Исследование функции нескольких переменных

Исследование функции нескольких переменных

Функция многих переменных может иметь максимум или минимум (экстремум) только в точках, лежащих внутри области определения функции, в которой все ее частные производные первого порядка равны нулю или не существует хотя бы одна из них. Такие точки называются критическими. Названные условия являются необходимыми условиями экстремума, но еще не достаточными (они могут выполняться и в точках, где нет экстремума). Чтобы критическая точка была точкой экстремума, должны выполняться достаточные условия. Сформулируем достаточные условия экcтремума для функции двух переменных. Пусть точка Mo(xo, yo) — критическая точка функции z = f(x, y), т.е. , и функция z = f(x, y) имеет непрерывные вторые частные производные в некоторой окрестности точки Mo(xo, yo).

Обозначим: .

Тогда:

1) если D > 0, то функция z имеет экстремум в точке Mo: максимум при A 0;

2) если D 4 — 2xy 2 + x 2 + 2y + y 2 на экстремум.

Решение. Находим частные производные: = — 2y 2 + 2x, = 4y 3 — 4xy +2 +2y. Для отыскания критических точек решим систему уравнений: .

Итак, Mo(1,-1) -единственная точка, “подозрительная на экстремум”. Находим вторые частные производные: , следовательно, A=2, B=4, С=10, D = 4, т.е. D > 0, функция имеет экстремум в точке Mo — минимум (A>0). Вычислим:

z min = (-1) 4 — 2×1×(-1) 2 +1 — 2 +1 = -1.

Проведем обобщение.

Определение. Точка М (х, у) называется точкой максимума (минимума) функции z = f(x, y), если существует окрестность точки М, такая, что дли всеx точек (x, y) из этой окрестности выполняется неравенство

Теорема. Пусть точка (x, y) – есть точка экстремума дифференцируемой функции z = f(x, y). Тогда частные производные f’x(x, y) и f’y(x, y) в этой точке равны нулю.

Теорема (достаточное условие экстремума функции двух переменныx). Пусть функция z = f(x, y):

б) имеет в этой точке непрерывные частные производные второго порядка f»xx(x, y) = A; f’xy(x, y) = f»yx(x, y) = B; f’yy(x, y) = C. Тогда, если Δ = AC — B 2 > 0, то в точке (x, y) функция z = f(x, y) имеет экстремум, причём если A 0 —минимум. В случае Δ = AC — B 2 2 = 0, то вопрос о наличии экстремума остаётся открытым.

Исследование функции двух переменныx на экстремум рекомендуется проводить по следующей схеме:

1. Найти частные производные функции z’x и z’y.

2. Решить систему уравнений z’x = 0, z’y = 0 и найти критические точки функции.

3. Найти частные производные второго порядка, вычислить иx значения в каждой критической точке и с помощью достаточного условия сделать вывод о наличии экстремумов.

4. Найти экстремумы функции.

Не нашли то, что искали? Воспользуйтесь поиском:

Лучшие изречения: Для студента самое главное не сдать экзамен, а вовремя вспомнить про него. 10625 — | 7811 — или читать все.

Пусть функция $z=f(x,y)$ определена в некоторой окрестности точки $(x_0,y_0)$. Говорят, что $(x_0,y_0)$ – точка (локального) максимума, если для всех точек $(x,y)$ некоторой окрестности точки $(x_0,y_0)$ выполнено неравенство $f(x,y) f(x_0,y_0)$, то точку $(x_0,y_0)$ называют точкой (локального) минимума.

Точки максимума и минимума часто называют общим термином – точки экстремума.

Если $(x_0,y_0)$ – точка максимума, то значение функции $f(x_0,y_0)$ в этой точке называют максимумом функции $z=f(x,y)$. Соответственно, значение функции в точке минимума именуют минимумом функции $z=f(x,y)$. Минимумы и максимумы функции объединяют общим термином – экстремумы функции.

Алгоритм исследования функции $z=f(x,y)$ на экстремум

  1. Найти частные производные $frac<partial z><partial x>$ и $frac<partial z><partial y>$. Составить и решить систему уравнений $ left < egin& frac<partial z><partial x>=0;\ & frac<partial z><partial y>=0. end
    ight.$. Точки, координаты которых удовлетворяют указанной системе, называют стационарными.
  2. Найти $frac<partial^2z><partial x^2>$, $frac<partial^2z><partial xpartial y>$, $frac<partial^2z><partial y^2>$ и вычислить значение $Delta=frac<partial^2z><partial x^2>cdot frac<partial^2z><partial y^2>-left(frac<partial^2z><partial xpartial y>
    ight)^2$ в каждой стационарной точке. После этого использовать следующую схему:
  1. Если $Delta > 0$ и $frac<partial^2z><partial x^2>> 0$ (или $frac<partial^2z><partial y^2>> 0$), то в исследуемая точка есть точкой минимума.
  2. Если $Delta > 0$ и $frac<partial^2z><partial x^2>0$, то $frac<partial^2z><partial x^2>cdot frac<partial^2z><partial y^2>-left(frac<partial^2z><partial xpartial y>
    ight)^2 > 0$. А отсюда следует, что $frac<partial^2z><partial x^2>cdot frac<partial^2z><partial y^2>> left(frac<partial^2z><partial xpartial y>
    ight)^2 ≥ 0$. Т.е. $frac<partial^2z><partial x^2>cdot frac<partial^2z><partial y^2>> 0$. Если произведение неких величин больше нуля, то эти величины одного знака. Т.е., например, если $frac<partial^2z><partial x^2>> 0$, то и $frac<partial^2z><partial y^2>> 0$. Короче говоря, если $Delta > 0$ то знаки $frac<partial^2z><partial x^2>$ и $frac<partial^2z><partial y^2>$ совпадают.
Читайте также:  Dhcp ретранслятор что это

Исследовать на экстремум функцию $z=4x^2-6xy-34x+5y^2+42y+7$.

Будем следовать указанному выше алгоритму. Для начала найдём частные производные первого порядка:

Сократим каждое уравнение этой системы на $2$ и перенесём числа в правые части уравнений:

Мы получили систему линейных алгебраических уравнений. Мне в этой ситуации кажется наиболее удобным применение метода Крамера для решения полученной системы.

Значения $x=2$, $y=-3$ – это координаты стационарной точки $(2;-3)$. Теперь приступим ко второму шагу алгоритма. Найдём частные производные второго порядка:

Вычислим значение $Delta$:

Так как $Delta > 0$ и $frac<partial^2 z> <partial x^2>> 0$, то согласно алгоритму точка $(2;-3)$ есть точкой минимума функции $z$. Минимум функции $z$ найдём, подставив в заданную функцию координаты точки $(2;-3)$:

$$ z_=z(2;-3)=4cdot 2^2-6cdot 2 cdot (-3)-34cdot 2+5cdot (-3)^2+42cdot (-3)+7=-90. $$

Исследовать на экстремум функцию $z=x^3+3xy^2-15x-12y+1$.

Будем следовать указанному выше алгоритму. Для начала найдём частные производные первого порядка:

Сократим первое уравнение на 3, а второе – на 6.

Если $x=0$, то второе уравнение приведёт нас к противоречию: $0cdot y-2=0$, $-2=0$. Отсюда вывод: $x
eq 0$. Тогда из второго уравнения имеем: $xy=2$, $y=frac<2>$. Подставляя $y=frac<2>$ в первое уравнение, будем иметь:

Получили биквадратное уравнение. Делаем замену $t=x^2$ (при этом имеем в виду, что $t > 0$):

Если $t=1$, то $x^2=1$. Отсюда имеем два значения $x$: $x_1=1$, $x_2=-1$. Если $t=4$, то $x^2=4$, т.е. $x_3=2$, $x_4=-2$. Вспоминая, что $y=frac<2>$, получим:

Итак, у нас есть четыре стационарные точки: $M_1(1;2)$, $M_2(-1;-2)$, $M_3(2;1)$, $M_4(-2;-1)$. На этом первый шаг алгоритма закончен.

Теперь приступим ко второму шагу алгоритма. Найдём частные производные второго порядка:

Теперь будем вычислять значение $Delta$ в каждой из найденных ранее стационарных точек. Начнём с точки $M_1(1;2)$. В этой точке имеем: $Delta(M_1)=36(1^2-2^2)=-108$. Так как $Delta(M_1) 0$ и $left.frac<partial^2 z><partial x^2>
ight|_ > 0$, то согласно алгоритму $M_3(2;1)$ есть точкой минимума функции $z$. Минимум функции $z$ найдём, подставив в заданную функцию координаты точки $M_3$:

$$ z_=z(2;1)=2^3+3cdot 2cdot 1^2-15cdot 2-12cdot 1+1=-27. $$

Осталось исследовать точку $M_4(-2;-1)$. В этой точке получим:

Так как $Delta(M_4) > 0$ и $left.frac<partial^2 z><partial x^2>
ight|_ 0$ (так как оба сомножителя $36$ и $(2^2-1^2)$ положительны) и можно не находить конкретное значение $Delta$. Правда, для типовых расчётов это замечание бесполезно, – там требуют довести вычисления до числа 🙂

Исследовать на экстремум функцию $z=x^4+y^4-2x^2+4xy-2y^2+3$.

Будем следовать алгоритму. Для начала найдём частные производные первого порядка:

Сократим оба уравнения на $4$:

Добавим к второму уравнению первое и выразим $y$ через $x$:

Читайте также:  Как отследить где находится человек по номеру

Подставляя $y=-x$ в первое уравнение системы, будем иметь:

Из полученного уравнения имеем: $x=0$ или $x^2-2=0$. Из уравнения $x^2-2=0$ следует, что $x=-sqrt<2>$ или $x=sqrt<2>$. Итак, найдены три значения $x$, а именно: $x_1=0$, $x_2=-sqrt<2>$, $x_3=sqrt<2>$. Так как $y=-x$, то $y_1=-x_1=0$, $y_2=-x_2=sqrt<2>$, $y_3=-x_3=-sqrt<2>$.

Первый шаг решения окончен. Мы получили три стационарные точки: $M_1(0;0)$, $M_2(-sqrt<2>,sqrt<2>)$, $M_3(sqrt<2>,-sqrt<2>)$.

Теперь приступим ко второму шагу алгоритма. Найдём частные производные второго порядка:

Теперь будем вычислять значение $Delta$ в каждой из найденных ранее стационарных точек. Начнём с точки $M_1(0;0)$. В этой точке имеем: $Delta(M_1)=16cdot((3cdot 0^2-1)(3cdot 0^2-1)-1)=16cdot 0=0$. Так как $Delta(M_1) = 0$, то согласно алгоритму требуется дополнительное исследование, ибо ничего определённого про наличие экстремума в рассматриваемой точке сказать нельзя. Оставим покамест эту точку в покое и перейдём в иным точкам.

Исследуем точку $M_2(-sqrt<2>,sqrt<2>)$. В этой точке получим:

Так как $Delta(M_2) > 0$ и $left.frac<partial^2 z><partial x^2>
ight|_ > 0$, то согласно алгоритму $M_2(-sqrt<2>,sqrt<2>)$ есть точкой минимума функции $z$. Минимум функции $z$ найдём, подставив в заданную функцию координаты точки $M_2$:

Аналогично предыдущему пункту исследуем точку $M_3(sqrt<2>,-sqrt<2>)$. В этой точке получим:

Так как $Delta(M_3) > 0$ и $left.frac<partial^2 z><partial x^2>
ight|_ > 0$, то согласно алгоритму $M_3(sqrt<2>,-sqrt<2>)$ есть точкой минимума функции $z$. Минимум функции $z$ найдём, подставив в заданную функцию координаты точки $M_3$:

Настал черёд вернуться к точке $M_1(0;0)$, в которой $Delta(M_1) = 0$. Согласно алгоритму требуется дополнительное исследование. Под этой уклончивой фразой подразумевается "делайте, что хотите" :). Общего способа разрешения таких ситуаций нет, – и это понятно. Если бы такой способ был, то он давно бы вошёл во все учебники. А покамест приходится искать особый подход к каждой точке, в которой $Delta = 0$. Ну что же, поисследуем поведение функции в окрестности точки $M_1(0;0)$. Сразу отметим, что $z(M_1)=z(0;0)=3$. Предположим, что $M_1(0;0)$ – точка минимума. Тогда для любой точки $M$ из некоторой окрестности точки $M_1(0;0)$ получим $z(M) > z(M_1) $, т.е. $z(M) > 3$. А вдруг любая окрестность содержит точки, в которых $z(M) 3$? Тогда в точке $M_1$ точно не будет максимума.

Рассмотрим точки, у которых $y=x$, т.е. точки вида $(x,x)$. В этих точках функция $z$ будет принимать такие значения:

$$ z(x,x)=x^4+x^4-2x^2+4xcdot x-2cdot x^2+3=2x^4+3. $$

Так как в любой окрестности точки $M_1(0;0)$ имеем $2x^4 > 0$, то $2x^4+3 > 3$. Вывод: любая окрестность точки $M_1(0;0)$ содержит точки, в которых $z > 3$, посему точка $M_1(0;0)$ не может быть точкой максимума.

Точка $M_1(0;0)$ не является ни точкой максимума, ни точкой минимума. Вывод: $M_1$ вообще не является точкой экстремума.

Ответ: $(-sqrt<2>,sqrt<2>)$, $(sqrt<2>,-sqrt<2>)$ – точки минимума функции $z$. В обеих точках $z_=-5$.

Экстремум функции нескольких переменных

Определение. Точка М (хоо) называется точкой максимума (минимума) функции z = f(x, у), если существует окрестность точки М, такая, что для всех точек <х, у) из этой окрестности выполняется неравенство

()

На рис. 1 точка А— есть точка минимума, а точка В — точка максимума.

Необходимое условие экстремума — многомерный аналог теоремы Ферма

Теорема. Пусть точка – есть точка экстремума дифференцируемой функции z = f(x, у). Тогда частные производные и в этой точке равны нулю.

Точки, в которых выполнены необходимые условия экстремума функции z = f(x, у), т.е. частные производные z’x и z’y равны нулю, называются критическими или стационарными.

Равенство частных производных нулю выражает лишь необходимое, но недостаточное условие экстремума функции нескольких переменных.

Читайте также:  Как сделать педали для руля

На рис. изображена так называемая седловая точка М (хоо). Частные производные и равны нулю, но, очевидно, никакого экстремума в точке М(хоо) нет.

Такие седловые точки являются двумерными аналогами точек перегиба функций одной переменной. Задача заключается в том, чтобы отделить их от точек экстремума. Иными словами, требуется знать достаточное условие экстремума.

Теорема (достаточное условие экстремума функции двух переменных). Пусть функция z = f(x, у): а) определена в некоторой окрестности критической точки (хоо), в которой = 0 и = 0;

б) имеет в этой точке непрерывные частные производные второго порядка

;

;

Тогда, если ∆ = АС— В 2 >0, то в точке (хоо) функция z = f(x, у) имеет экстремум, причем если А 0 — минимум. В случае ∆ = АС— В 2 2 = 0, то вопрос о наличии экстремума остается открытым.

Исследование функции двух переменных на экстремум рекомендуется проводить по следующей схеме:

Найти частные производные функции z’x и z’y.

Решить систему уравнений z’x = 0, z’y = 0 и найти критические точки функции.

Найти частные производные второго порядка, вычислить их значения в каждой критической точке и с помощью достаточного условия сделать вывод о наличии экстремумов.

Найти экстремумы (экстремальные значения) функции.

Пример. Найти экстремумы функции

Решение. 1. Находим частные производные

2. Критические точки функции находим из системы уравнений:

имеющей четыре решения (1; 1), (1; —1), (—1; 1) и (—1; -1).

3. Находим частные производные второго порядка:

;

;

,

Вычисляем их значения в каждой критической точке и проверяем в ней выполнение достаточного условия экстремума.

Например, в точке (1; 1) A = z"(1; 1) = -1; В = 0; С = -1. Так как ∆ = АС— В 2 = (-1) 2 -0 = 1 >0 и А = -1 2 2 + y 2 при условии 3х +2у = 11.

Решение. Выразим из уравнения 3х +2у = 11 переменную y через переменную x и подставим полученное в функцию z. Получим z = x 2 +2 или z = . Эта функция имеет единственный минимум при = 3.

Соответствующее значение функции

Таким образом, (3; 1) — точка условного экстремума (минимума).

В рассмотренном примере уравнение связи g(x, у) = С оказалось линейным, поэтому его легко удалось разрешить относительно одной из переменных. Однако в более сложных случаях сделать это не удается.

Для отыскания условного экстремума в общем случае используется метод множителей Лагранжа.

Рассмотрим функцию трех переменных

Эта функция называется функцией Лагранжа, а — множителем Лагранжа. Верна следующая теорема.

Теорема. Если точка является точкой условного экстремума функции z = f(x,y) при условии g (x,y) = С, то существует значение такое, что точкаявляется точкой экстремума функции L).

Таким образом, для нахождения условного экстремума функции z = f(х,у) при условии g(x,y) = С требуется найти решение системы

На рис. показан геометрический смысл условий Лагранжа. Линия g (х,у) = С пунктирная, линия уровня g(x,y) = Q функции z = f(x,y) сплошные.

Из рис. следует, что в точке условного экстремума линия уровня функции z = f(x,y) касается линии g(x,y) = С.

Пример. Найти точки максимума и минимума функции z = х 2 + y 2 при условии 3х +2у = 11, используя метод множителей Лагранжа.

Решение. Составляем функцию Лагранжа

L = х 2 + 2у 2 +

Приравнивая к нулю ее частные производные, получим систему уравнений

Ее единственное решение (х = 3, у = 1, = —2). Таким образом, точкой условного экстремума может быть только точка (3;1). Нетрудно убедиться в том, что в этой точке функция z = f(x,y) имеет условный минимум.

Ссылка на основную публикацию
Исправления установщика windows можно ли удалить
Очистка места на RDS ферме (Installer, ServiceProfiles, WinSxS) Очистка места на RDS ферме (Installer, ServiceProfiles, WinSxS) Добрый день! Уважаемые читатели...
Запрет входящих вызовов на телефоне
Как отключить запрет вызова на смартфоне? Для правильного поиска решения нужно сначала определить, где и как именно установлена опция. Расскажем,...
Запрет действий по доверенности мтс
Заключение договора на свое имя при покупке сим карты — это реальный способ защитить себя от неправомерных действий со стороны...
Исследование функции нескольких переменных
Функция многих переменных может иметь максимум или минимум (экстремум) только в точках, лежащих внутри области определения функции, в которой все...
Adblock detector