ФНП / FNP3
.pdfЛекция № 3.
Нахождение наибольшего и наименьшего значений функции в замкнутой области
Для нахождения наибольшего и наименьшего значений поступают, как и для случая функции одной переменной, а именно:
1.Определяют значения функции в критических точках, принадлежащих области;
2.Определяют наибольшие и наименьшие значения функции на границе области;
3.Из полученных значений выбирают наибольшее и наименьшее.
Пример 5. Найти наибольшее и наименьшее значения функции
|
x ³ - 1 ; |
|
z = 3x2 − 6xy + y2 + 4 y в области D : |
|
³ - 1 ; |
y |
||
|
|
+ y £ 3 . |
|
x |
у
А
3
∙M1
∙M0
|
|
|
|
|
|
−1 О |
1 |
|
3 |
|
|
|
|
|
х |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
С |
|
|
|
|
В |
|
|
|
|
|
||
Область D − это треугольник АВС. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Определяем критические точки, принадлежащие области D |
|
|||||||||||||||||
z′ =6x −6y =0 |
|
|
|
x = y |
|
M0 (1; 1) D z(M0 ) =2. |
||||||||||||
x |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
z′y = −6x +2y + |
4 =0 |
−3x + y +2 =0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
На границе АВ: |
|
y = 3 − x |
|
z =10x2 − 28x + 21. |
|
|
|
|||||||||||
|
dz |
= 20x −28 = 0 x = |
7 |
; y = |
8 |
|
z(M |
) = |
7 |
. |
||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
dx |
|
|
|
|
1 |
5 |
1 |
5 |
1 |
5 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Вычисляем значения функции на концах отрезка АВ |
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
z( A) = z(−1; − 4) = 59 ; z(B) = z(4 ; −1) = 69 . |
|
|||||||||||||||
На границе АС: |
|
x = −1 |
|
z = y 2 +10 y + 3 . |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
dz |
= 2 y +10 = 0 M 2 (−1; −5) D . |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
dy |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Вычисляем значения функции на концах отрезка АС |
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
z (C ) = z ( −1; −1) = −6 . |
|
|
|
|||||||||
На границе ВС: |
|
y = −1 |
|
z = 3x2 + 6x −3 . |
|
|
|
|
|
|
|
dz |
= 6x + 6 = 0 |
x = −1, |
|
|
|
|
|
||
|
|
dx |
|
|
|
т.е. получили точку B. |
|
|
|||
Из полученных значений выбираем наибольшее и наименьшее: |
|
||||
m ax z = z ( B ) = 69 ; m in z = z (C ) = −6 . |
|
||||
D |
|
|
D |
|
|
|
|
|
Условный экстремум |
|
|
Определение 1. |
Условным экстремумом |
функции z = f (x, y) |
называется |
||
экстремум, достигнутый при условии, что переменные х, у связаны |
уравнением |
||||
ϕ (x , y) = 0. |
|
|
|
|
|
Геометрически задача состоит в том, чтобы на этой линии найти такую точку М0, в которой значение функции z = f (x, y) было наибольшим (наименьшим) по сравнению с другими значениями на этой линии в некоторой окрестности точки М0. Такие точки называются точками условного (относительного) экстремума.
Рассмотрим геометрический смысл этого понятия на примере.
Пример 1. Графиком функции z = 1− x2 − y2 является верхняя полусфера. Рассмотрим прямую линию ϕ ( x , y) = x + y − 1 = 0 .
|
|
|
|
|
|
|
z |
||
|
|
|
|
|
|
|
z = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1− x2 − y2 |
||
|
|
|
|
|
|
O |
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
∙ |
||
x + y − 1 = 0 |
|
|
|
|
|
x |
M0 |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Для точек этой прямой, в силу симметрии, функция достигает максимального |
|||||||||
|
|
1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
значения в точке M 0 |
|
|
; |
|
|
. Это и есть точка условного максимума на линии. |
|||
2 |
|
||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
Теперь сформулируем задачу, которую предстоит решить. Требуется найти
точки условного экстремума функции |
z = f (x, y) при |
условии |
ϕ (x , y) = 0, |
|||||||
которое называется уравнением связи. |
|
|
|
|
|
|
|
z = f (x, y) , |
||
По правилу нахождения полной |
производной от |
функции |
||||||||
получим |
¶f |
|
¶f |
|
|
|
|
|
||
|
dz |
= |
+ |
× |
dy |
. |
|
(1) |
||
|
|
¶x |
¶y |
|
|
|||||
|
dx |
|
|
dx |
|
|
||||
В точках экстремума формула (1) принимает вид |
|
|
||||||||
|
¶f + ¶f |
× |
dy |
= 0 . |
|
(2) |
||||
|
dx |
|
||||||||
|
¶x |
¶y |
|
|
|
|
|
Аналогично поступаем с уравнением связи
|
|
|
|
|
∂ϕ + |
∂ϕ × |
dy |
= 0 . |
|
|
(3) |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
¶x |
¶y |
|
dx |
множитель λ , сложим |
|
||||
Умножим выражение |
(3) |
на |
|
неопределённый |
с |
||||||||||
выражением (2) и проведём группировку членов |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
¶f |
+ λ |
¶ϕ |
|
¶f |
+ λ |
¶ϕ dy |
|
|
|||||
|
|
¶x |
|
+ |
¶y |
|
|
= 0 . |
(4) |
||||||
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
¶x |
|
|
|
¶y dx |
|
|
|||||
Подберём множитель λ |
так, чтобы в выражении (4) выполнялось |
|
|||||||||||||
|
|
|
∂f |
|
+ λ ∂ ϕ = 0 |
. |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
∂ y |
|
∂y |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Тогда получим, что в точках экстремума удовлетворяются три уравнения:
|
∂f |
+ λ |
∂ϕ |
= 0 |
; |
|
|
|
∂x |
||||
∂x |
||||||
|
∂f |
|
∂ϕ |
|
|
|
|
+ λ |
= 0 |
|
|||
|
|
|
; |
|||
∂y |
∂y |
|||||
|
|
|
(5) |
ϕ ( x , y ) = 0.
Из системы (5) определяются значения переменных х, у и вспомога-
тельного множителя λ, при которых возможен экстремум.
Условиям (5) можно придать другую форму, если ввести так называемую
функцию Лагранжа
Φ (x , y , λ ) = f (x , y ) + λϕ (x , y ),
тогда система (5) примет вид
∂ Φ∂ x∂ Φ∂ y
∂ Φ∂ λ
=0 ;
=0 ;
(6)
= 0 .
Рассмотренный приём называется методом множителей Лагранжа. Системы (5)
или (6) представляют собой необходимые условия условного экстремума.
Достаточные условия существования условного экстремума определяются по знаку определителя
|
0 |
′ |
′ |
|
|
|
|
|
|||
|
ϕ x |
ϕ y |
|
|
|
= |
ϕ ′ |
Φ ′′ |
Φ ′′ |
|
|
|
x |
xx |
xy |
. |
(7) |
|
ϕ ′ |
Φ ′′ |
Φ ′′ |
||
|
|
|
|||
|
y |
xy |
yy |
|
|
Если в точке |
> 0 , |
то в этой точке условный максимум. |
||
Если в точке |
< 0 , |
то − условный минимум. |
||
Если = 0 − ответа нет, требуются дополнительные исследования. |
||||
Метод множителей Лагранжа легко распространить для случая функции п |
||||
переменных с т связями. |
|
|
|
|
Пример 2. Найти условный |
экстремум функции z = xy, x >0, y >0 , если |
|||
уравнение связи |
x 2 + y 2 |
= 8 . |
|
|
Составим функцию Лагранжа |
|
|||
|
Φ ( x , y , λ ) = xy + λ ( x 2 + y 2 − 8) . |
|||
Получим систему |
|
|
|
|
|
|
∂Φ |
= y + 2 λ x = 0 ; |
|
|
|
|
∂x |
|
|
|
|
∂Φ |
|
|
|
|
= x + 2λ y = 0 ; |
|
|
|
|
∂y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂Φ |
= x2 + y 2 − 8 = 0 . |
|
|
|
∂λ |
|
|
|
|
|
Легко получить решение данной системы: x =
Таким образом, получена точка M 0 (2 ; 2), экстремум.
y = 2; λ = −1 .
2
в которой может быть
Воспользуемся достаточными условиями экстремума. Вычислим в этой точке определитель (7)
|
0 |
4 |
4 |
|
= |
4 |
−1 |
1 |
= 64 > 0 , |
|
4 |
1 |
−1 |
|
|
|
|
|
|
т.е. М0 − точка условного максимума, zmax = 4.