Дифференцируемость ФНП в точке. Экстремумы ФНП

ТЕMA 2. ДИФФЕРЕНЦИРУЕМОСТЬ ЭКСТРЕМУМЫ ФНП 1. ФНП В ТОЧКЕ. Геометрический смысл дифференциала Дифференциалы высших порядков ФНП. Пусть N0 — точка поверхности z = f (x, y). Рассмотрим на поверхности другую переменную точку N. Проведем секущую прямую N0 N, а через точку N0 — плоскость (рис. 4). PP ¡ ¡ PP P ¡¡ ¡ . . . . . . . . . . . . . . . ¡ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .........¡ \ ........... ..... .............. .... ¡¡ ........ ... ..... \ .. ... . ..... ¡ ..... . \ ... ¡ . . . ....... ........ .. ........... ¡¡ ............ .... ... ...............................\ ........................ . . . a . . a ... . a a ... r a ... N JN ......... ¡ ¡ ... ... .... P ¡ ...0 . ..... ..... . r P . ¡ . ...... ¡ ...................................ϕ ¡ ....... J a ............... ¡ ¡a ... ¡ ¡ J P PP ¡ ¡ JJJ J P P¡ Рис. 1 Определение 1. Плоскость, проходящая через точку N0 , называется касательной плоскостью к поверхности в точке N0 , если угол между секущей N0 N и этой плоскостью ϕ стремится к нулю, когда расстояние |N0 N | стремится к нулю, каким бы образом точка N на поверхности ни стремилась к точке N0 . Определение 2. Нормалью к поверхности в точке N0 называется прямая, проходящая через точку N0 перпендикулярно касательной плоскости к поверхности в этой точке. Теорема 1 У поверхности, заданной уравнением z = f (x, y), где f (x, y) — функция дифференцируемая в точке M0 (x0 , y0 ) , существует касательная плоскость в точке N0 (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) и задается уравнением zкас − f (x0 , y0 ) = fx0 (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy0 (x0 , y0 )(y − y0 ). (1) (Без доказательства). Замечание 1. По виду уравнения касательной плоскости к поверхности (1), заданной уравнением z = f (x, y), в точке N0 можно записать уравнение нормали: x − x0 fx (x0 , y0 ) = y − y0 fy (x0 , y0 ) 1 = z − z0 . −1 Теперь пусть функция z = f (x, y) дифференцируема в точке M0 (x0 , y0 ). Это значит, что поверхность, заданная уравнением z = f (x, y) , имеет в точке N0 (x0 , y0 , z0 ) , где z0 = f (x0 , y0 ) , касательную плоскость. Ее уравнение можно записать в виде (1). Полагая x − x0 = ∆x, y − y0 = ∆y, получим zкас − f (x0 , y0 ) = fx0 (x0 , y0 )∆x + fy0 (x0 , y0 )∆y. (2) Изобразим поверхность и касательную плоскость на чертеже, а также точки с координатами M0 (x0 , y0 ) и M (x0 + ∆x, y0 + ∆y) и их образы на поверхности( N0 и N ) и касательной плоскости( N0 и N1 ). z 6 PP PP ¡ ¡ ................................................... ............... ..... ......... ... ...... ... .... .. ..... .. ... ....... . . ..... . . . . ....... ..... ... . . . . . . . . . . ... ............... . . ............................................. ... .... ... .. ... ... .... .. .... .. ..... . . . ...... .... 0 ....... .............. .......... .............. rN PP ¡ ¡ ¡ ¡ r ¡ rN ¡ ¡ } ¡ ¡ 1(r PP dz { N ( r ( ¡ PP P P¡N2 y0 +∆y y0 O ¡ ¡ x0 ¡ x0 +∆x ¡ ¡ ¡ ªx dz ¡¡ y- ¡r¡ © M0 © © © r M © ¡ Рис. 2 В равенстве (2) слева стоит разность аппликат точек касательной плоскости, соответствующих точкам M0 (x0 , y0 ) и M (x, y), а справа — полный дифференциал функции z = f (x, y) в точке (x0 , y0 ) (см. (??)). Таким образом, полный дифференциал функции z = f (x, y) в точке (x0 , y0 ) геометрически означает приращение аппликаты касательной плоскости к поверхности при переходе из точки (x0 , y0 ) в точку (x, y). Рассмотрим это на чертеже: через точку N1 касательной плоскости проведем прямую, параллельную M M0 . Отрезок N0 N2 показывает приращение аппликаты касательной плоскости при переходе от N0 к N1 , т. е. равен dz. На данном рисунке видно, что приращение отрицательно, т. е. дифференциал dz в точке N0 отрицателен. Замечание 2. Дифференциал dz от функции z = f (x, y) называется ее дифференциалом первого порядка. Рассматриваются и дифференциалы высших порядков, а именно: d2 f = d(df ), ..., dk+1 f = d(dk f ). Очень важно отметить, что для ФНП сохраняются свойство инвариантности формы первого дифференциала и нарушение инвариантности формы дифференциала порядка выше первого. При этом отметим, что формально "независимость"величин x, y, z будет 2 проявляться в том, что при дифференцировании по x, y, z величины dx, dy, dz, будут рассматриваться как постоянные, т. е. d(dx) = 0, d(dy) = 0, d(dz) = 0. Пример 1. . Найти d2 u, если du = ∂u dx + ∂u dy. ∂x ∂y Решение. µ ¶ µ ¶ ∂u ∂u ∂u ∂u 2 d u = d(du) = d dx + d(dx) + d dy + d(dy) = ∂x ∂x ∂y ∂y ∂ 2u ∂2u ∂ 2u ∂ 2u dxdx + dydx + dxdy + dydy = ∂x2 ∂y∂x ∂x∂y ∂y 2 ∂ 2u ∂2u ∂2u 2 = (dx) + 2 dydx + (dy)2 . 2 2 ∂x ∂y∂x ∂y Как видим, дифференциал второго порядка имеет вид иной, чем дифференциал первого порядка (нарушение инвариантности). Пример 2. Найти полные дифференциалы 1-го и 2-го порядков функции = z = 2x2 − 3xy − y 2 Решение. 1-й способ. Имеем: ∂z ∂z = 4x − 3y, = −3x − 2y, ∂x ∂y поэтому ∂z ∂z dz = dx + dy = (4x − 3y)dx − (3x + 2y)dy. ∂x ∂y Далее, ∂ 2z ∂2z ∂ 2z = 4, = −3, = −2, ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 откуда, используя формулу из предыдущего примера, получим d2 z = ∂ 2z 2 ∂ 2z ∂ 2z 2 dx + 2 dxdy + dy = 4dx2 − 6dxdy − 2dy 2 . ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 2-й способ. Дифференцированием находим: dz = 4xdx − 3(ydx + xdy) − 2ydy = (4x − 3y)dx − (3x + 2y)dy. Дифференцируя еще раз и помня, что dx и dy не зависят от x и y , получаем: d2 z = (4dx − 3dy)dx − (3dx + 2dy)dy = 4dx2 − 6dxdy − 2dy 2 . 2. Производная сложной функции Ограничимся рассмотрением функции двух переменных. Теорема 2 Если функции x(t) и y(t) дифференцируемы в точке t, а функция u = f (x, y) дифференцируема в точке (x, y), где x = x(t) y = y(t) , то сложная функция u = f (x(t), y(t)) также дифференцируема в точке t, причем в этой точке ∂u dx ∂u dy du = + . dt ∂x dt ∂y dt 3 (3) Доказательство. Пусть приращению ∆t переменной t в данной точке t соответствуют приращения ∆x и ∆y переменных x и y : ∆x = x(t + ∆t) − x(t), ∆y = y(t + ∆t) − y(t). Приращениям ∆x и ∆y переменных x и y соответствует приращение функции u : ∆u = f (x + ∆x, y + ∆y) − f (x, y). Так как эта функция дифференцируема в точке (x, y), где x = x(t), y = y(t), то ∆u = fx0 ∆x + fy0 ∆y + α1 ∆x + α2 ∆y, (4) где α1 и α2 — бесконечно малые при ∆x → 0 и ∆y → 0. Разделим (4) на ∆t : ∆u ∆x ∆y ∆x ∆y = fx0 + fy0 + α1 + α2 . ∆t ∆t ∆t ∆t ∆t (5) ∆x dx ∆y dy По условию lim = , lim = в точке t. Кроме того, так как x(t) и y(t) ∆t→0 ∆t dt ∆t→0 ∆t dt дифференцируемы в точке t, то они непрерывны в этой точке, а, значит, при ∆t → 0 мы имеем ∆x → 0, ∆y → 0 и, как следствие, α1 → 0, α2 → 0. Таким образом, при ∆t → 0 существует предел выражения, стоящего в правой части du ∆u равенства (5), а следовательно, существует = lim , причем ∆t→0 ∆t dt du dx dy = fx0 + fy0 , dt dt dt что и требовалось доказать. Замечание 3. Если функции x , y зависят от нескольких переменных, например от двух: x = φ(t, τ ), y = ψ(t, τ ), то фиксируя сначала τ, а затем t, на основании (3) получаем ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u = + , ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t ∂u ∂u ∂x ∂u ∂y = + . ∂τ ∂x ∂τ ∂y ∂τ (6) Правило. Производная от сложной функции по каждой независимой переменной равняется сумме произведений частных производных этой функции по всем ее промежуточным аргументам на производные последних по независимой переменной. x Пример 3. Найти производные от функции z = x2 +y 2 по u и v, если x = u sin v, y = u cos v. Решение. Имеем по формулам (6): ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z = + = ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u 4 = = (x2 + y 2 ) − 2x2 −2xy sin v + 2 cos v = 2 2 2 (x + y ) (x + y 2 )2 (u2 cos2 v − u2 sin2 v) sin v 2u2 cos2 v · sin v − = u4 u4 cos 2v · sin v − 2 cos2 v · sin v = = u2 sin v sin v(cos2 v − sin2 v − 2 cos2 v) =− 2 , = 2 u u ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + = ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v = y 2 − x2 2xy u cos v − 2 (−u sin v) = 2 2 2 (x + y ) (x + y 2 )2 u3 cos 2v cos v + 2u3 sin2 v cos v = u4 cos v cos v = (cos2 v − sin2 v + 2 sin2 v) = . u u = 3. Производная неявной функции Пусть дано уравнение F (x1 , x2 , ..., xn , u) = a, (7) связывающее n + 1 величину, одну из которых, скажем u , мы хотим считать неявной функцией остальных ( a постоянная). Теорема 3 (существования неявной функции) Если уравнение (7) обращается в тождество при x1 = x01 , ..., xn = x0n , u = u0 , т. е. F (x01 , ..., x0n , u0 ) ≡ a, и если в некоторой окрестности точки M (x01 , ..., x0n , u0 ) функция F (x1 , ..., xn , u) непрерывна и имеет непрерывные частные производные, при этом Fu0 (M ) 6= 0, то уравнение (7) в окрестности точки M имеет решение u = f (x1 , ..., xn ), a f (x01 , ..., x0n ) = u0 , и притом единственное. Причем функция f (x1 , ..., xn ) непрерывна и имеет непрерывные частные производные. (Без доказательства). Пусть условия теоремы выполняются. Найдем выражения для производных неявной функции u . Если мы подставим в уравнение (7) вместо символа u функцию f (x1 , ..., xn ), то уравнение обратится в тождество F (x1 , ..., xn , f (x1 , ..., xn )) ≡ a. Следовательно, полный дифференциал функции F (x1 , ..., xn , u), где под символом u понимается функция f (x1 , ..., xn ), равен нулю. Используя свойство инвариантности, вычислим полный дифференциал и приравняем его к нулю: ∂F ∂F ∂F dx1 + ... + dxn + du = 0. ∂x1 ∂xn ∂u 5 Найдем отсюда du : à du = − ∂F ∂x1 ∂F ∂u ! à dx1 + ... + − ∂F ∂xn ∂F ∂u ! dxn , ∂F 6= 0. ∂u Сравнивая последнее равенство с выражением полного дифференциала du = ∂u ... + ∂x dxn , получаем производные неявной функции u : n ∂F ∂u dx1 ∂x1 + ∂F ∂u ∂u n 1 = − ∂x = − ∂x , ..., . ∂F ∂F ∂x1 ∂x n ∂u ∂u Особо отметим два частных случая. 1) F (x, y) = 0, y = y(x). Тогда ∂F dy ∂x = − ∂F . dx ∂y 2) F (x, y, z) = 0, z = z(x, y). Тогда ∂F ∂F ∂z ∂x = − ∂F , ∂x ∂z Пример 4. уравнением ∂z ∂y = − ∂F . ∂y ∂z (8) Найти частные производные неявной функции z(x, y), заданной x + 2y + 3z − ez = 0. Решение. По формуле (8) имеем ∂z 1 =− , ∂x 3 − ez ∂z 2 =− ∂y 3 − ez или, выражая ez из условия задачи, можем получить ∂z 1 = , ∂x x + 2y + 3z − 3 ∂z 2 = . ∂y x + 2y + 3z − 3 Замечание 4. Если уравнение поверхности S задано в неявном виде F (x, y, z) = 0, то уравнение касательной плоскости в точке M0 (x0 , y0 , z0 )7890− имеет вид (Fx0 )M0 (x − x0 ) + (Fy0 )M0 (y − y0 ) + (Fz0 )M0 (z − z0 ) = 0, уравнение же нормали к S в этой точке будет следующим: y − y0 z − z0 x − x0 = = . (Fx0 )M0 (Fy0 )M0 (Fz0 )M0 6 4. Производная в данном направлении функции и градиент Определение 3. Производной функции z = f (x, y) в данном направлении l = P~P1 называется ∂z f (P1 ) − f (P ) = lim , P P1 →0 ∂l P1 P где f (P ) и f (P1 ) — значения функции в точках P и P1 . Если функция z дифференцируема, то справедлива формула ∂z ∂z ∂z = cos α + sin α, ∂l ∂x ∂y (9) где α — угол, образованный вектором l с осью Ox . Аналогично определяется производная в данном направлении l для функции трех аргументов u = f (x, y, z) . В этом случае ∂u ∂u ∂u ∂u = cos α + cos β + cos γ, ∂l ∂x ∂y ∂z (10) где α , β , γ — углы между направлением l и соответствующими координатными осями. Производная в данном направлении характеризует скорость изменения функции в этом направлении. Пример 5. Найти производную функции z = 2x2 − 3y 2 в точке P (1; 0) в направлении, составляющем с осью Ox угол 120◦ . Решение. Найдем частные производные данной функции и их значения в точке P : µ ¶ µ ¶ ∂z ∂z ∂z ∂z = 4; = 0. = 4x; = −6y; ∂x ∂x P ∂y ∂y P Применяя формулу (9), получаем: ∂z = 4 cos 120◦ + 0 · sin 120◦ = −2. ∂l Знак минус показывает, что функция в данной точке и в данном направлении убывает. Определение 4. Градиентом функции z = f (x, y) называется вектор, проекциями которого на координатные оси являются соответствующие частные производные данной функции: ∂z ∂z i+ j. (11) gradz = ∂x ∂y Производная данной функции в направлении l связана с градиентом функции следующей формулой: l ∂z = пl gradz = (gradz, ), (12) ∂l |l| 7 т. е. производная в данном направлении равна скалярному произведению градиента функции на вектор единичной длины, совпадающий по направлению с вектором l . Аналогично определяется градиент функции трех переменных u = f (x, y, z) : gradu = ∂u ∂u ∂u i+ j+ k ∂x ∂y ∂z и производная по направлению: ∂u l = пl gradu = (gradu, ). ∂l |l| Градиент функции в каждой точке направлен по нормали к соответствующей линии (поверхности) уровня функции. Направление градиента функции в данной точке есть направление наибольшей скорости возрастания функции в этой точке, т. е. при l = gradu производная ∂u принимает наибольшее значение, равное модулю градиента функции u . ∂l Вектор gradu обладает следующими дифференциальными свойствами: 1. grad(c1 u1 + c2 u2 ) = c1 gradu1 + c2 gradu2 , где c1 и c2 — постоянные; 2. grad(u · v) = vgradu + ugradv ; 3. grad uv = vgradu−ugradv ; v2 4. gradF (u) = F (u)gradu . Пример 6. Найти производную функции z = x3 − 2x2 y + xy 2 + 1 в точке M (1; 2) в направлении, идущем от этой точки к точке N (4; 6) . Решение. Найдем частные производные функции z и их значения в точке M : ¯ ¯ ¯ ¯ ∂z ∂z ∂z ∂z ¯ = −1; ¯ = 2. = 3x2 − 4xy + y 2 ; = −2x2 + 2xy; ∂x ∂y ∂x ¯M ∂y ¯M Направление задается вектором l = M~N = (3; 4); |M~N | = 5. По формуле (12) имеем: 5. ∂z 3 4 = −1 · + 2 · = 1. ∂l 5 5 Экстремумы ФНП Пусть заданы функция u = f (~x), ~x = (x1 , ..., xn ) и точка ~x0 = (x01 , ..., x0n ) . Определение 5. Функция u = f (~x) имеет локальный максимум (минимум) в точке ~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. 8 Теорема 4 (необходимое условие экстремума) Пусть функция u = f (~x) имеет локальный экстремум в точке ~x0 . Тогда если существуют частные производные ∂f первого порядка ∂x (i = 1, ..., n) в точке ~x0 , то все они обращаются в нуль в этой i точке: ∂f (~x0 ) = 0 (i = 1, ..., n). (13) ∂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 , т. е. ∂f (x01 , x02 , ..., x0n ) ∂f (x̄0 ) = = 0. ∂x1 ∂x1 Аналогично рассматриваются и другие случаи. Теорема доказана. Замечание 5. Условие (13) не является достаточным для того, чтобы в точке ~x0 был экстремум функции f. = = 2xy , ∂u = Пример 7. Функция u = x2 y имеет частные производные ∂u ∂x ∂y 2 x , которые обращаются в нуль в точке (0, 0). Однако точка (0, 0) не является точкой экстремума, так как в любой окрестности этой точки ∆u = x2 y − 0 = x2 y принимает как положительные, так и отрицательные значения. Определение 6. Точки, в которых существуют непрерывные частные производные от f, удовлетворяющие уравнению (13), 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 · 1 ∂ 2 f (x0 + θ∆x, y0 + θ∆y) 2 f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f (x0 , y0 ) = ∆x + 2 ∂x2 ¸ ∂ 2 f (x0 + θ∆x, y0 + θ∆y) 2 ∂ 2 f (x0 + θ∆x, y0 + θ∆y) ∆x∆y + ∆y . +2 ∂x∂y ∂y 2 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= ∂ 2 f (x0 , y0 ) ∂ 2 f (x0 , y0 ) 2 ∂ 2 f (x0 , y0 ) 2 ∆x + 2 ∆x∆y + ∆y ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 9 сохраняло постоянным знак для малых по абсолютной величине значений ∆x и ∆y . Исследуем условия, которые накладываются этим требованием на производные, входящие в R . Обозначим a11 ∂ 2 f (x0 , y0 ) ∂ 2 f (x0 , y0 ) ∂ 2 f (x0 , y0 ) ∂ 2 f (x0 , y0 ) = , a12 = = = a21 , a22 = . ∂x2 ∂x∂y ∂y∂x ∂y 2 Пусть a11 и a22 не обращаются в нуль. Тогда R можно переписать в виде µ ¶2 ¶ µ a12 a11 a22 − a212 2 R = a11 ∆x + ∆y + ∆y . a11 a11 Отсюда находим, что достаточным условием для максимума будет выполнение неравенств a11 a22 − a212 > 0, a11 < 0. Аналогично, для минимума достаточным условием будет выполнение неравенств a11 a22 − a212 > 0, a11 > 0. Обозначим выражение a11 a22 − a212 через ∆, тогда ∆= ∂ 2 f (x0 , y0 ) ∂ 2 f (x0 , y0 ) − ∂x2 ∂y 2 µ ∂ 2 f (x0 , y0 ) ∂x∂y ¶2 ¯ ¯ ¯ ¯ = ¯¯ ¯ ¯ ∂ 2f ∂x2 ∂ 2f ∂x∂y ∂ 2f ∂x∂y ∂ 2f ∂y 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯ ¯ Таким образом, имеет место следующее правило исследования дифференцируемых функций двух переменных на экстремум в стационарных точках: 1) вычислить определитель ¯ ¯ ¯ a11 a12 ¯ ¯ ¯ ∆=¯ ¯; ¯ a12 a22 ¯ 2) если ∆ > 0 , то функция u = f (x, y) имеет в точке (x0 , y0 ) экстремум, причем в этой точке будет максимум, если a11 < 0 и — минимум, если a11 > 0; 3) если ∆ < 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 приращения ∆u в окрестности этой точки. Пример 8. Исследовать на экстремум функцию u = x3 − 3x + y 2 . = 3x2 − 3 , ∂u = 2y . Приравнивая их Решение. Находим частные производные: ∂u ∂x ∂y к нулю, получаем систему уравнений ½ 2 3x − 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. 10 Для точки (1, 0) имеем a11 = u00xx (1, 0) = 6 > 0 , ¯ ¯ ¯ 6 0 ¯ ¯ ¯ = 12 > 0, ∆=¯ 0 2 ¯ значит, в этой точке локальный минимум u = u(1, 0) = −2. Для точки (−1, 0) a11 = −6 < 0 , ¯ ¯ ¯ −6 0 ¯ ¯ = −12 < 0, ∆ = ¯¯ 0 2 ¯ поэтому экстремума в этой точке нет. Пример 9. Найти экстремум функции u = x2 y 2 + 12 x2 + 12 y 2 + xy + 1. Решение. Вычисляем частные производные первого порядка и составляем систему для определения стационарных точек: ½ 2xy 2 + x + y = 0, 2x2 y + y + x = 0. Эта система имеет единственное решение x = 0, y = 0. Вычислим частные производные второго порядка: u00xx = 2y 2 + 1, u00xy = 4xy + 1, u00yy = 2x2 + 1. Следовательно, u00xx (0, 0) = u00xy (0, 0) = u00yy (0, 0) = 1. Тогда ¯ ¯ 1 1 ∆ = ¯¯ 1 1 ¯ ¯ ¯ = 0, ¯ И экстремум по полученному достаточному признаку мы найти не можем. Перейдем к непосредственному отысканию экстремума. Найдем приращение функции 1 1 ∆u = u(x, y) − u(0, 0) = (xy)2 + x2 + y 2 + xy. 2 2 Преобразуем выражение ∆u следующим образом ∆u = (xy)2 + 21 (x + y)2 . Видим, что ∆u ≥ 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. 6. 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 11 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 10. 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 u0x = 6 2x − 1 , u0y = 2 6= 0 , значит, стационарных точек внутри области нет. Рассмотрим функцию на границе. 1 1) Пусть x = 0, тогда @ @ @ o u = 1 + 2y, 0 ≤ y ≤ 1. - x 1 Рис. 1 На отрезке [0, 1] функция стационарных точек также не имеет, т. к. ∂u = 2 6= 0 . Находим значения на концах ∂y отрезка: u(0) = u1 = 1 , u(1) = u2 = 3 . 2) Пусть y = 0, тогда u = 1 − x + x2 , 0 ≤ x ≤ 1. Далее, u0x = 2x − 1 = 0 при x = 21 , т. е. x = 12 — стационарная точка. Вычислим значение функции в этой точке и на границе (в точках x = 0, x = 1 ). Получим u( 12 ) = u3 = 34 , 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. Так как 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 . 7. Условный экстремум ФНП Рассмотрим в пространстве двух переменных функцию u = F (x, y) = x2 + y 2 . Легко видеть, 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 y 2 + 2 − 1 = 0 (b > a), a2 b то ясно, что она достигает наибольшего значения в точках P0 (0, b) и P1 (0, −b). Таким образом, функция u = F (P ), рассматриваемая во всей плоскости R2 не имеет наибольшего значения, но эта же функция при условии, что точка P находится, например, на эллипсе, принимает наибольшее значение два раза. 12 Такая ситуация приводит к задаче об отыскании экстремума функции при условии, что ее аргументы удовлетворяют некоторым дополнительным ограничениям. Это и есть задача нахождения условного экстремума, т. е. найти экстремум при каком-то условии (в нашем случае — на эллипсе). В рассмотренном примере точки P0 (0, b) и y6 P1 (0, −b) являются точками условного локального P0 (0, b) ................... ...................r ....... ........ ..... ..... . . максимума. . .... . ... .... ... ... ...r .. . ...P (x, y) Нахождение условного экстремума ... ... ¡........ ... ... ¡ .... производится путем введения множителей .. . x .. .. . .. ¡ .. .... .. .. . Лагранжа. . .. O ... ... ... .. ... .. . . ... Чтобы найти условный экстремум функции, ... ... ... ... .. ... .... ... . например, u = f (x, y) при наличии уравнения . .... .. ...... ..... .......... ....... ...............r ................... связи ϕ(x, y) = 0, составляем функцию P1 (0, −b) Лагранжа: Рис. 2 F (x, y, λ) = f (x, y) + λϕ(x, y), (14) где λ — неопределенный множитель Лагранжа, и ищем обычный экстремум функции (14). Необходимые условия экстремума функции (14) записываются в виде системы трех уравнений с тремя неизвестными x , y и λ :  ∂f ∂ϕ ∂F   ∂x = ∂x + λ ∂x = 0, ∂F (15) = ∂f + λ ∂ϕ = 0, ∂y ∂y   ϕ(x, y) = 0. ∂y Вопрос о существовании и характере условного экстремума решается на основании изучения знака дифференциала второго порядка функции Лагранжа: d2 F = ∂ 2F ∂F ∂ 2F 2 + 2 dxdy + dy ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 (при условии, что ∂ϕ dx + ∂ϕ dy = 0, а dx2 + dy 2 6= 0 ). А именно, функция f (x, y) имеет ∂x ∂y условный максимум, если d2 F < 0, и условный минимум, если d2 F > 0. Аналогично можно записать необходимые условия для функции n переменных. Пусть u = f (~x) и переменные x1 , x2 , ...xn связаны m (m < n) уравнениями ϕi (~x) = 0, i = 1, ..., m. (16) Функция Лагранжа имеет вид F (~x, λi ) = f (~x) + m X λi ϕi (~x). i=1 Приравнивая к нулю ее частные производные первого порядка, получаем систему  m P ∂f  + λi ∂ϕi = 0,    ∂x1 i=1 ∂x1 ··· ··· ··· ···  m P    ∂f + λ ∂ϕi = 0. ∂xn i=1 13 i ∂xn (17) Из m + n уравнений (16) и (17) определяются неизвестные x1 , x2 , ..., xn и λ1 , λ2 , ..., λm . Вопрос о существовании и характере условного экстремума в общем случае оставляем открытым. Это будет решаться на основании вспомогательных соображений. Пример 11. Найти экстремум функции z = 9 − 8x − 6y при условии, что аргументы ее удовлетворяют уравнению x2 + 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 + y 2 = 25. Решение. Составляем функцию Лагранжа по формуле (14): F (x, y, λ) = 9 − 8x − 6y + λ(x2 + y 2 − 25). Находим ее частные производные: ∂F ∂F = −8 + 2λx, = −6 + 2λy. ∂x ∂y Записываем систему уравнений (15):   −8 + 2λx = 0 −6 + 2λy = 0 , или  x2 + y 2 = 25   λx = 4 λy = 3  2 x + y 2 = 25. Возводя в квадрат первое и второе уравнения и затем складывая их, получим λ2 (x2 +y 2 ) = 25 , или, с учетом третьего уравнения, 25λ2 = 25 , т. е. λ2 = 1. Таким образом, имеем два решения:    λ1 = 1  λ2 = −1 x1 = 4 и x2 = −4   y1 = 3 y2 = −3. Находим частные производные второго порядка: ∂ 2F ∂ 2F ∂ 2F = 2λ, = 0, = 2λ ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 и вычисляем второй дифференциал d2 F : d2 F = 2λdx2 + 2λdy 2 = 2λ(dx2 + dy 2 ), (dx2 + dy 2 6= 0). Тогда при λ1 = 1 получаем d2 F > 0 и функция z = 9 − 8x − 6y в точке (4, 3) имеет условный минимум zmin = z(4, 3) = 9 − 8 · 4 − 6 · 3 = −41. Если λ2 = −1, то d2 F < 0 и функция z = 9 − 8x − 6y в точке (−4, −3) имеет условный максимум zmax = z(−4, −3) = 9 − 8 · (−4) − 6 · (−3) = 59. 14