kurs_lekcii_mo_matematicheskomu_analizu / Формула Тейлора для функций нескольких переменных
.pdfЛЕКЦИЯ 17. ФОРМУЛА ТЕЙЛОРА ДЛЯ ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ. ЭКСТРЕМУМЫ ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
1.Формула Тейлора для функций двух независимых переменных
Пусть функция u = f(x; y) имеет в окрестности точки непрерывные част-
ные производные до второго порядка включительно. Возьмем в этой окрестности точку M1(x0 + x; y0 + y): Соединим точки M0 è M1
отрезка в параметрической форме имеют вид:
x = x0 + t x; y = y0 + t y; (0 t 1) ( x = x x0; y = y y0):
Тогда вдоль этого отрезка наша функция u = f(x; y) будет функцией одного переменного
t :
f(x; y) = f(x0 + t x; y0 + t y) = F (t):
Легко заметить, что
f(x0 + x; y0 + y) f(x0; y0) = F (1) F (0):
Используя формулу дифференцирования сложной функции, находим
F 0(t) = x |
@f(x0 + t x; y0 + t y) |
+ y |
@f(x0 + t x; y0 + t y) |
: |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
@x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
@y |
|
|
|
|
|
|
||||
Теперь вычислим вторую производную от функции F (t) : |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
F 00(t) = |
@2f |
( x)2 + 2 |
|
@2f |
x y + |
@2f |
( y)2 |
: |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
@x2 |
@x@y |
|
@y2 |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
Запишем формулу Маклорена относительно переменной t для функции F (t) : |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
F 0(0) |
|
F 00( t) |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
F (t) = F (0) + |
|
|
t + |
|
|
|
|
t ; |
|
|
|
|
0 < < 1: |
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
1! |
|
|
|
2! |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
Подставляя в последнюю формулу производные F 0; F 00 |
|
|
и полагая t = 1; |
получим фор- |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
мулу Тейлора: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f(x; y) = f(x0; y0) + |
1 |
|
@f(x0; y0) |
(x x0) + |
@f(x0; y0) |
(y y0) + |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
1! |
|
@x |
|
|
|
|
|
|
|
@y |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
1 |
|
@2f(x |
0 |
+ (x |
x0); y0 + (y |
|
|
|
|
y |
)) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
+ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
(x x0)2 + |
|
|||||||||||||||
2! |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
@x2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
+2 |
@2f(x0 + (x x0); y0 + (y y0)) |
(x |
|
x |
)(y |
|
y |
)+ |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
@x@y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
0 |
|
|
|||||||||||
|
|
|
@2f(x |
0 |
+ (x |
|
x0); y0 + (y |
|
|
|
y |
)) |
|
|
|
|
|
: |
|
|
||||||||||||||||||||||
+ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
(y y0)2 |
|
(1) |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
@y2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1
Пример 1. Задана функция f(x; y) = ax2 + 2bxy + cy2 . Разложить функцию f(x + h; y + k) по степеням h è k .
Решение. Найдем частные производные функции f(x; y) :
|
@f |
= 2ax + 2by; |
|
@f |
= 2bx + 2cy; |
||||
|
@x |
|
@y |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
@2f |
|
= 2a; |
@2f |
= 2c; |
|
@2f |
= 2b: |
||
@x2 |
@y2 |
|
@x@y |
Применим формулу (1):
f(x + h; y + k) = ax2 + 2bxy + cy2 + [(2ax + 2by)h + (2bx + 2cy)k]+ +[2ah2 + 4bhk + 2ck2]=2!
2. Экстремумы ФНП
Пусть заданы функция u = f(~x); ~x = (x1; :::; xn) и точка ~x0 = (x01; :::; x0n) .
Определение 1. Функция u = f(~x) имеет локальный максимум (минимум) в точ- ке ~x0; если существует окрестность этой точки такая, что для любого ~x из этой окрестности имеет место неравенство
f(~x) f(~x0) (f(~x) f(~x0)):
Точку ~x0 будем называть точкой локального максимума (минимума), а соответствующее значение функции f(~x0) максимальным (минимальным) значением функции.
Локальные максимумы и минимумы объединяются общим названием локальный экстремум . Из определения экстремума вытекает, что в достаточно малой окрестности точки ~x0 приращение функции u = f(~x) f(~x0) не меняет знака: u 0 в случае локального
максимума и u 0 в случае локального минимума.
Теорема 1 (необходимое условие экстремума) Пусть функция u = f(~x) имеет локальный экстремум в точке ~x0: Тогда если существуют частные производные
первого порядка @f |
|
|
|
0 |
|
||
|
|
|
(i = 1; :::; n) в точке ~x ; то все они обращаются в нуль в этой |
||||
точке: |
@xi |
||||||
|
|
|
@f(~x0) |
|
|
||
|
|
|
|
= 0 (i = 1; :::; n): |
(2) |
||
|
|
|
|
@xi |
|
||
|
|
|
|
|
|
Доказательство. Докажем, что @f(~x0)=@x1 = 0: Зафиксируем переменные x2 =
x02; :::; xn = x0n: Тогда получим функцию u = f(x1; x02; :::; x0n) от одного переменного x1; причем эта функция имеет локальный экстремум в точке x01: Поэтому, в силу необходимого условия экстремума функции одной переменной, заключаем, что производная от этой функции по переменной x1 должна быть равна нулю в точке x01: Но эта производная является частной производной функции f(~x) по переменной x1 в точке x01; ò. å.
@f(x01; x02; :::; x0n) = @f(x0) = 0: @x1 @x1
Аналогично рассматриваются и другие случаи. Теорема доказана.
2
Замечание 1. Условие (2) не является достаточным для того, чтобы в точке ~x0
был экстремум функции f: |
|
|
|
|
Пример 2. Функция u = x2y имеет частные производные |
@u |
= |
= 2xy , @u |
= |
x2; которые обращаются в нуль в точке (0; 0): Однако точка (0; 0) |
@x |
|
@y |
|
не является точкой |
экстремума, так как в любой окрестности этой точки u = x2y 0 = x2y принимает как положительные, так и отрицательные значения.
Определение 2. Точки, в которых существуют непрерывные частные производные от f; удовлетворяющие уравнению (2), будем называть стационарными точками.
Рассмотрим достаточные условия экстремума функции двух переменных. Пусть функция u = f(x; y) имеет в окрестности стационарной точки M0(x0; y0) непрерывные
частные производные.
Формула Тейлора для функции u = f(x; y) в окрестности стационарной точки, с учетом равенства нулю в ней частных производных первого порядка, примет вид
f(x0 + x; y0 + y) f(x0 |
; y0) = 2 |
@2f(x |
0 |
@x2 |
0 |
|
x2 |
+ |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
+ x; y |
|
+ y) |
|
|
|
|||
|
@2f x |
0 + |
x; y |
0 |
+ y) |
|
|
|
@2f(x |
0 |
+ x; y |
0 |
+ y) |
|
: |
|||
+2 |
( |
|
|
|
|
x y + |
|
|
|
y2 |
||||||||
|
|
@x@y |
|
|
|
|
|
|
@y2 |
|
|
В случае минимума для любых достаточно малых значений x , y правая часть в этой
формуле должна быть положительной, а в случае максимума отрицательной. В силу предположения о непрерывности вторых частных производных для этого достаточно, чтобы выражение
R = |
@2f(x0; y0) |
x2 |
+ 2 |
@2f(x0 |
; y0) |
x y + |
@2f(x0 |
; y0) |
y2 |
||
@x2 |
|
@x@y |
@y2 |
||||||||
|
|
|
|
|
сохраняло постоянным знак для малых по абсолютной величине значений x è y .
Исследуем условия, которые накладываются этим требованием на производные, входящие в R . Обозначим
a11 |
= |
@2f(x0 |
; y0) |
; a12 |
= |
@2f(x0; y0) |
= |
@2f(x0; y0) |
= a21; a22 |
= |
@2f(x0 |
; y0) |
: |
|||
@x2 |
|
@x@y |
@y@x |
|
|
@y2 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пусть a11 è a22 не обращаются в нуль. Тогда R можно переписать в виде
R = a11 |
x + y a11 |
|
+ y2 11 |
a11 12 : |
||
|
|
a12 |
2 |
|
a |
a22 a2 |
Отсюда находим, что достаточным условием для максимума будет выполнение неравенств
a11a22 a212 > 0; a11 < 0:
Аналогично, для минимума достаточным условием будет выполнение неравенств
a11a22 a212 > 0; a11 > 0:
3
Обозначим выражение a11a22 a122 |
через ; тогда |
|
|
|
||||||||
= @2f(x0; y0) @2f(x0; y0) |
|
@2f(x0; y0) 2 = |
@x2 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
@2f |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
@2f |
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
||
|
@x |
|
@y |
|
|
|
@x@y |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
@x@y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
@2f
@x@y : @2f
@y2
Таким образом, имеет место следующее правило исследования дифференцируемых функ- |
|||||
ций двух переменных на экстремум в стационарных точках: |
|||||
1) |
вычислить определитель |
|
a12 |
a22 |
; |
|
= |
||||
|
|
|
a11 |
a12 |
|
|
|
|
|
имеет |
|
2) åñëè > 0 , то функция u = f(x; y) |
в точке (x0; y0) экстремум, причем в |
||||
|
|
|
|
|
|
этой точке будет максимум, если a11 < 0 |
и минимум, если a11 > 0; |
||||
3) |
åñëè < 0 , то функция u = f(x; y) в точке (x0; y0) экстремума не имеет; |
||||
4) |
при равенстве нулю определителя |
для исследования стационарной точки на |
экстремум необходимо обратиться к непосредственной проверке знакопостоянства прира- |
||||||
щения u в окрестности этой точки. |
|
|
|
|
|
|
Пример 3. Исследовать на экстремум функцию u |
2= |
x3 |
3x + y2: |
|||
Решение. Находим частные производные: @u |
= 3x |
|
, @u |
|||
к нулю, получаем систему уравнений |
|
@x |
3 |
@y = 2y . Приравнивая их |
||
|
|
|
|
|
|
|
3 |
x2 |
3 = 0; |
|
|
|
|
|
2y = 0; |
|
|
|
|
из которой находим стационарные точки ( 1; 0): Исследуем их на экстремум. Вычислим частные производные второго порядка:
u00xx = 6x; u00xy = 0; u00yy = 2:
Для точки (1; 0) имеем a11 = u00xx(1; 0) = 6 > 0 ,
= |
|
0 2 |
|
= 12 > 0; |
|
|
|
|
|
6 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
значит, в этой точке локальный минимум |
u = |
u(1; 0) = |
2: |
|
|||
Для точки ( 1; 0) a11 = 6 < 0 , |
|
|
|
|
|
|
|
0 2 |
|
= 12 < 0; |
|
||||
= |
|
||||||
|
|
6 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
поэтому экстремума в этой точке нет. |
|
|
|
|
|
21 x2 + |
21 y2 + xy + 1: |
Пример 4. Найти экстремум функции u = x2y2 + |
|||||||
Решение. Вычисляем частные производные первого порядка и составляем систему |
|||||||
для определения стационарных точек: |
|
|
|
|
|
|
|
2x2y + y + x = 0: |
|
|
|||||
2xy2 |
+ x + y = 0; |
|
|
4
Эта система имеет единственное решение x = 0; y = 0: Вычислим частные производные
второго порядка: |
uxx00 = 2y2 + 1; uxy00 = 4xy + 1; uyy00 = 2x2 + 1: |
|
Следовательно,
Тогда
u00xx(0; 0) = u00xy(0; 0) = u00yy(0; 0) = 1:
= 11 11 = 0;
И экстремум по полученному достаточному признаку мы найти не можем. Перейдем к непосредственному отысканию экстремума. Найдем приращение функции
u = u(x; y) u(0; 0) = (xy)2 + 12x2 + 12y2 + xy:
Преобразуем выражение u следующим образом u = (xy)2 + 12 (x + y)2: Видим, чтоu 0 и обращается в нуль только в точке (0; 0): Следовательно, функция u имеет в
точке (0; 0) минимум. Этот минимум равен u = u(0; 0) = 1:
3.Нахождение наибольших и наименьших значений ФНП
Пусть задана функция u = f(~x) , имеющая непрерывную производную на множестве G;
представляющем собой замкнутую ограниченную область, т. е. область, к которой присоединяется граница. Тогда стационарные точки могут быть внутренними и граничными.
Если точка ~x внутренняя, то f(~x) имеет в ней локальный экстремум. Поэтому, чтобы
найти наибольшее (наименьшее) значение функции, необходимо найти ее стационарные точки, вычислить значения функции в этих точках и сравнить их со значениями функции на границе G: Наибольшее из этих значений и будет наибольшим значением функции на
G; а наименьшее наименьшим. |
|
|
|
|
|
|||||
|
Пример 5. |
Найти наибольшее значение функции u = 1 x + x2 + 2y в замкнутой |
||||||||
области G; ограниченной прямыми x = 0 , y = 0 , x + y = 1 . |
y |
|
|
|
|
|||||
|
Решение. |
Находим частные производные u0 = |
|
6 |
|
|
||||
|
|
|
|
|||||||
2x |
|
1 , u0 |
|
x |
|
|
|
|
||
|
= 2 = 0 , значит, стационарных точек внутри |
|
|
|
|
|
|
|||
|
y |
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
области нет. |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
Рассмотрим функцию на границе. |
1 |
|
|
|
|
||||
|
1) Пусть x = 0; тогда |
|
@@ |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
u = 1 + 2y; 0 y 1: |
|
|
|
@ |
- |
|
|
|
|
|
|
o |
|
1 |
x |
||
|
|
|
|
|
|
|
||||
На отрезке [0; 1] |
функция стационарных точек также |
|
|
|
|
|
||||
|
Ðèñ. 1 |
|
|
|||||||
не имеет, т. к. @u@y |
= 2 6= 0 . Находим значения на концах |
|
|
|
отрезка: u(0) = u1 = 1 , u(1) = u2 = 3 .
2) Пусть y = 0; тогда
u = 1 x + x2; 0 x 1:
5
Далее, u0 |
= 2x |
|
1 = 0 ïðè x = |
1 |
; ò. å. |
x = |
1 |
|
Вычислим |
||
|
x |
|
|
2 |
|
|
2 |
стационарная точка. |
|
1 |
|
значение функции в этой точке и на границе (в точках x = 0; x = 1 ). Получим u( |
2 ) = |
||||||||||
u3 = 43 |
, u(0) = u4 = 1 , |
u(1) = u5 = 1 . |
|
|
|
|
|
|
|
3) Пусть x + y = 1; тогда
u = 1 x + x2 + 2(1 x) = 3 3x + x2; 0 x 1:
Òàê êàê u0x = 3 + 2x = 0 в точке x = 32 ; которая не принадлежит отрезку [0; 1]; то в рассматриваемом промежутке стационарных точек нет. А на концах отрезка u(0) = u6 =
3; u(1) = u7 = 1:
Сравниваем все полученные значения функции на частях границы: u1 = u4 = u5 =
u7 = 1 , u2 = u6 = 3 , u3 = 34 . Следовательно, наибольшее значение функции u(x; y) равно 3 и достигается в точке (0; 1) ,а наименьшее значение достигается в точке области
(12 ; 0) и равно 34 :
4. Условный экстремум ФНП
Рассмотрим в пространстве двух переменных функцию u = F (x; y) = x2 + y2: Легко ви-
деть, что с геометрической точки зрения эта функция представляет собой квадрат расстояния точки P (x; y) от начала координат в прямоугольной системе XOY: Очевидно,
что она не имеет наибольшее значение в R2: Но если ее рассматривать только для точек (x; y); например эллипса
|
|
|
|
|
|
|
|
x2 |
|
y2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
+ |
|
1 = 0 (b > a); |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a2 |
b2 |
è P1(0; b): |
||
то ясно, что она достигает наибольшего значения в точках P0(0; b) |
||||||||||||
|
|
y |
|
6 |
|
|
|
|
|
|
Таким образом, функция u = F (P ); рассмат- |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
риваемая во всей плоскости R2 не имеет наиболь- |
||||
|
|
|
|
P0(0; b) |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
шего значения, но эта же функция при условии, |
||
|
|
|
|
r |
r |
|
|
|
|
что точка P находится, например, на эллипсе, |
||
|
|
|
|
|
P (x; y) |
|
принимает наибольшее значение два раза. |
|||||
|
|
|
|
|
|
x |
|
|||||
|
. |
O |
|
|
|
- |
|
|
|
|
Такая ситуация приводит к задаче об отыска- |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
нии экстремума функции при условии, что ее ар- |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
гументы удовлетворяют некоторым дополнитель- |
||
|
|
|
|
P1(0; b) |
|
|
|
|
ным ограничениям. Это и есть задача нахождения |
|||
|
|
Ðèñ.r |
2 |
|
|
|
|
условного экстремума, т. е. найти экстремум при |
||||
|
|
|
|
|
|
каком-то условии (в нашем случае на эллипсе). |
||||||
|
В рассмотренном примере точки P0(0; b) è P1(0; b) являются точками условного |
|||||||||||
локального максимума. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
æà. |
Нахождение условного экстремума производится путем введения множителей Лагран- |
|||||||||||
|
Чтобы найти условный экстремум функции, например, u = f(x; y) при наличии урав- |
|||||||||||
нения связи '(x; y) = 0; составляем функцию Лагранжа: |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
F (x; y; ) = f(x; y) + '(x; y); |
(3) |
где неопределенный множитель Лагранжа, и ищем обычный экстремум функции
(3).
6
Необходимые условия экстремума функции (3) записываются в виде системы трех |
|||||
уравнений с тремя неизвестными x , y è : |
|
||||
8 |
@F |
= |
@f |
+ @' = 0; |
|
@x |
|
@x |
@x |
(4) |
|
@F |
= |
@f |
+ @' = 0; |
||
> |
@y |
|
@y |
@y |
|
< |
'(x; y) = 0: |
|
|||
> |
|
|
|
|
|
: |
|
|
|
|
|
Вопрос о существовании и характере условного экстремума решается на основании |
|||||||
изучения знака дифференциала второго порядка функции Лагранжа: |
|||||||
d2F = |
@2F |
+ 2 |
@F |
dxdy + |
@2F |
dy2 |
|
@x2 |
@x@y |
@y2 |
|||||
|
|
|
|
(при условии, что @'@x dx + @'@y dy = 0; à dx2 + dy2 6= 0 ). А именно, функция f(x; y) имеет условный максимум, если d2F < 0; и условный минимум, если d2F > 0:
Аналогично можно записать необходимые условия для функции n переменных. Пусть u = f(~x) и переменные x1; x2; :::xn связаны m (m < n) уравнениями
|
'i(~x) = 0; i = 1; :::; m: |
|
|
|
|
(5) |
||||
Функция Лагранжа имеет вид |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m |
|
|
|
|
|
|
|
F (~x; i) = f(~x) + |
|
i'i(~x): |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Xi |
|
|
|
|
|
|
Приравнивая к нулю ее частные производные первого порядка, получаем систему |
||||||||||
|
8 |
@f |
m |
@'i |
|
|
|
|
|
|
|
+ i=1 i |
|
|
|
|
|
||||
|
@x1 |
@x1 = 0; |
|
|
|
|
|
|||
|
> |
|
P |
|
|
|
|
|
|
(6) |
|
|
m |
|
|
|
|
|
|
||
|
> |
@f |
|
|
|
|
|
|
||
|
> |
|
@'i |
|
|
|
|
|
||
|
< |
|
+ i=1 i @xn = 0: |
|
|
|
|
|
||
|
> |
@xn |
|
|
|
|
|
|||
|
> |
|
P |
|
|
|
|
|
|
|
|
> |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Èç m + n уравнений (5) и (6) |
определяются неизвестные |
x1 |
; x2; :::; xn |
è |
1 |
; 2; :::; m: |
||||
: |
|
|
|
|
|
Вопрос о существовании и характере условного экстремума в общем случае оставляем |
|||||||||||||
открытым. Это будет решаться на основании вспомогательных соображений. |
|
||||||||||||
Пример 6. Найти экстремум функции |
z = 9 8x 6y |
при условии, что аргументы |
|||||||||||
ее удовлетворяют уравнению x |
2 |
+ y |
2 |
|
|
|
|
||||||
|
|
= 25: Геометрически это можно сформулировать |
|||||||||||
так: найти экстремальные значения аппликаты |
z |
плоскости |
z = 9 8x 6y |
для точек |
|||||||||
ее пересечения с цилиндром x2 + y2 = 25: |
|
|
|
|
|
||||||||
Решение. Составляем функцию Лагранжа по формуле (3): |
|
||||||||||||
F (x; y; ) = 9 8x 6y + (x2 + y2 25): |
|
||||||||||||
Находим ее частные производные: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
@F |
= 8 + 2 x; |
|
@F |
= 6 + 2 y: |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
@x |
|
@y |
|
|
7
Записываем систему уравнений (4):
|
8 6 + 2 y = 0 |
; èëè |
8 |
y = 3 |
|
|
8 + 2 x = 0 |
|
: |
x = 4 |
|
Возводя в квадрат |
: |
|
|
(x +y ) = |
|
|
< x2 + y2 = 25 |
|
< x2 + y2 |
= 25: |
первое и второе уравнения и затем складывая их, получим 2 2 2 25 , или, с учетом третьего уравнения, 25 2 = 25 , ò. å. 2 = 1: Таким образом, имеем два
решения: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 = 1 |
2 = |
|
1 |
||
|
|
8 x1 = 4 è |
8 x2 = |
4 |
||||
Находим частные |
|
< y1 = 3 |
< y2 = |
3: |
||||
: |
|
: |
|
|
|
|||
|
производные второго порядка: |
|
|
|||||
|
@2F |
|
@2F |
@2F |
|
|||
|
|
|
= 2 ; |
|
= 0; |
|
= 2 |
|
|
|
@x2 |
@x@y |
@y2 |
и вычисляем второй дифференциал d2F :
d2F = 2 dx2 + 2 dy2 = 2 (dx2 + dy2); (dx2 + dy2 =6 0):
Тогда при 1 = 1 получаем d2F > 0 и функция z = 9 8x 6y в точке (4; 3) имеет
условный минимум
zmin = z(4; 3) = 9 8 4 6 3 = 41:
Åñëè 2 = 1; òî d2F < 0 и функция z = 9 8x 6y в точке ( 4; 3) имеет условный
максимум
zmax = z( 4; 3) = 9 8 ( 4) 6 ( 3) = 59:
8