Получаем, что . Следовательно нельзя, пользуясь теоремой

260
Получаем, что H ( P0 ) = 0 . Следовательно нельзя, пользуясь теоремой, ответить на вопрос об экстремуме.
В данном случае стационарная точка P0 ( 0;0) является точкой локального минимума, поскольку Δz > 0∀P ∈ O& δ ( P0 ): z min = z( 0,0) = 0.
§ 13 Условный экстремум функции нескольких переменных
Условный экстремум. При отыскании экстремумов функции z = f ( x , y ) часто
необходимо их точки не на всей области определения D( f ) , а на некотором ее под-
множестве, например на линии L ⊂ D( f ) . Таким образом ставиться задача отыскания
на линии L точки P0 ( x 0 , y 0 ) , в которой значение функции является наибольшим или
наименьшим по сравнению с ее значениями в точках линии L , находящимися вблизи
точки P0 ( x 0 , y 0 ) . Такие точки называются точками условного экстремума функции
z = f ( x , y ) на линии L . В отличие от обычной (безусловной) точки экстремума значе-
ние функции в точке условного экстремума сравнивается с ее значениями не во всех
точках некоторой δ - окрестности точки P0 , а только в тех ее точках, которые лежат
на линии L .
Поясним постановку задачи следующим примером: пусть требуется найти экстремум функции z = x 2 + y 2 , при условии, что переменные удовлетворяют уравнению
x + y − 1 = 0 , которое называется уравнением (условием) связи. Уравнение x + y − 1 = 0
определяет плоскость, параллельную оси OZ и пересекающей плоскость OXY по прямой L. Из уравнения связи находим y = 1 − x . Подставляем это значение в уравнение
z = x 2 + y 2 , получаем функцию z = 2 x 2 − 2x − 1 одной переменной х. Находим экстре1
1
при x 0 = . Таким образом, получили, что функ2
2
1
при условии x + y − 1 = 0 имеет локальный минимум z =
в точке
2
мум этой функции, получаем z =
ция z = x 2 + y 2
⎛ 1 1⎞
P0 ⎜ , ⎟ .
⎝ 2 2⎠
261
Рассмотрим теперь общую задачу нахождения условного экстремума функции
двух переменных.
Пусть требуется найти локальный экстремум функции z = f ( x , y ) при условии,
что переменные x и y удовлетворяют уравнению связи ϕ ( x , y ) = 0 .
Если уравнение можно однозначно разрешить относительно переменной y , т.е.
выразить y как функцию x : y = φ ( x ) , то подставив ее в функцию z, получаем
z = f ( x , φ ( x ) ) - функцию одного переменного, которую и исследуем на экстремум.
Аналогично поступаем, если можно выразить x , как функцию y .
В случае параметрического задания лини L (уравнения связи), x = x( t ) ,
y = y( t ) подставляем оба эти задания в функцию z = f ( x , y ) и снова имеем функцию
одной переменной.
Решим задачу в случае когда уравнение связи неразрешимо относительно обеих переменных. Для этого используется метод множителей Лагранжа.
Функция z = f ( x , y ) может иметь максимум или минимум при тех значениях x ,
при которых производная z x′ обращается в нуль.
Найдем производную dz dx :
dz ∂ z ∂ f dy
=
+
.
dx ∂ x ∂ y dx
Следовательно, в точках экстремума
∂ z ∂ f dy
= 0.
+
(24)
∂ x ∂ y dx
Продифференцировав уравнение связи ϕ ( x , y ) = 0 по x , получим
262
ϕ′
dy
∂ ϕ ∂ ϕ dy
+
= 0.
=− x ⇒
dx
ϕ ′y
∂ x ∂ y dx
(25)
Равенству (25) удовлетворяют все точки x , y лежащие на линии L, задаваемой уравнением связи ϕ ( x , y ) = 0 . Умножим все члены равенства (25) на неопределенный коэффициент λ и сложив их с соответствующими членами равенства (24), получим:
⎛ ∂ f ∂ f dy ⎞
⎛ ∂ ϕ ∂ ϕ dy ⎞
+
+
⎜
⎟ + λ⎜
⎟=0
⎝ ∂ x ∂ y dx ⎠
⎝ ∂ x ∂ y dx ⎠
или
∂ ϕ⎞ ⎛∂ f
∂ ϕ ⎞ dy
⎛∂ f
+λ
+λ
= 0.
(26)
⎟ +⎜
⎜
⎟
⎝∂ x
∂ x⎠ ⎝∂ y
∂ y ⎠ dx
Равенство (26) выполняется во всех точках локального экстремума, лежащих на
линии L. Подберем неопределенный множитель λ так, чтобы для значений x и y ,
∂f
∂ϕ
+λ
. Тогда и
соответствующих экстремуму функции z = f ( x , y ) , коэффициент
∂y
∂y
∂f
∂ϕ
+λ
тоже обратится в нуль. Таким образом точки локального эксвыражение
∂x
∂x
тремума, лежащие на линии L, задаваемой уравнением связи ϕ ( x , y ) = 0 , должны удовлетворять условиям:
∂ϕ
⎧∂ f
⎪ ∂ x + λ ∂ x = 0,
⎪
∂ϕ
⎪∂ f
(27)
+λ
= 0,
⎨
∂y
⎪∂ y
⎪ϕ ( x , y ) = 0.
⎪⎩
Решив систему (27), найдем критические точки и вспомогательное число λ .
Система уравнений (27) представляет собой необходимые условия существования условного экстремума, т.е. не всякая критическая точка P0 ( x 0 , y 0 ) координаты
которой удовлетворяют системе уравнений (27) будет точкой условного экстремума.
Для исследования характера критической точки требуется провести дополнительный
анализ знака приращения Δz в окрестности критической точки P0 , лежащей на линии
L.
Заметим, что левые части уравнений системы (27) являются частными производными вспомогательной функции трех переменных F ( x , y , λ ) , называемой функцией Лагранжа:
F ( x , y , λ ) = f ( x , y ) + λϕ ( x , y ) ,
где f ( x , y ) - заданная функция; ϕ ( x , y ) - левая часть уравнения связи.
Введение вспомогательной функции Лагранжа позволяет сформулировать правило нахождения точек условного экстремума. Для того чтобы определить точки
условного экстремума функции z = f ( x , y ) , удовлетворяющие уравнению связи
ϕ ( x , y ) = 0 , необходимо:
263
1) составить функцию Лагранжа F ( x , y , λ ) = f ( x , y ) + λϕ ( x , y ) ;
2) вычислить частные производные по x , y , λ ;
3) приравняв к нулю найденные производные, составить систему уравнений
(27) и решив ее, определить координаты критических точек возможного
условного экстремума;
4) определить знак приращения Δz в окрестностях критических точек по
тем точкам окрестности, которые удовлетворяют уравнению ϕ ( x , y ) = 0 ,
т.е. лежат на линии L.
Если окажется, что
(∀P ∈ L) ∩ ( P ∈ Oδ ( P0 )) ⇒ Δz = f ( P) − f ( P0 ) > 0,
то P0 ( x 0 , y 0 ) − точка условного минимума; если же
(∀P ∈ L) ∩ ( P ∈ Oδ ( P0 )) ⇒ Δz = f ( P) − f ( P0 ) < 0,
то P0 ( x 0 , y 0 ) − точка условного максимума;
Пример. Найти локальный минимум функции z = x 2 + y 2 при условии, что точки ( x, y ) лежат на прямой L, уравнение которой x + y − 1 = 0 .
Составим функцию Лагранжа:
F ( x , y , λ ) = x 2 + y 2 + λ ( x + y − 1) .
Находим частные производные функции Лагранжа по x , y , λ :
Fx′ = 2 x + λ , Fy′ = 2 y + λ , Fλ′ = x + y − 1 .
Составим и решим систему уравнений вида (27):
⎧ Fx′( x , y , λ ) = 0,
⎧2 x + λ = 0,
⎧ x = 0,5,
⎪⎪
⎪
⎪
⎨ Fy′( x , y , λ ) = 0, ⇔ ⎨2 y + λ = 0, ⇔ ⎨ y = 0,5,
⎪
⎪ x + y − 1 = 0, ⎪λ = −1.
⎩
⎩
⎪⎩ Fλ′( x , y , λ ) = 0,
Таким образом нашли единственную критическую точку P0 ( 0,5;0,5) ∈ L . Можно опре-
делить, что для любой точки P ∈ L , выполняется условие f ( P0 ) > f ( P) . Следовательно
точка P0 (0,5;0,5) является точкой условного минимума.
Метод множителей Лагранжа можно обобщить на случай функции трех переменных. Поясним этот случай на примере.
Пример. Из листа жести площадью 2a 2 надо сделать закрытую коробку в форме параллелипипеда, имеющую наибольший объем.
Задача сводится к отысканию минимума функции
V = xyz ,
где x , y , z − соответственно длина, ширина и высота коробки, при условии
S = 2a 2 ⇔ xy + xz + yz = a 2 .
Составим функцию Лагранжа:
F ( x , y , z , λ ) = xyz + λ ( xy + xz + yz − a 2 ) .
Найдем частные производные Fx′, Fy′ , Fz′, Fλ′ , приравнивая их к нулю получим систему
уравнений:
264
⎧Fx′( x , y , z , λ ) = 0,
⎧ yz + λ ( y + z ) = 0,
⎪
⎪
⎪Fy′( x , y , z , λ ) = 0,
⎪xz + λ ( x + z ) = 0,
⇔⎨
⎨
⎪Fz′( x , y , z , λ ) = 0,
⎪xy + λ ( x + y ) = 0,
⎪
⎪xy + xz + yz − a 2 = 0.
⎩
⎩Fλ′ ( x , y , z , λ ) = 0,
Решив эту систему получим координаты критической точки P0 :
x0 = y0 = z0 =
a
.
3
По смыслу задачи эта точка является точкой условного максимума, т.к. объем
коробки не может быть неограниченно большим, значит при определенных условиях
он будет наибольшим.
§ 14 Наибольшее и наименьшие значения ( глобальные экстремумы ) функции
двух переменных в замкнутой области
Пусть функция z = f ( x , y ) определена и непрерывна в ограниченной замкнутой
области D. Тогда в области D она достигает своих наименьшего и наибольшего значений, причем эти значения достигаются либо внутри области D, либо на границе.
Точки, в которых функция принимает наибольшее или наименьшее значения в ограниченной замкнутой области, называют также точками абсолютного или глобального
экстремума. Если наибольшее или наименьшее значения достигаются во внутренних
точках области, то это точки локального экстремума функции z = f ( x , y ) . Таким образом точки, в которых функция принимает наибольшее или наименьшее значения являются либо локальными экстремумами, либо граничными точками области.
Следовательно, чтобы найти наибольшее и наименьшее значения функции
z = f ( x , y ) в ограниченной замкнутой области D, следует вычислить значение функции в критических точках области D, а также наибольшее и наименьшее значения
функции на границе.
Если граница задана уравнением ϕ ( x , y ) = 0 , то задача отыскания наибольшего
и наименьшего значений функции на границе области D сводится к отысканию наибольшего и наименьшего значений (абсолютного экстремума) функции одной переменной, так как уравнение границы области D - ϕ ( x , y ) = 0 связывает переменные x и
y между собой. Значит, если разрешить уравнение ϕ ( x , y ) = 0 относительно одной из
переменных или параметрические уравнения границы области D и подставить их в
уравнение z = f ( x , y ) , то придем к задаче нахождения наибольшего и наименьшего
значений функции одной переменной. Если уравнение ϕ ( x , y ) = 0 невозможно разрешить относительно одной из переменных или невозможно найти параметрическое задание границы, то задача сводится к отысканию условного экстремума.
Пример. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z = 2 x 3 − 6 xy + 3 y 2
1
2
в замкнутой области D, ограниченной осью OY, прямой y = 2 и параболой y = x 2
при x ≥ 0 .
265
Определим критические точки, лежащие внутри области D.
Вычислим частные производные z x′ = 6 x 2 − 6 y , z ′y = −6 x + 6 y . Составляем систему уравнений
⎧ 6 x 2 − 6 y = 0,
⎨
⎩− 6 x + 6 y = 0.
Решив эту систему получим координаты двух критических точек О(0;0) и М(1;1).
Точка О(0;0) принадлежит границе области. Следовательно, если функция принимает
наибольшее(или наименьшее) значение внутри области D, то только в точке М(1;1).
Исследуем функцию на границе области. На отрезке ОА x = 0 и, следовательно
2
z = 3 y ( 0 ≤ y ≤ 2) . Функция z = 3 y 2 является возрастающей функцией одной переменной на отрезке [ 0;2] , наибольшее и наименьшее значения она принимает на концах
отрезка ОА.
На отрезке АВ y = 2 , поэтому здесь функция z = 2 x 3 − 12 x + 12 ( 0 ≤ x ≤ 2) представляет собой функцию одной переменной х. Ее глобальные экстремумы находятся
среди локальных экстремумов и значениях на концах отрезка. Исследуем функцию на
экстремум
dz
= 6x 2 − 12 = 0 ⇒ x = ± 2 .
dx
Отрезку [ 0;2] принадлежит значение x = 2 . На отрезке АВ этому значению соответ-
ствует точка Q( 2 ;2) .