Экстремумы функций многих переменных. Условные экстремумы и множители Лагранжа. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Экстремумы функций многих переменных. Условные экстремумы и множители Лагранжа.

Тема Математический анализ

30 Экстремумы функций многих переменных. Условные экстремумы и множители Лагранжа.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#88442

Исследовать на экстремум функцию

xy z (x,y ) =-----2-2 1 + x y

Показать ответ и решение

Исследовать на экстремум функцию

xy z (x,y ) =-----2-2 1 + x y

Решение.

Поскольку перед нами рациональная функция, знаменатель которой никогда не обращается в ноль, то она будет всюду сколько угодно раз дифференцируема, и следовательно, ее критические точки будут только точками, в которых все ее частные производные равны нулю.

1. Поиск критических точек (=кандидатов на экстремум).

Необходимо решить систему

( { ∂z(x0,y0) = 0 ∂x ( ∂∂yz(x0,y0) = 0

Она принимает вид

( y(1− x2y2) { (1+x2y2)2 = 0 ( x(1−-x2y2) (1+x2y2)2 = 0

Решениями этой системы является точка $M (0,0)$ и все точки вида $xy = ±1$ , то есть две гиперболы.

Таким образом, множество всех критических точек представляют из себя следующую картинку:

$PIC$

2. Попробуем применить достаточное условие. Посчитаем гессиан в общем виде:

( 2xy3(x2y2−3) 1−6x2y2+x4y4) H (x ,y ) = ( (1+x2y2)3 (13+x22y22)3 ) z 0 0 1−6x2y22+x243y4 2x-y(x2y2−33) (1+x y ) (1+x y )

Посмотрим, что происходит с этим гессианом на первой гиперболе $xy = 1$ :

( ) ( ) −xy3 − 1 −y2 − 1 Hz( в то чках гиперболы xy = 1 ) = 21 −x23y = 21 − 2x2 − 2 -2-- − 2 -2-

(в последнем равенстве мы воспользовались тем, что $xy = 1$ ).

Таким образом, эта форма (давайте, чтобы не путаться, распишем её в координатах $(u,v)$ ) имеет вид

y2 x2 y2 x2 1 Q(u,v ) = −--u2 − uv − --v2 = − --u2 − xyuv − --v2 = − -(yu + xv)2 2 2 2 2 2

(опять мы пользуемся тем, что $xy = 1$ ).

К сожалению, у нас не получилось, чтобы эта форма была знакопеременна.

Она конечно и не знакопостоянна, поскольку

2 2 detHz ( в точках гипер болы xy = 1 ) = x-y-− 1-= 0 4 4

Поэтому на этой гиперболе (нетрудно убедиться, что и на другой гиперболе тоже) исследование через гессиан ничего не дает - поскольку критерий Сильвестра ничего не дал, а проверив всё руками мы видим, что у нас не получается знакопеременной формы (иначе бы мы сразу поняли, что на гиперболе нет экстремумов).

Поэтому на гиперболе требуется непосредственное исследование поведения функции в окрестности каждой точки гиперболы.

Итак, в каждой точке гиперболы $xy = 1$ имеем

1- z(x,y) = 2

В то же самое время, в произвольной окреостности точки гиперболы $xy = 1$ получим

|xy| 2|xy| 2|1 + x2y2| 1 |z(x,y)| = -----2-2-≤ -----2-2-≤ ------2-2- = -- |1 + x y | |1 + x y | |1+ x y | 2

Поэтому всюду на гиперболе $xy = 1$ функция $z(x,y)$ испытывает локальный максимум.

Наоборот, в каждой точке гиперболы $xy = − 1$ имеет $z(x,y) = − 1 2$ , и аналогично показывается, что в любой окрестности любой точки этой второй гиперболы $z ≥ − 12$ . Поэтому каждая точка гиперболы $xy = − 1$ является локальным минимумом.

Осталась для исследования только точка $M (0,0)$ .

Видим, что

( ) H (M ) = 0 1 z 1 0

А это, очевидно, матрица знакопеременной формы, поскольку форма

Q(u,v) = 2uv

конечно знакопеременна - при $(u,v) = (1,1)$ она больше нуля, а при $(u,v) = (1,− 1)$ она меньше нуля.

Следовательно, $M$ - не экстремум. (заметим, что тут критерий Сильвестра неприменим, но мы сами поняли, что форма знакопеременна).

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#88441

Доказать следующую теорему:

Многомерное необходимое условие локального экстремума.
Пусть функция $n f : ℝ → ℝ$ имеет в точке $x0$ все частные производные. Тогда, если $x0$ - локальный экстремум функции $f(x)$ , то обязательно все её частные производные в этой точке равны 0. То есть

∂f-(x0) = -∂f-(x0) = ...= -∂f-(x0) = 0 ∂x1 ∂x2 ∂xn

Показать ответ и решение

Проведем доказательство того, что обязательно должно быть $∂∂fx-(x0) = 0 1$ . По остальным переменным доказательство будет аналогичным.

Пусть точка $x0$ имеет координаты $x0 = (x0,1,x0,2,...,x0,n )$

Рассмотрим вспомогательную функцию $φ(x ) = f(x ,x ,...,x ) 1 1 0,2 0,n$ . То есть мы фиксировали все переменные, кроме первой, в точке $x0$ у функции $f$ , и тогда получилась функция одного переменного $φ (x ) 1$ .

Ясно, что раз $f$ имела экстремум в точке $x 0$ , то $φ$ будет иметь экстремум в точке $x 0,1$ .

Но по одномерной лемме Ферма для $φ$ получаем, что $′ φ (x0,1) = 0$ .
Далее, поскольку $φ′(x0,1) =-∂f(x0) ∂x1$ , то имеем и $∂f-(x0) = 0 ∂x1$ .

Для частных производных по остальным переменным проверяется аналогично.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#58761

Найти условные экстремумы $f(x1,x2,x3) = x1x2 + x2x3$ при условиях $x1 − x2 = 2$ и $x2 + 2x3 = 4$ .

Показать ответ и решение

У нас здесь два граничных условия

F1(x1,x2,x3) = x1 − x2 − 2 = 0, F2(x1,x2,x3) = x2 + 2x3 − 4 = 0

Составляем функцию Лагранжа:

L (x1,x2, x3,λ1,λ2) = x1x2 + x2x3 + λ1(x1 − x2 − 2)+ λ2 (x2 + 2x3 − 4)

Далее, система, которую необходимо решить для отыскания кандидатов на экстремум, имеет вид:

( | ∂L- |||| ∂x1 = 0 |||| ∂L-= 0 |{ ∂x2 ∂∂Lx-= 0 |||| 3 ||| F1(x1,x2,x3) = 0 |||( F2(x1,x2,x3) = 0

В данном случае она принимает вид

( || x2 + λ1 = 0 |||| |||| x1 + x3 − λ1 + λ2 = 0 { | x2 + 2λ2 = 0 |||| ||| x1 − x2 − 2 = 0 ||( x + 2x − 4 = 0 2 3

Решением этой системы являются $λ1 = 4,λ2 = 2,x1 = − 2,x2 = − 4,x3 = 4$ . Таким образом, у нас есть единственный кандидат на экстремум $M (− 2,− 4,4)$ .
Чтобы проверить, является ли она экстремумом, составим матрицу Гессе для $L$ в точке $M$ при $λ = 4,λ = 2 1 2$ :

( ) ∂2L(M ) --∂2L--(M ) -∂2L-(M ) | ∂x221 ∂x12∂x2 ∂x1∂2x3 | || ∂∂x2∂Lx1(M ) ∂∂Lx2-(M ) ∂∂x2∂Lx3(M )|| ( -∂2L-- --∂22L-- ∂2L ) ∂x3∂x1(M ) ∂x3∂x2(M ) ∂x23(M )

Получается матрица

( ) |0 1 0| |1 0 1| ( ) 0 1 0

И поскольку уже даже самый маленький определитель 1 на 1 угловой подматрицы в левом верхнем углу равен нулю, то есть $∂2L ∂x21(M ) = 0$ , то ни одно из достаточных условий не даёт ответа на то, будет ли $M$ эстремумом найденной функции.

Однако функция $f (x1,x2,x3) = x1x2 + x2x3$ при ограничениях $x1 − x2 = 2$ и $x2 + 2x3 = 4$ легко преобразуется к функции от одной переменной (из ограничений можно выразить как $x1 = 2 + x2$ так и $x3 = 4−2x2$ ) и получится $2 x22 + 4x2$ - парабола, у которой минимум при $x2 = − 4$ . Следовательно, $M$ есть локальный минимум нашей функции $f$ при заданных ограничениях.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#58759

Исследовать на экстремум функцию $f(x,y) = (x− y)2 + (y3 − 1)4 − 1$

Показать ответ и решение

Заметим, что наша функция представляет из себя многочлен от двух переменных, то есть она всюду дифференцируема сколько угодно раз. Таким образом, все её критические точки будут точками, в которых все её частные производные равны нулю.

1. Сначала найдём кандидатов на экстремум, то есть такие точки, в которых обе частные производные функции $f$ равны 0. То есть, надо решить систему:

( { ∂f∂x-(x0,y0) = 0 ( ∂f∂y(x0,y0) = 0

В данном случае получается система

( { 2(x− y ) = 0 ( − 2(x − y)+ 12y2 (y3 − 1)3 = 0

Из второго уравнения с учётом того, что $2(x − y) = 0$ получается, что $2 3 3 12y (y − 1) = 0$ , то есть $y$ равен либо 0, либо 1, а тогда из того, что $2(x − y) = 0$ , получаем, что $x = y$ . Таким образом, имеем двух кандидатов на экстремум: $M1(0,0)$ и $M2 (1,1)$ .

2. Проверим эти точки $M1, M2$ по достаточному условию экстремума. Составим гессианы:

( 2 2 ) ( 2 2 ) ∂∂xf2(M1 ) ∂∂xf∂y(M1 ) ∂∂xf2(M2 ) ∂∂xf∂y(M2 ) ∂2f- ∂2f- и -∂2f ∂2f- ∂y∂x(M1 ) ∂y2 (M1 ) ∂y∂x(M2 ) ∂y2(M2 )

В нашем случае получаются такие матрицы:

( ) ( ) 2 − 2 и 2 − 2 − 2 2 − 2 2

То что они в обеих точках получились одинаковые - это лишь совпадение, конечно, могли получиться и разные матрицы. Но хотя гессианы и в точке $M1$ и в точке $M2$ получились одинаковые - радоваться тут мало чему, ведь это не сокращает нам работы а только добавляет. Действительно, $( ) 2 − 2 det − 2 2 = 0$ , а значит ни в случае $M1$ , ни в случае $M2$ не применим критерий Сильвестра. Более того, видно, что форма, задаваемая матрицей $( ) 2 − 2 − 2 2$ не будет знакопеременной. Действительно, если выписать эту форму явно, то это будет вот такая форма от двух переменных:

Q (x1,x2) = 2x21 + 2x22 − 4x1x2 = 2(x1 − x2)2

То есть эта форма незнакопеременна (она не умеет принимать на разных векторах значения разных знаков). Но при этом она и не положительно определена, потому что даже на ненулевых направлениях (когда $x1 = x2$ ) она будет равна нулю. А поэтому в окрестности $M1$ и $M2$ требуется непосредственное исследование поведения функции.

3. Непосредственное исследование для точки $M1 (0,0)$ . $f(M1 ) = f(0,0) = 0$ . Однако если стремиться к точке $M (0,0) 1$ вдоль луча $(x,0)$ , где $x ⁄= 0$ , то $f(x,0) = x2 > 0$ . Если же стремиться к точке $M1 (0,0)$ по направлению $x = y$ , то $f(y,y) = (y3 − 1)4 − 1$ и при $0 < y < 1$ получим, что $f(y,y) < 0$ . Таким образом, в произвольной сколь угодно малой окрестности точки $M 1$ есть как точки, в которых $f$ больше нуля, как и точки, где $f$ меньше нуля. В то время как в самой точке $M1$ значение функции $f$ равно нулю. Следовательно, точка $M (0,0) 1$ не является локальным экстремумом.

4. Непосредственное исследование для точки $M2 (1,1)$ . $f(M2 ) = f(1,1) = − 1$ . Но нетрудно видеть, что в любой другой точке, отличной от $M2$ функция $f$ строго больше $− 1$ - ведь $f$ имеет вид суммы четных степеней из которой вычетается единица. Ясно, что в любой точке, в которой сумма четных степеней $(x− y)2 + (y3 − 1)4$ не равна нулю, $f$ будет строго больше $− 1$ . Но $2 3 4 (x − y) + (y − 1) = 0$ только в точке $M2$ . Таким образом, $M2$ - локальный минимум функции $f$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#58757

Исследовать на экстремум функцию $f(x,y) = x2 + y3$

Показать ответ и решение

( { ∂f∂x-(x0,y0) = 0 ( ∂f∂y(x0,y0) = 0

В данном случае получается система

( { 2x = 0 ( 3y2 = 0

Решением которой, очевидно, является единственная подозрительная точка $M (0,0)$ .

2. Проверим эту точку по достаточному условию экстремума. Составим гессиан в точке $M$ (матрицу вторых частных производных в точке $M$ )

( 2 2 ) ∂∂fx2(M ) ∂∂xf∂y(M ) -∂2f- ∂2f- ∂y∂x(M ) ∂y2(M )

В нашем случае получается такая матрица:

( ) 2 0 0 0

И поскольку $( ) 2 0 det = 0 0 0$ , то неприменим критерий Сильвестра.

Однако понятно, что форма

2 Q(x1,x2) = 2x1

не будет знакопеременной, и поэтому так задаром получить, что эта точка не является экстремумом не получится. Таким образом, требуется дополнительное непосредственное исследование поведения нашей функции в окрестности точки $M$ .

Мы утверждаем, что точка $M (0,0)$ - не будет локальным экстремумом.

Действительно, если двигаться к ней вдоль траекторий $x = 0$ , $y > 0$ , то $f(x,y) = y3 > 0$ , т.е. функция будет больше нуля.
А если же вдоль траекторий $x = 0$ , $y < 0$ , то $3 f(x,y) = y < 0$ . Таким образом, в любой окрестности точки $M (0,0)$ есть как точки, в которых $f (x,y)$ больше нуля, так и точки, где она меньше нуля. А при этом $f (M ) = f (0,0) = 0$ , т.е. в самой точке $M$ функция равна нулю.

Значит $M (0,0)$ не может быть ни локальным минимумом, ни локальным максимумом.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#58756

Исследовать на экстремум функцию $x f(x,y) = e2(x + y2)$

Показать ответ и решение

Заметим, что наша функция всюду дифференцируема сколько угодно раз. Таким образом, все её критические точки будут точками, в которых все её частные производные равны нулю.

1. Сначала найдём кандидатов на экстремум, то есть такие точки, в которых обе частные производные функции $f$ равны 0. То есть, надо решить систему:

( { ∂f∂x-(x0,y0) = 0 ( ∂f∂y(x0,y0) = 0

В данном случае получается система

( { 1ex2(x + y2)+ e x2 = 0 2 x ( 2ye2 = 0

Первое уравнение преобразуется в $1 x 2 2e 2(x + y + 2) = 0$ , и в силу того, что экспонента никогда не равна 0, получается уравнение $x + y2 + 2 = 0$ .

Из второго уравнения, опять же, в силу того, что экспонента никогда не равна нулю, следует, что $y = 0$ . Тогда из того, что $2 x + y + 2 = 0$ , получаем, что $x = − 2$ . Таким образом, единственная подозрительная точка на экстремум - это $M (− 2,0)$ .

2. Проверим эту точку по достаточному условию экстремума. Составим гессиан в точке $M$ (матрицу вторых частных производных в точке $M$ )

( 2 2 ) ∂∂fx2(M ) ∂∂xf∂y(M ) -∂2f- ∂2f- ∂y∂x(M ) ∂y2(M )

В нашем случае получается такая матрица:

( 1- ) 2e 0 0 2e

Таким образом, поскольку $12e > 0$ и $( ) -1 0 det 2e 2 = 1e2 > 0 0 e$ , по критерию Сильвестра гессиан в точке $M$ положительно определен, следовательно, $M (− 2,0)$ - точка локального минимума.

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Предыдущий раздел

Следующий раздел