; xn) + : : : + ¸m'm(x1; : : : ; xn):

Приравняем к нулю частные производные по x1; : : : ; xn; ¸1; : : : ; ¸m функ-

ции Лагранжа, получим систему уравнений

8

@f

@'1

@'m

+ ¸1

+ : : : + ¸m

= 0

@x1

@x1

@x1

>

1

m

>

>

>

@f

@'1

@'m

>

>

>

>

+ ¸

1

+ : : : + ¸

m

= 0

>

>

@x2

@x2

@x2

>

>

: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :

>

@f

@'

@'

>

n

n

'1(x1; : : : ; xn) = 0

>

+ ¸1

+ : : : + ¸m

= 0

>

>

>

@x

@x

@xn

<

>

>

>

>

>

>

>

: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :

>

:

'm(x1; : : : ; xn) = 0:

>

Из этой

системы найдем критические точки функции Лагранжа. За-

>

тем исследуем второй дифференциал функции Лагранжа d2F в найденных критических точках при условии, что дифференциалы dx1; dx2; : : : ; dxn

связаны между собой системой	d'2	=	0
8
>	d'1	=	0
<
>	: : : : : : : : : :
>
:		=	0:
> d'm

4.7.1. Нахождение наибольшего и наименьшего значений функции в замкнутой ограниченной области

Теорема 4.7.1. Функция z = f(x; y), дифференцируемая в замкнутой ограниченной области D ½ R2, достигает своего наибольшего и наименьшего значений или в критических точках или в точках границы области.

Пусть граница области D задается одним уравнением '(x; y) = 0 или несколькими такими уравнениями.

Схема нахождения наибольшего и наименьшего значений функции

1.Найти все критические точки функции z = f(x; y).

2.Найти критические точки, которые лежат внутри области D.

3.Найти в этих точках значение функции f(x; y).

155

4.Найти условно критические точки функции f(x; y) на границе области

D.

5.Найти значение функции f(x; y) в этих точках.

6.Выбрать из всех найденных значений функции наибольшее и наименьшее.

Пример 4.7.2. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z = x2 + y2 ¡ xy + x + y в области D : x 6 0; y 6 0; x + y > ¡3:

1.Найдем критические точки функции z, принадлежащие области D.

	z0	= 2x		y + 1; z0	= 2y	¡	x + 1:
	x		¡	y
Составим систему
½	2x ¡ y + 1	=	0	или		½	2x + 1	=	y
	2y ¡ x + 1 =		0				3x + 3	=	0:

Решая последнюю систему, получим критическую точку M1(¡1; ¡1) 2 D, принадлежащую области D.

Найдем значение функции в этой точке

z(M1) = 1 + 1 ¡ 1 ¡ 1 ¡ 1 = ¡1:

2. Найдем критические точки на границе x = 0; y 2 [¡3; 0]. Тогда

z = y2 + y	и	z0	= 2y + 1 = 0	или	y = 1=2:
					¡

Поэтому критическая точка M2(0; ¡1=2) 2 D. Найдем значения функции в угловых точках M3(0; 0); M4(0; ¡3) и в точке M2

z(M2) = ¡1=4; z(M3) = 0; z(M4) = 6:

3. Найдем критические точки на границе y = 0; x 2 [¡3; 0]. Тогда

z = x2 + x	и	z0	= 2x + 1 = 0	или	x =	¡	1=2:

Поэтому критическая точка M5(¡1=2; 0) 2 D. Найдем значения функции в угловой точке M6(¡3; 0) и в точке M5

z(M5) = ¡1=4; z(M6) = 6:

4. Найдем критические точки на границе x+y = ¡3 или y = ¡3¡x; x 2 [¡3; 0]. Тогда

z = 3x2 + 9x + 6	и	z0	= 6x + 9 = 0	или	x = 3=2:
					¡

Поэтому критическая точка M7(¡3=2; ¡3=2) 2 D. Найдем значение функции в этой точке

z(M7) = ¡3=4:

156

Y Y

X X

Рис. 4.4.

5. Выберем из найденных значений наибольшее и наименьшее zнаим. = z(M1) = ¡1; zнаиб. = z(M4) = z(M6) = 6:

4.8. Получение функции на основе экспериментальных данных по методу наименьших квадратов

Пусть на основе эксперимента требуется установить функциональную зависимость y от величины x: y = f(x): Пусть в результате эксперимента получено n значений функции y при соответствующих значениях аргумента.

x	x1	x2	. . . . . .	xn
y	y1	y2	. . . . . .	yn

Вид функции y = f(x) подбирается или на основе теоретических соображений или на основе расположения на координатной плоскости точек, соответствующих экспериментальным данным (см. рис. 4.4).

Функцию f(x) можно искать в виде линейной функции y = ax + b, в виде квадратичной функции y = ax2 + bx + c и т.д.

Пусть мы выбрали некоторую функцию y = f(x; a; b; c; : : :), зависящую от параметров a; b; c; : : : : Надо подобрать эти параметры так, чтобы функция f описывала процесс в некотором смысле наилучшим образом.

4.8.1. Метод наименьших квадратов

Рассмотрим сумму квадратов разностей значений yi, даваемых экспериментом и функции f(a; b; c; : : :) в соответствующих точках xi:

	n
	Xi
S(a; b; c; : : :) =	(yi ¡ f(xi; a; b; c; : : :))2:	(4.20)
	=1
	157

Подберем параметры a; b; c; : : : так, чтобы функция S(a; b; c : : :) имела минимальное значение. Из необходимого условия экстремума следует тогда, что

		@S		= 0;	@S	= 0; : : :
			@a
					@b
или	P
>							@f
>	n						@f
8 i=1(yi ¡ f(xi; a; b; c; : : :) @a
>
>	n	(yi	¡	f(xi; a; b; c; : : :)
>
>							@b
< i=1
>	P
:					: : : : : : : : :
>

= 0

(4.21)

= 0

В этой системе уравнений ровно столько сколько параметров a; b; c; : : :. Решая эту систему найдем критические точки, которые надо исследовать на минимум.

Рассмотрим два случая.

1. Пусть y = f(x; a; b) = ax + b линейная зависимость. Тогда

n

Xi

¡ (axi + b))2:

S(a; b) =

(yi

=1

Используя систему (4.21), получим

@S

P

>

@S

= 0

8

@a = ¡2 I=1(yi ¡ (axi + b))xi

>

IP

>

>

n

<

@b

= ¡2 (yi ¡ (axi + b))

= 0

:

=1

или

P

P

P

>

n

n

n

=

0

(4.22)

8 i=1 xiyi ¡ a i=1 xi2

¡ b i=1 xi

>

P

iP

>

>

n

n

=

0:

:

yi

a

xi

bn

<

¡

¡

i=1

=1

Поскольку xi; yi это числа, то эта система есть система двух линейных уравнений с двумя неизвестными a и b. Решая ее, найдем a и b. Очевидно,

158

что в этой точке будет локальный минимум. Поскольку

	@2S					n
	@2S					iP
					=	2	x2	=		A > 0;
		@a2				=1	i
					=	2n		=		C > 0;
		@b2
		@2S				n
					=	2	xi	=		B;
	@a@b
						=1
то определитель						iP
				n		¡ 4 Ã	n	xi!	2	X
¢ = AC ¡ B2			X				X
	= 4n xi2									= 4 (xi ¡ xj)2 > 0:
			i=1				i=1			i<j

Ипоэтому в найденной критической точке будет минимум функции S.

2.Рассмотрим квадратичную зависимость y = f(x; a; b; c) = ax2+bx+c.

Тогда

n

Xi

S(a; b; c) =

(yi ¡ (axi2 + bxi + c))2:

=1

Система (4.21) для этой зависимости имеет вид

8 i=1(yi ¡ (axi2 + bxi + c))xi2 = 0

>

P

>

n

(yi

(ax

2

+ bxi + c))xi

= 0

>

i

>

¡

>

>

<

P

(yi

(axi2 + bxi + c))

= 0:

>

n

> i=1

>

>

>> P

:

n

> i=1

¡

Преобразуя эту

систему, получим

>

P

P

P

>

P

>

n

n

n

n

3

2

8 i=1 xi2yi

¡ a i=1 xi4

¡ b i=1 xi3 ¡ c i=1 xi2 = 0

>

i

i

>

<

P

n P

n P

P

>

n

xiyi

¡

a

n

x

¡

b

n

x

¡

c

n

xi = 0

>

> i=1

i=1

i=1

i=1

>

>

P

P

>> P

>

n

a xi2

= 0

>

yi

¡

¡

b xi

¡

cn

:

> i=1

i=1

i=1

Решая систему относительно a; b; c найдем эти параметры. Функция S(a; b; c) будет иметь минимум в этой точке.

Пример 4.8.1. Пусть функциональная зависимость y = f(x) задана экспериментальными данными

159

x	1	2	3	4	5
y	4,3	5,3	3,8	1,8	2,3

здесь n = 5.

Требуется найти функцию вида y = ax + b аппроксимирующую функцию y = f(x). Для этого используем систему (4.22). Составим таблицу

	xi	yi	xi2	xiyi
	1	4,3	1	4,3
	2	5,3	4	10,6
	3	3,8	9	11,4
	4	1,8	16	7,2
	5	2,3	25	11,5
P	15	17,5	55	45

По таблице составим систему

½	45 ¡ 55a ¡ 15b =	0
	17; 5 ¡ 15a ¡ 5b =	0:

Решая эту систему найдем, что a = ¡0; 75; b = 5; 75. Поэтому мы получим следующую линейную зависимость

y = ¡0; 75x + 5; 75:

Построим на графике найденную линейную зависимость и нанесем на него исходные данные (см. рис. 4.5.).

Y

6 5; 75

4

2

7; 6 X

0

2

4

6

8

Рис. 4.5.

160