Теорема 1 (необходимый признак экстремума функции многих переменных):

Если функция y = f(x₁, x₂, . . . ,x_n) имеет во внутренней точке М₀(x₁⁰,x₂⁰.. x_n⁰) экстремум и частные производные первого порядка, то все эти частные производные равны нулю в точке М₀:

Доказательство:

Зафиксируем значения всех переменных x_iв точкеМ₀, кроме переменнойx_k.Тогда получим, что функцияy = f (x₁⁰,x₂⁰ .. x_k,…x_n⁰)=j(x_k) - зависит от одной переменнойx_kи в точкеx_k = x_k⁰имеет экстремум.

Но тогда, по необходимому признаку существования экстремума функции одной переменной, производная этой функции, которая и является частной производной функции yв точкеМ₀, равна нулю:.Ч.т.д.

Итак, «подозрительными» на экстремум являются те точки, в которых все частные производные равны нулю или какая-нибудь из них не существует; в случае, если функция всюду имеет частные производные, то координаты этих точек можно найти, решив систему уравнений:

(2).

Пример 1. Найти экстремум функции z = x²+( y - 1)².

Решение.

Найдя частные производные данной функции и приравняв их к нулю, получаем:

Поскольку при всех (x,y), то ясно, что точкаМ₀(0;1) – точка минимума.

Отметим, что условия (1) или (2) не являются достаточными условиями экстремума. Например, для функции z = x² - y²частные производные равны нулю в точкеО(0,0):

. Но, в этой точке функция не имеет экстремума:f(0,0) = 0, но в любой окрестности точкиО(0,0) есть значения функцииz > 0иz < 0.

п.2 Достаточное условие экстремума

Для функции многих переменных достаточный признак экстремума намного более сложен, чем для функции одной переменной (Если в точке х = х₀: f(x₀)=0, тогда еслиf”(x₀) < 0то в этой точке функция имеет максимум, а если f”(x₀) > 0то - минимум).

Ограничимся случаем функции двух переменных:

Пусть имеем функцию z = f (x,y)иM₀(x₀,y₀)- стационарная точка этой функции, т.е.f’_x(x₀,y₀) = f’_y(x₀,y₀) =0.

Обозначим А = f”_xx(x₀,y₀),B = f”_xy(x₀,y₀), C = f”_yy(x₀,y₀), D = AC – B².

Теорема 2 (достаточный признак экстремума)

Если D>0 иA<0, то в точкеМ₀(x₀,y₀)функция имеет максимум;

Если D>0 иA>0, то в точкеМ₀(x₀,y₀)– минимум;

Если D<0,то в точкеМ₀(x₀,y₀)экстремума нет.

В случае, если D = 0экстремум в точкеМ₀(x₀,y₀)может быть, а может и не быть. Необходимы дополнительные исследования (без доказательства).

Пример.

Найти экстремум функции: z = x²+xy+y²-3x-6y.

Решение

1. z’_x= 2x + y -3; z’_y= x + 2y – 6.

2. Найдем стационарные точки, решая систему уравнений:

2x + y – 3 = 0

x+ 2y -6 =0

2x + y =3

x +2y = 6 ´2

2x + y = 3

2x + 4y = 12

- 3y = -9

y = 3 x = 0. Отсюда получим стационарную точкуМ (0,3).

3. z”_xx = 2 = A

z”_xy = 1 = B

z”_yy= 2 = C

- экстремум функции в точкеМесть, а так какА = 2 >0,

то в точке М(0,3)– минимум.

4. z_min(0,3) = -9

п.3 Наибольшее и наименьшее значение функции в замкнутой области

Пусть функция z = f (x,y)определена и непрерывна в ограниченной замкнутой области. Тогда она достигает в некоторых точках областисвоего наибольшегоМи наименьшегоm значений (глобальные экстремумы – глобальный максимумМ и глобальный минимумm). Эти значения достигаются функцией в точках, расположенных: или внутри области, или в точках, лежащих на границе этой области.

Сформулируем правило нахождения наибольшего и наименьшего значений дифференцируемой в области функцииz = f (x,y):

1. Найти все критические точки функции, принадлежащие , и вычислить значения функции в них.

2. Найти наибольшие и наименьшие значения функции z = f (x,y)на границах области.

3. Сравнить все найденные значения функции и выбрать из них наибольшее Ми наименьшееm.

Пример:

Найти наибольшее и наименьшее значения функции z = x²y + xy² + xyв замкнутой области, ограниченной линиями:

Yy =

Решение:

1. Построим область

2. Найдем критические точки

а) z’_x=2xy + y² + y

z’_y=x² + 2xy +x

б) 2xy + y² + y = 0

x² + 2xy +x = 0

y(2x + y + 1)=0

x(2y + x + 1)=0

1) O(0,0), тогда 2x + y = -1 ´2

x + 2y= -1

4x + 2y = -2

x + 2y = -1

3x = -1

x = -y = -:М₁()

2) x = 0 y:

y (y + 1) = 0

y = -1 М₂ (0,-1)

3) y = 0 : x (x + 1)=0

x = -1 М₃(-1, 0)

Ни одна из этих точек не принадлежит области.

3. Исследуем функцию z на границах области, состоящей из участковAB, BC, CE,EA.

a) На участкеАВ:

x = 1: z = y² + 2y, где

z’_y = 2y + 2, 2y + 2 =0 y =-1

Найдем значение функции: z(-1) = -1; z(-1.5) = -;z(1) = 3.

б) На участке ВС:

в) На участке СЕ:

x =2: z = 2y² + 6y

z’_y= 4y + 6 , 4y + 6 = 0, y =

Значение функции: z()= -4.5; z (0.5) = 3.5

г) На участке АЕ: y = , z = x² + x,

z’_x= -3x + , -3x + =0,x =

Значение функции: z (1) = -,z (2) = -4.5.

4. Сравнивая полученные результаты, имеем: наибольшее значение функции M = 3.5 =z (2; ) = z (C).

наименьшее значение функции m = -4.5 = z (2;-1.5) = z (Е).

п.4 Условный экстремум, метод множителей Лагранжа

Пусть надо найти экстремум функции y = f(X) = f (x₁,x₂…x_n)(1) при наличии нескольких ограничений (условий) вида:

Такая задача называетсязадачей условного экстремума: необходимо найти такую точку, которая удовлетворяла бы условиям (2) и значение функции (1) в этой точке было бы наибольшим (или наименьшим).

Функции f(X)иj_j(X),j = 1,2..mопределены и имеют непрерывные частные производные в окрестности точкиМ₀, причем для функцийj_j(X),j = 1,2..mв точкеМ₀выполняются условия:.

Тогда имеет место следующая Теорема 3:

Если - точка условного экстремума функцииy = f(X), при условиях (2), то найдутся числаl₁, l₂, . . ., l_m, для которыхМ₀ - стационарная точка функции:

L(X) = f(X) + l₁j₁(X) + l₂j₂(X) + . . . + l_mj_m(X) (3).