Глобальный экстремум или наибольшее и наименьшее значение функции

Глобальный экстремум или наибольшее и наименьшее значение функции Глобальным экстремумом функции нескольких переменных называют наибольшее и наименьшее значение функции в замкнутой ограниченной области D . Пусть функция f ( x; y ) , определена и непрерывна в некоторой замкнутой ограниченной области D с границей g ( x; y ) = 0 . Тогда заведомо функция в области D имеет наибольшее и наименьшее значение. Кроме того, функция также может достигать наибольшее и наименьшее значение функции на границе области. Таким образом, исследование функции на глобальный экстремум Правило нахождения наибольшего и наименьшего значений дифференцируемой в области D функции z = f ( x; y ) состоит в следующем: 1. Найти все критические точки функции z = f ( x; y ) , принадлежащие D . Для этого вычислить частные производные функции z ′x , z ′y . полученные частные производные к нулю  z ′x = 0 получившуюся систему уравнений  , определив координаты точек; ′ z =  у 2. Приравнять и решить 3. Построить область D и посмотреть принадлежит ли найденные точки области D; 4. Найти точки, лежащие на границе области. Для этого, уравнение каждого графика, которым ограничена область, подставить в функцию z = f ( x; y ) вместо соответствующей переменной. Затем найти производную, приравнять ее к нулю и определить координаты точек; 5. Найти значения функции z = f ( x; y ) в критических точках, принадлежащих области D , и на границах области; 6. Сравнить все найденные значения функции и выбрать из них наибольшее и наименьшее значение. Пример 1. Найти наибольшее и наименьшее значение функции z = 3 − x 2 − y 2 в области D , ограниченной прямыми x = ±1 , у = ±1 . Решение. Найти все критические точки функции, для этого вычислим частные производные первого порядка z ′x ( y = const ) = (3 − x 2 − у 2 )′ = −2 х , z ′y ( x = const ) = (3 − x 2 − y 2 )′ = −2 у .  z′x = −2 х = 0  х = 0 Для поиска точек решим систему  . Отсюда получаем точку ′ z = − 2 y =  у = y  O (0;0) . Строим график Точка O (0;0) не принадлежит области D . Исследуем поведение функции на границе области, т.е. на контуре ABCD , где A(−1;−1) , B(1;−1) , C (1;1) , D(−1;1) . 1. AB : y = −1  z = 3 − x 2 − 1 = 2 − x 2 . Найдем производную: z ' = (2 − x 2 )' = −2 x = 0  x = 0 . Получаем точку M 2 (0;−1) . 2. BС : х = 1  z = 3 − 1 − у 2 = 2 − у 2 . Найдем производную: z ' = (2 − у 2 )' = −2 у = 0  у = 0 . Получаем точку M 3 (1;0) . 3. DC : y = 1  z = 3 − x 2 − 1 = 2 − x 2 . Найдем производную: z ' = (2 − x 2 )' = −2 x = 0  x = 0 . Получаем точку M 2 (0;1) . 4. AD : х = −1  z = 3 − 1 − у 2 = 2 − у 2 . Найдем производную: z ' = (2 − у 2 )' = −2 у = 0  у = 0 . Получаем точку M 3 (−1;0) . Найдем значения функции z = 3 − x 2 − y 2 в критических точках и на границах области: z (0;−1) = 2 ; z (1;0) = 2 ; z (0;1) = 2 ; z (−1;0) = 2 ; z ( A) = z (−1;−1) = 1 ; z ( B ) = z (1;−1) = 1 ; z (C ) = z (1;1) = 1 ; z ( D) = z (−1;1) = 1 . Сравнивая полученные результаты, имеем: точки (0;−1) , (1;0) , (0;1) , (−1;0) является точками глобального максимума, а точки A, B, C , D – точками глобального минимума. Пример 2. Найти наибольшее и наименьшее значение функции z = x 2 + 2 xy − y 2 − 4 x в замкнутой области D , ограниченной прямыми y = x + 1, x = 3 , у = 0. Решение. Найти все критические точки функции, для этого вычислим частные производные первого порядка z ′x ( y = const ) = ( x 2 + 2 xy − y 2 − 4 x)′ = 2 х + 2 y − 4 , z ′y ( x = const ) = ( x 2 + 2 xy − y 2 − 4 x)′ = 2 x − 2 y . Для поиска точек решим систему  z ′x = 2 x + 2 y − 4 = 0 ,  ′ z = 2 x − 2 y = y  2 y + 2 y − 4 = 0   = x y  4 y − 4 = 0 .  x = y  Получаем точку M 1 (1;1) . Строим график Точка M 1 (1;1) не принадлежит области D . Исследуем поведение функции на границе области, т.е. на контуре ABC , где A(−1;0) , B(3;4) , C (3;0) . 1. y = 0  z = x 2 + 2 xy − y 2 − 4 x = x 2 − 4 x . Найдем производную: z ' = ( x 2 − 4 x)' = 2 x − 4 = 0  x = 2 . Получаем точку M 2 (2;0) . 2. х = 3  z = x 2 + 2 xy − y 2 − 4 x = 9 + 6 у − у 2 − 12 = − у 2 + 6 у − 3 . Найдем производную: M 3 (3;3) . z ' = (− у 2 + 6 у − 3)' = −2 у + 6 = 0  у = 3 . Получаем точку 3. y = х + 1  z = x 2 + 2 x( х + 1) − ( х + 1) 2 − 4 x = x 2 + 2 x 2 + 2 х − х 2 − 2 х − 1 − 4 х = = 2x2 − 4х + 1. Найдем производную: M 2 (1;2) . z ' = (2 x 2 − 4 х + 1)' = 4 x − 4 = 0  x = 1 . Получаем точку Найдем значения функции z = x 2 + 2 xy − y 2 − 4 x в критических точках и на границах области: z (2;0) = 4 + 0 − 0 − 8 = −4 ; z (3;3) = 9 + 18 − 9 − 12 = 6 ; z (1;2) = 1 + 4 − 4 − 4 = −3 ; z ( A) = z (−1;0) = 1 + 0 − 0 + 4 = 5 ; z ( B ) = z (3;4) = 9 + 24 − 16 − 12 = 5 ; z (C ) = z (3;0) = 9 + 0 − 0 − 12 = −3 . Сравнивая полученные результаты, имеем: точка (3;3) является точкой глобального максимума, а точка (2;0) – точкой глобального минимума. Пример 3. Найти наибольшее и наименьшее значение функции z = 10 + 2 ху − x 2 в замкнутой области D , ограниченной y ≤ 4 − х 2 , у ≥ 0 . Решение. Найти все критические точки функции, для этого вычислим частные производные первого порядка z ′x ( y = const ) = (10 + 2 ху − x 2 )′ = 2 у − 2 х , z ′y ( x = const ) = (10 + 2 ху − x 2 )′ = 2 x .  z ′x = 2 y − 2 х = 0 Для поиска точек решим систему  , ′ z = 2 x = y  Получаем точку О (0;0) . Строим график Точка О (0;0) принадлежит области D . Исследуем поведение функции z = 10 + 2 ху − x 2 на границе области. 1. y = 0  z = 10 + 2 ху − x 2 = 10 − х 2 . Найдем производную: z ' = (10 − x 2 )' = −2 x = 0  x = 0 . Получаем точку (0;0) . 2. у = 4 − х 2  z = 10 + 2 ху − x 2 = 10 + 2 х(4 − х 2 ) − х 2 = 10 + 8 х − 2 х 3 − х 2 = = −2 х 3 − х 2 + 8 х + 10 . Найдем производную: z ' = (−2 х 3 − х 2 + 8 х + 10)' = −6 х 2 − 2 х + 8 = 0 6 х 2 + 2 х − 8 = 0  3х 2 + х − 4 = 0 . D = 1 − 4 ⋅ (−4) ⋅ 3 = 49 , −1+ 7 −1− 7 8 4 x1 = = 1 , x1 = =− =− . 6 6 3 6 16 20  4 у1 = 4 − 1 = 3 , у2 = 4 −  −  = 4 − = . 9 9  3  4 20  Получаем точки M 1 (1;3) и M 2  − ;  .  3 9  Найдем значения функции z = 10 + 2 ху − x 2 в критических точках и на границах области: z (0;0) = 10 ; z (1;3) = 10 + 6 − 1 = 15 ; 2 160 16 270 − 160 − 48 62  4 20   4  20  4  z  − ;  = 10 + 2 ⋅  −  ⋅ −  −  = 10 − − = = . 27 9 27 27  3 9   3 9  3 Сравнивая полученные результаты, имеем: точка (1;3) является точкой  4 20  глобального максимума, а точка  − ;  – точкой глобального минимума.  3 9 