Эхлээд хоёр хувьсагчийн функцийн тохиолдлыг авч үзье. $M_0(x_0;y_0)$ цэг дэх $z=f(x,y)$ функцийн нөхцөлт экстремум нь энэ функцийн экстремум бөгөөд $x$ болон $y$ хувьсагчдыг Энэ цэгийн ойролцоо $\ varphi (x,y)=0$ холболтын тэгшитгэлийг хангана.

“Нөхцөлт” экстремум нэр нь хувьсагчдад $\varphi(x,y)=0$ нэмэлт нөхцөл ногдуулсантай холбоотой. Хэрэв нэг хувьсагчийг холболтын тэгшитгэлээс нөгөө хувьсагчаар илэрхийлэх боломжтой бол нөхцөлт экстремумыг тодорхойлох асуудлыг нэг хувьсагчийн функцийн ердийн экстремумыг тодорхойлох асуудал болгон бууруулна. Жишээлбэл, хэрэв холболтын тэгшитгэл нь $y=\psi(x)$ байвал $y=\psi(x)$-г $z=f(x,y)$ гэж орлуулбал бид $z нэг хувьсагчийн функцийг олж авна. =f\зүүн (x,\psi(x)\баруун)$. IN ерөнхий тохиолдолГэсэн хэдий ч энэ арга нь ашиг багатай тул шинэ алгоритмыг нэвтрүүлэх шаардлагатай.

Хоёр хувьсагчийн функцийн Лагранжийн үржүүлэгчийн арга.

Лагранжийн үржүүлэгчийн арга нь нөхцөлт экстремумыг олохын тулд Лагранжийн функцийг бүтээхээс бүрдэнэ: $F(x,y)=f(x,y)+\lambda\varphi(x,y)$ ($\lambda$ параметрийг гэнэ. Лагранжийн үржүүлэгч). Экстремумд шаардлагатай нөхцөлүүдийг суурин цэгүүдийг тодорхойлсон тэгшитгэлийн системээр тодорхойлно.

$$ \left \( \эхлэх(зэрэгцүүлсэн) & \frac(\хэсэг F)(\хэсэг x)=0;\\ & \frac(\хэсэг F)(\хэсэг y)=0;\\ & \varphi (x,y)=0. \төгсгөл(зэрэгцүүлсэн) \баруун. $$

Экстремумын шинж чанарыг тодорхойлох хангалттай нөхцөл бол $d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy) тэмдэг юм. ^("" )dy^2$. Хэрэв хөдөлгөөнгүй цэг дээр $d^2F > 0$ байвал $z=f(x,y)$ функц нь энэ цэгт нөхцөлт минимумтай, харин $d^2F байвал< 0$, то условный максимум.

Экстремумын шинж чанарыг тодорхойлох өөр нэг арга бий. Холболтын тэгшитгэлээс бид олж авна: $\varphi_(x)^(")dx+\varphi_(y)^(")dy=0$, $dy=-\frac(\varphi_(x)^("))( \varphi_ (y)^("))dx$, тиймээс ямар ч хөдөлгөөнгүй цэг дээр бид:

$$d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=F_(xx)^( "")dx^2+2F_(xy)^("")dx\left(-\frac(\varphi_(x)^("))(\varphi_(y)^("))dx\right)+ F_(yy)^("")\left(-\frac(\varphi_(x)^("))(\varphi_(y)^("))dx\right)^2=\\ =-\frac (dx^2)(\left(\varphi_(y)^(") \баруун)^2)\cdot\left(-(\varphi_(y)^("))^2 F_(xx)^(" ")+2\varphi_(x)^(")\varphi_(y)^(")F_(xy)^("")-(\varphi_(x)^("))^2 F_(yy)^ ("") \right)$$

Хоёрдахь хүчин зүйлийг (хаалтанд байрлуулсан) дараах хэлбэрээр илэрхийлж болно.

$\left| тодорхойлогчийн элементүүдийг улаанаар тодруулсан. \begin(массив) (cc) F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \төгсгөл (массив)\right|$, энэ нь Лагранжийн функцийн Гессиан юм. Хэрэв $H > 0$ бол $d^2F< 0$, что указывает на условный максимум. Аналогично, при $H < 0$ имеем $d^2F >0$, өөрөөр хэлбэл. бидэнд $z=f(x,y)$ функцийн нөхцөлт минимум байна.

Тодорхойлогч $H$-ийн тэмдэглэгээтэй холбоотой тэмдэглэл. харуулах\нуух

$$ H=-\left|\begin(массив) (ccc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_ (xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \ төгсгөл(массив) \баруун| $$

Энэ тохиолдолд дээр дурдсан дүрэм дараах байдлаар өөрчлөгдөнө: хэрэв $H > 0$ бол функц нь нөхцөлт минимумтай, харин $H байвал< 0$ получим условный максимум функции $z=f(x,y)$. При решении задач следует учитывать такие нюансы.

Нөхцөлт экстремумын хоёр хувьсагчийн функцийг судлах алгоритм

1. $F(x,y)=f(x,y)+\lambda\varphi(x,y)$ Лагранж функцийг зохио.
2. Системийг шийднэ үү $ \left \( \begin(aligned) & \frac(\partial F)(\partial x)=0;\\ & \frac(\partial F)(\partial y)=0;\\ & \ varphi (x,y)=0. \төгсгөл(зэрэгцүүлсэн) \баруун.$
3. Өмнөх догол мөрөнд байгаа хөдөлгөөнгүй цэг бүрийн экстремумын шинж чанарыг тодорхойлно. Үүнийг хийхийн тулд дараах аргуудын аль нэгийг ашиглана уу.
   • $H$ тодорхойлогчийг зохиож, тэмдгийг ол
   • Холболтын тэгшитгэлийг харгалзан $d^2F$ тэмдгийг тооцоол

n хувьсагчийн функцүүдийн Лагранжийн үржүүлэгчийн арга

Бидэнд $n$ хувьсагчийн $z=f(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ ба $m$ холболтын тэгшитгэлүүд ($n > m$) байна гэж бодъё:

$$\varphi_1(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0; \; \varphi_2(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0,\ldots,\varphi_m(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0.$$

Лагранжийн үржүүлэгчийг $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m$ гэж тэмдэглэснээр бид Лагранж функцийг үүсгэнэ.

$$F(x_1,x_2,\ldots,x_n,\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m)=f+\lambda_1\varphi_1+\lambda_2\varphi_2+\ldots+\lambda_m\varphi_m$$

Нөхцөлт экстремум байх шаардлагатай нөхцлийг суурин цэгүүдийн координат ба Лагранжийн үржүүлэгчийн утгыг олох тэгшитгэлийн системээр өгдөг.

$$\зүүн\(\эхлэх(зэрэгцүүлсэн) & \frac(\хэсэг F)(\хэсэг x_i)=0; (i=\overline(1,n))\\ & \varphi_j=0; (j=\ overline(1,m)) \end(зэрэгцүүлсэн) \баруун.$$

Та $d^2F$ тэмдгийг ашиглан урьдын адил олдсон цэг дээр функц нөхцөлт минимум эсвэл нөхцөлт максимумтай эсэхийг олж мэдэх боломжтой. Хэрэв олсон цэг дээр $d^2F > 0$ байвал функц нь нөхцөлт минимумтай, харин $d^2F байвал< 0$, - то условный максимум. Можно пойти иным путем, рассмотрев следующую матрицу:

$\left| матрицын тодорхойлогч \begin(массив) (ccccc) \frac(\partial^2F)(\partial x_(1)^(2)) & \frac(\partial^2F)(\partial x_(1)\partial x_(2) ) & \frac(\partial^2F)(\partial x_(1)\partial x_(3)) &\ldots & \frac(\partial^2F)(\partial x_(1)\partial x_(n)) \\ \frac(\partial^2F)(\partial x_(2)\partial x_1) & \frac(\partial^2F)(\partial x_(2)^(2)) & \frac(\partial^2F) )(\хэсэг x_(2)\хэсэг x_(3)) &\ldots & \frac(\хэсэг^2F)(\хэсэг x_(2)\хэсэг x_(n))\\ \frac(\хэсэг^2F) )(\хэсэг x_(3) \хэсэгчилсэн x_(1)) & \frac(\хэсэг^2F)(\хэсэгчилсэн x_(3)\хэсэгчилсэн x_(2)) & \frac(\хэсэг^2F)(\хэсэгчилсэн) x_(3)^(2)) &\ldots & \frac(\partial^2F)(\partial x_(3)\partial x_(n))\\ \ldots & \ldots & \ldots &\ldots & \ ldots\\ \frac(\partial^2F)(\partial x_(n)\partial x_(1)) & \frac(\partial^2F)(\partial x_(n)\partial x_(2)) & \ frac(\partial^2F)(\partial x_(n)\partial x_(3)) &\ldots & \frac(\partial^2F)(\partial x_(n)^(2))\\ \end( массив) \right|$, $L$ матрицад улаанаар тодруулсан нь Лагранжийн функцийн Гессиан юм. Бид дараах дүрмийг ашигладаг.

• Хэрэв өнцгийн насанд хүрээгүй шинж тэмдгүүд $H_(2м+1),\; H_(2m+2),\ldots,H_(m+n)$ матрицууд $L$ нь $(-1)^m$ тэмдэгтэй давхцаж байвал судалж буй суурин цэг нь $ функцийн нөхцөлт хамгийн бага цэг болно. z=f(x_1,x_2 ,x_3,\ldots,x_n)$.
• Хэрэв өнцгийн насанд хүрээгүй шинж тэмдгүүд $H_(2м+1),\; H_(2m+2),\ldots,H_(m+n)$ ээлжлэн, бага $H_(2m+1)$ тэмдэг нь $(-1)^(m+1) тооны тэмдэгтэй давхцаж байна. )$, тэгвэл хөдөлгөөнгүй цэг нь $z=f(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n)$ функцийн нөхцөлт хамгийн их цэг болно.

Жишээ №1

$x^2+y^2=10$ нөхцөлөөр $z(x,y)=x+3y$ функцийн нөхцөлт экстремумыг ол.

Энэ асуудлын геометрийн тайлбар нь дараах байдалтай байна: $x^2+y цилиндртэй огтлолцох цэгүүдийн хувьд $z=x+3y$ хавтгайн хэрэглээний хамгийн том ба хамгийн бага утгыг олох шаардлагатай. ^2=10$.

Холболтын тэгшитгэлээс нэг хувьсагчийг нөгөө хувьсагчаар илэрхийлж, $z(x,y)=x+3y$ функцэд орлуулах нь зарим талаар хүндрэлтэй тул бид Лагранжийн аргыг ашиглана.

$\varphi(x,y)=x^2+y^2-10$ гэж тэмдэглэснээр бид Лагранж функцийг бүтээдэг.

$$ F(x,y)=z(x,y)+\lambda \varphi(x,y)=x+3y+\lambda(x^2+y^2-10);\\ \frac(\partial) F)(\хэсэг х)=1+2\ламбда х; \frac(\partial F)(\partial y)=3+2\lambda y. $$

Лагранжийн функцийн суурин цэгүүдийг тодорхойлох тэгшитгэлийн системийг бичье.

$$ \left \( \эхлэх(зэрэгцүүлсэн) & 1+2\ламбда x=0;\\ & 3+2\ламбда у=0;\\ & x^2+y^2-10=0. \төгсгөл (зэрэгцүүлсэн)\баруун.$$

Хэрэв бид $\lambda=0$ гэж үзвэл эхний тэгшитгэл нь: $1=0$ болно. Үүссэн зөрчил нь $\lambda\neq 0$ болохыг харуулж байна. $\lambda\neq 0$ нөхцөлийн дагуу эхний болон хоёр дахь тэгшитгэлээс бид дараах байдалтай байна: $x=-\frac(1)(2\lambda)$, $y=-\frac(3)(2\lambda) доллар. Гурав дахь тэгшитгэлд олж авсан утгыг орлуулснаар бид дараахь зүйлийг авна.

$$ \left(-\frac(1)(2\lambda) \right)^2+\left(-\frac(3)(2\lambda) \баруун)^2-10=0;\\ \frac (1)(4\ламбда^2)+\фрак(9)(4\ламбда^2)=10; \lambda^2=\frac(1)(4); \left[ \begin(aligned) & \lambda_1=-\frac(1)(2);\\ & \lambda_2=\frac(1)(2). \төгсгөл(зэрэгцүүлсэн) \баруун.\\ \эхлэх(зэрэгцүүлсэн) & \lambda_1=-\frac(1)(2); \; x_1=-\frac(1)(2\lambda_1)=1; \; y_1=-\frac(3)(2\lambda_1)=3;\\ & \lambda_2=\frac(1)(2); \; x_2=-\frac(1)(2\lambda_2)=-1; \; y_2=-\frac(3)(2\lambda_2)=-3.\төгсгөл(зэрэгцүүлсэн) $$

Тэгэхээр систем нь хоёр шийдэлтэй байна: $x_1=1;\; y_1=3;\; \lambda_1=-\frac(1)(2)$ болон $x_2=-1;\; y_2=-3;\; \lambda_2=\frac(1)(2)$. Тогтворгүй цэг бүрийн экстремумын шинж чанарыг олж мэдье: $M_1(1;3)$ ба $M_2(-1;-3)$. Үүнийг хийхийн тулд цэг бүрт $H$ тодорхойлогчийг тооцоолно.

$$ \varphi_(x)^(")=2x;\; \varphi_(y)^(")=2y;\; F_(xx)^("")=2\lambda;\; F_(xy)^("")=0;\; F_(yy)^("")=2\lambda.\\ H=\left| \begin(массив) (ccc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \end(массив) \баруун|= \left| \begin(массив) (ccc) 0 & 2x & 2y\\ 2x & 2\lambda & 0 \\ 2y & 0 & 2\lambda \end(массив) \right|= 8\cdot\left| \begin(массив) (ccc) 0 & x & y\\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \end(массив) \баруун| $$

$M_1(1;3)$ цэг дээр бид: $H=8\cdot\left| \begin(массив) (ccc) 0 & x & y\\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \end(array) \right|= 8\cdot\left| \begin(массив) (ccc) 0 & 1 & 3\\ 1 & -1/2 & 0 \\ 3 & 0 & -1/2 \end(массив) \right|=40 > 0$, тиймээс цэг $M_1(1;3)$ функц нь $z(x,y)=x+3y$ нь нөхцөлт дээд талтай, $z_(\max)=z(1;3)=10$.

Үүний нэгэн адил $M_2(-1,-3)$ цэг дээр бид дараахыг олно: $H=8\cdot\left| \begin(массив) (ccc) 0 & x & y\\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \end(array) \right|= 8\cdot\left| \begin(массив) (ccc) 0 & -1 & -3\\ -1 & 1/2 & 0 \\ -3 & 0 & 1/2 \end(массив) \right|=-40$. $H оноос хойш< 0$, то в точке $M_2(-1;-3)$ имеем условный минимум функции $z(x,y)=x+3y$, а именно: $z_{\min}=z(-1;-3)=-10$.

Тодорхойлогч $H$-ийн утгыг цэг бүр дээр тооцоолохын оронд үүнийг өргөтгөх нь илүү тохиромжтой гэдгийг би тэмдэглэж байна. ерөнхий үзэл. Текстийг дэлгэрэнгүй мэдээлэлд оруулахгүйн тулд би энэ аргыг тэмдэглэлийн доор нуух болно.

Тодорхойлогч $H$-ийг ерөнхий хэлбэрээр бичих. харуулах\нуух

$$ H=8\cdot\left|\begin(массив)(ccc)0&x&y\\x&\lambda&0\\y&0&\lambda\end(массив)\баруун| =8\cdot\left(-\lambda(y^2)-\lambda(x^2)\right) =-8\lambda\cdot\left(y^2+x^2\баруун). $$

Зарчмын хувьд $H $ ямар тэмдэгтэй байгаа нь аль хэдийн тодорхой болсон. $M_1$ эсвэл $M_2$ цэгүүдийн аль нь ч эхтэй давхцахгүй тул $y^2+x^2>0$. Тиймээс $H$ тэмдэг нь $\lambda$ тэмдгийн эсрэг байна. Та тооцооллыг хийж болно:

$$ \эхлэх(зэрэгцүүлсэн) &H(M_1)=-8\cdot\left(-\frac(1)(2)\баруун)\cdot\left(3^2+1^2\баруун)=40;\ \ &H(M_2)=-8\cdot\frac(1)(2)\cdot\left((-3)^2+(-1)^2\баруун)=-40. \төгсгөл(зэрэгцүүлсэн) $$

$M_1(1;3)$ ба $M_2(-1;-3)$ хөдөлгөөнгүй цэгүүдийн экстремумын шинж чанарын тухай асуултыг $H$ тодорхойлогчийг ашиглахгүйгээр шийдэж болно. Хөдөлгөөнгүй цэг бүрийн $d^2F$ тэмдгийг олцгооё.

$$ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=2\lambda \left( dx^2+dy^2\баруун) $$

$dx^2$ гэсэн тэмдэглэгээ нь яг $dx$-ийг хоёр дахь зэрэглэлд хүргэсэн гэсэн үг болохыг анхаарна уу. $\зүүн(dx \баруун)^2$. Тиймээс бидэнд: $dx^2+dy^2>0$ байна, тиймээс $\lambda_1=-\frac(1)(2)$-р бид $d^2F авна.< 0$. Следовательно, функция имеет в точке $M_1(1;3)$ условный максимум. Аналогично, в точке $M_2(-1;-3)$ получим условный минимум функции $z(x,y)=x+3y$. Отметим, что для определения знака $d^2F$ не пришлось учитывать связь между $dx$ и $dy$, ибо знак $d^2F$ очевиден без дополнительных преобразований. В следующем примере для определения знака $d^2F$ уже будет необходимо учесть связь между $dx$ и $dy$.

Хариулт: $(-1;-3)$ цэг дээр функц нь нөхцөлт минимумтай, $z_(\min)=-10$ байна. $(1;3)$ цэг дээр функц нь нөхцөлт максимумтай, $z_(\max)=10$ байна.

Жишээ №2

$x+y=0$ нөхцөлийн $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$ функцийн нөхцөлт экстремумыг ол.

Эхний арга (Лагранж үржүүлэгч арга)

$\varphi(x,y)=x+y$ гэж тэмдэглэснээр бид Лагранж функцийг бүтээдэг: $F(x,y)=z(x,y)+\lambda \varphi(x,y)=3y^3+ 4x^2 -xy+\lambda(x+y)$.

$$ \frac(\хэсэг F)(\хэсэг x)=8x-y+\lambda; \; \frac(\partial F)(\partial y)=9y^2-x+\lambda.\\ \left \( \эхлэх(зэрэгцүүлсэн) & 8x-y+\lambda=0;\\ & 9y^2-x+\ lambda=0; \\ & x+y=0. \төгсгөл(зэрэгцүүлсэн) \баруун. $$

Системийг шийдсэний дараа бид дараахь зүйлийг олж авна: $x_1=0$, $y_1=0$, $\lambda_1=0$ болон $x_2=\frac(10)(9)$, $y_2=-\frac(10)( 9)$ , $\lambda_2=-10$. Бидэнд хоёр суурин цэг байна: $M_1(0;0)$ болон $M_2 \left(\frac(10)(9);-\frac(10)(9) \right)$. $H$ тодорхойлогчийг ашиглан хөдөлгөөнгүй цэг бүрийн экстремумын шинж чанарыг олж мэдье.

$$H=\left| \begin(массив) (ccc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \end(массив) \баруун|= \left| \begin(массив) (ccc) 0 & 1 & 1\\ 1 & 8 & -1 \\ 1 & -1 & 18y \end(массив) \баруун|=-10-18y $$

$M_1(0;0)$ $H=-10-18\cdot 0=-10 цэг дээр< 0$, поэтому $M_1(0;0)$ есть точка условного минимума функции $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$, $z_{\min}=0$. В точке $M_2\left(\frac{10}{9};-\frac{10}{9}\right)$ $H=10 >0$, тиймээс энэ үед функц нь $z_(\max)=\frac(500)(243)$ нөхцөлт дээд утгатай байна.

Бид $d^2F$ тэмдэгт дээр тулгуурлан өөр аргыг ашиглан цэг бүр дэх экстремумын шинж чанарыг судалдаг.

$$ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=8dx^2-2dxdy+ 18ydy ^2 $$

$x+y=0$ холболтын тэгшитгэлээс бид дараах байдалтай байна: $d(x+y)=0$, $dx+dy=0$, $dy=-dx$.

$$ d^2 F=8dx^2-2dxdy+18ydy^2=8dx^2-2dx(-dx)+18y(-dx)^2=(10+18y)dx^2 $$

$ d^2F \Bigr|_(M_1)=10 dx^2 > 0$ тул $M_1(0;0)$ нь $z(x,y)=3y^3+ функцийн нөхцөлт хамгийн бага цэг болно. 4x^ 2-xy$. Үүнтэй адил $d^2F \Bigr|_(M_2)=-10 dx^2< 0$, т.е. $M_2\left(\frac{10}{9}; -\frac{10}{9} \right)$ - точка условного максимума.

Хоёр дахь арга зам

$x+y=0$ холболтын тэгшитгэлээс бид дараахийг олж авна: $y=-x$. $y=-x$-г $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$ функцэд орлуулснаар $x$ хувьсагчийн зарим функцийг олж авна. Энэ функцийг $u(x)$ гэж тэмдэглэе:

$$ u(x)=z(x,-x)=3\cdot(-x)^3+4x^2-x\cdot(-x)=-3x^3+5x^2. $$

Ийнхүү бид хоёр хувьсагчийн функцийн нөхцөлт экстремумыг олох асуудлыг нэг хувьсагчийн функцийн экстремумыг тодорхойлох асуудал болгон бууруулсан.

$$ u_(x)^(")=-9x^2+10x;\\ -9x^2+10x=0; \; x\cdot(-9x+10)=0;\\ x_1=0; \ y_1=-x_1=0;\\ x_2=\frac(10)(9);\; y_2=-x_2=-\frac(10)(9).$$

Бид $M_1(0;0)$ ба $M_2\left(\frac(10)(9); -\frac(10)(9)\right)$ оноо авсан. Цаашдын судалгааг нэг хувьсагчийн функцүүдийн дифференциал тооцооллын курсээс мэдэж болно. Хөдөлгөөнгүй цэг бүрт $u_(xx)^("")$ тэмдгийг шалгаж эсвэл олдсон цэгүүд дээрх $u_(x)^(")$ тэмдгийн өөрчлөлтийг шалгаснаар бид дараахтай ижил дүгнэлтийг гаргана. Эхний аргыг шийдвэрлэх. Жишээлбэл, бид $u_(xx)^("")$ тэмдгийг шалгах болно:

$$u_(xx)^("")=-18x+10;\\ u_(xx)^("")(M_1)=10;\;u_(xx)^("")(M_2)=- 10.$$

$u_(xx)^("")(M_1)>0$ тул $M_1$ нь $u(x)$ функцийн хамгийн бага цэг бөгөөд $u_(\min)=u(0)=0 $ . $u_(xx)^("")(M_2) оноос хойш<0$, то $M_2$ - точка максимума функции $u(x)$, причём $u_{\max}=u\left(\frac{10}{9}\right)=\frac{500}{243}$.

Өгөгдсөн холболтын нөхцөл дэх $u(x)$ функцийн утгууд нь $z(x,y)$ функцийн утгатай давхцаж байна, өөрөөр хэлбэл. $u(x)$ функцийн олдсон экстремум нь $z(x,y)$ функцийн хайж буй нөхцөлт туйл юм.

Хариулт: $(0;0)$ цэг дээр функц нь болзолт минимумтай, $z_(\min)=0$ байна. $\left(\frac(10)(9); -\frac(10)(9) \right)$ цэг дээр функц нь нөхцөлт дээд талтай, $z_(\max)=\frac(500)(243) )$.

$d^2F$ тэмдгийг тодорхойлох замаар экстремумын мөн чанарыг тодруулах өөр нэг жишээг авч үзье.

Жишээ №3

Хэрэв $x$ ба $y$ хувьсагч эерэг байвал $\frac(x^2)(8)+\frac() холбогч тэгшитгэлийг хангавал $z=5xy-4$ функцийн хамгийн том ба хамгийн бага утгыг ол. у^2)(2) -1=0$.

Лагранжийн функцийг зохиоё: $F=5xy-4+\lambda \left(\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1 \right)$. Лагранжийн функцийн суурин цэгүүдийг олцгооё.

$$ F_(x)^(")=5y+\frac(\lambda x)(4); \; F_(y)^(")=5x+\lambda y.\\ \left \( \эхлэх(зэрэгцүүлсэн) & 5y+\frac(\lambda x)(4)=0;\\ & 5x+\lambda y=0;\\ & \frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)- 1=0;\\ & x > 0; \;y > 0. \end(зэрэгцүүлсэн) \баруун. $$

Цаашдын бүх өөрчлөлтийг $x > 0-ийг харгалзан гүйцэтгэнэ; \; y > 0$ (энэ нь асуудлын мэдэгдэлд заасан). Хоёрдахь тэгшитгэлээс бид $\lambda=-\frac(5x)(y)$-г илэрхийлж, олсон утгыг эхний тэгшитгэлд орлуулна: $5y-\frac(5x)(y)\cdot \frac(x)(4) )=0$ , $4y^2-x^2=0$, $x=2y$. Гурав дахь тэгшитгэлд $x=2y$-г орлуулснаар бид дараахыг авна: $\frac(4y^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1=0$, $y^2=1$, $y =1$.

$y=1$ тул $x=2$, $\lambda=-10$. Бид $d^2F$ тэмдгээр $(2;1)$ цэгийн экстремумын шинж чанарыг тодорхойлно.

$$ F_(xx)^("")=\frac(\lambda)(4); \; F_(xy)^("")=5; \; F_(yy)^("")=\ламбда. $$

$\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1=0$ тул:

$$ d\left(\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1\right)=0; \; d\left(\frac(x^2)(8) \баруун)+d\left(\frac(y^2)(2) \баруун)=0; \; \frac(x)(4)dx+ydy=0; \; dy=-\frac(xdx)(4y). $$

Зарчмын хувьд энд та $x=2$, $y=1$, $\lambda=-10$ параметрийн хөдөлгөөнгүй цэгийн координатуудыг нэн даруй орлуулж, дараахь зүйлийг олж авах боломжтой.

$$ F_(xx)^("")=\frac(-5)(2); \; F_(xy)^("")=-10; \; dy=-\frac(dx)(2).\\ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^(" ")dy^2=-\frac(5)(2)dx^2+10dx\cdot \left(-\frac(dx)(2) \right)-10\cdot \left(-\frac(dx) (2) \баруун)^2=\\ =-\frac(5)(2)dx^2-5dx^2-\frac(5)(2)dx^2=-10dx^2. $$

Гэсэн хэдий ч нөхцөлт экстремумын бусад асуудлуудад хэд хэдэн суурин цэг байж болно. Ийм тохиолдолд $d^2F$-ийг ерөнхий хэлбэрээр илэрхийлж, дараа нь олсон суурин цэг бүрийн координатыг үр дүнгийн илэрхийлэл болгон орлуулах нь дээр.

$$ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=\frac(\lambda) (4)dx^2+10\cdot dx\cdot \frac(-xdx)(4y) +\lambda\cdot \left(-\frac(xdx)(4y) \баруун)^2=\\ =\frac (\lambda)(4)dx^2-\frac(5x)(2y)dx^2+\lambda \cdot \frac(x^2dx^2)(16y^2)=\left(\frac(\lambda) )(4)-\frac(5x)(2y)+\frac(\lambda \cdot x^2)(16y^2) \right)\cdot dx^2 $$

$x=2$, $y=1$, $\lambda=-10$-г орлуулбал бид дараахыг авна.

$$ d^2 F=\left(\frac(-10)(4)-\frac(10)(2)-\frac(10 \cdot 4)(16) \баруун)\cdot dx^2=- 10dx^2. $$

$d^2F=-10\cdot dx^2 оноос хойш< 0$, то точка $(2;1)$ есть точкой условного максимума функции $z=5xy-4$, причём $z_{\max}=10-4=6$.

Хариулт: $(2;1)$ цэг дээр функц нь нөхцөлт максимумтай, $z_(\max)=6$ байна.

Дараагийн хэсэгт бид илүү олон тооны хувьсагчийн функцүүдэд Лагранжийн аргыг хэрэглэх талаар авч үзэх болно.

Хэд хэдэн хувьсагчийн функцүүдийн экстремум. Экстремум үүсэх зайлшгүй нөхцөл. Экстремум үүсэх хангалттай нөхцөл. Нөхцөлт экстремум. Лагранж үржүүлэгчийн арга. Хамгийн том ба хамгийн бага утгыг олох.

Лекц 5.

Тодорхойлолт 5.1.Цэг M 0 (x 0, y 0)дуудсан хамгийн дээд цэгфункцууд z = f (x, y),Хэрэв f (x o, y o) > f(x,y)бүх онооны хувьд (х, у) М 0.

Тодорхойлолт 5.2.Цэг M 0 (x 0, y 0)дуудсан хамгийн бага цэгфункцууд z = f (x, y),Хэрэв f (x o, y o) < f(x,y)бүх онооны хувьд (х, у)нэг цэгийн хөршөөс М 0.

Тайлбар 1. Хамгийн их ба хамгийн бага оноог дуудна экстремум цэгүүдхэд хэдэн хувьсагчийн функцууд.

Тайлбар 2. Дурын тооны хувьсагчийн функцийн экстремум цэгийг ижил төстэй аргаар тодорхойлно.

Теорем 5.1(экстремумын зайлшгүй нөхцөл). Хэрэв M 0 (x 0, y 0)– функцийн экстремум цэг z = f (x, y),тэгвэл энэ үед энэ функцийн нэгдүгээр эрэмбийн хэсэгчилсэн деривативууд тэгтэй тэнцүү буюу байхгүй байна.

Баталгаа.

Хувьсагчийн утгыг засъя цагт, тоолох y = y 0. Дараа нь функц f (x, y 0)нэг хувьсагчийн функц байх болно X, Үүний төлөө x = x 0туйлын цэг юм. Тиймээс Фермагийн теоремоор, эсвэл байхгүй. Үүнтэй ижил мэдэгдлийг ижил төстэй байдлаар нотолсон.

Тодорхойлолт 5.3.Хэд хэдэн хувьсагчийн функцийн мужид хамаарах функцийн хэсэгчилсэн дериватив нь тэгтэй тэнцүү эсвэл байхгүй цэгүүдийг гэнэ. суурин цэгүүдэнэ функц.

Сэтгэгдэл. Тиймээс экстремум нь зөвхөн суурин цэгүүдэд хүрч болох боловч тэдгээр нь тус бүрт ажиглагдах албагүй.

Теорем 5.2(экстремум үүсэх хангалттай нөхцөл). цэгийн зарим нэг хөрш байг M 0 (x 0, y 0), энэ нь функцийн суурин цэг юм z = f (x, y),Энэ функц нь 3-р зэрэглэлийг багтаасан тасралтгүй хэсэгчилсэн деривативтай. Дараа нь гэж тэмдэглэе:

1) f(x,y)цэг дээр байна М 0хамгийн их бол AC–B² > 0, А < 0;

2) f(x,y)цэг дээр байна М 0хамгийн бага бол AC–B² > 0, А > 0;

3) эгзэгтэй цэгт экстремум байхгүй бол AC–B² < 0;

4) хэрэв AC–B² = 0, нэмэлт судалгаа хийх шаардлагатай.

Баталгаа.

Функцийн хоёр дахь эрэмбийн Тейлор томьёог бичье f(x,y),хөдөлгөөнгүй цэг дээр нэгдүгээр эрэмбийн хэсэгчилсэн деривативууд тэгтэй тэнцүү байна гэдгийг санаарай.

Хаана Хэрэв сегмент хоорондын өнцөг М 0 М, Хаана М (x 0 +Δ x, y 0 +Δ цагт), болон O тэнхлэг Xφ, дараа нь Δ гэж тэмдэглэнэ x =Δ ρ cos φ, Δ у =Δρsinφ. Энэ тохиолдолд Тейлорын томъёо дараах хэлбэртэй байна. Let Дараа нь хаалтанд байгаа илэрхийллийг хувааж, үржүүлж болно А. Бид авах:

Одоо дөрөвийг авч үзье боломжит тохиолдлууд:

1) AC-B² > 0, А < 0. Тогда , и хангалттай бага Δρ үед. Тиймээс зарим хороололд M 0 f (x 0 + Δ x, y 0 +Δ у)< f (x 0 , y 0), тэр бол М 0- хамгийн дээд цэг.

2) зөвшөөр AC–B² > 0, A > 0.Дараа нь , Мөн М 0- хамгийн бага оноо.

3) зөвшөөр AC-B² < 0, А> 0. φ = 0 цацрагийн дагуух аргументуудын өсөлтийг авч үзье.Тэгвэл (5.1)-ээс дараах нь гарна. , өөрөөр хэлбэл, энэ цацрагийн дагуу шилжих үед функц нэмэгддэг. Хэрэв бид ийм туяа дагуу хөдөлвөл tg φ 0 = -A/B,Тэр , тиймээс энэ туяа дагуу хөдөлж байх үед функц буурдаг. Тиймээс, хугацаа М 0туйлын цэг биш юм.

3`) Хэзээ AC–B² < 0, А < 0 доказательство отсутствия экстремума проводится

өмнөхтэй төстэй.

3``) Хэрэв AC–B² < 0, А= 0, тэгвэл . Үүнд . Дараа нь хангалттай бага φ-ийн хувьд 2 илэрхийлэл болно Б cosφ + C sinφ нь 2-той ойролцоо байна IN, өөрөөр хэлбэл, энэ нь тогтмол тэмдгийг хадгалдаг боловч sinφ нь цэгийн ойролцоо тэмдгийг өөрчилдөг М 0.Энэ нь функцийн өсөлт нь хөдөлгөөнгүй цэгийн ойролцоох тэмдгийг өөрчилдөг гэсэн үг бөгөөд энэ нь экстремум цэг биш юм.

4) Хэрэв AC–B² = 0, ба , , өөрөөр хэлбэл өсөлтийн тэмдгийг 2α 0 тэмдгээр тодорхойлно. Үүний зэрэгцээ экстремум байгаа эсэх асуудлыг тодруулахын тулд нэмэлт судалгаа хийх шаардлагатай байна.

Жишээ. Функцийн экстремум цэгүүдийг олъё z = x² - 2 xy + 2y² + 2 x.Тогтмол цэгүүдийг олохын тулд бид системийг шийддэг . Тиймээс хөдөлгөөнгүй цэг нь (-2,-1) байна. Хаана A = 2, IN = -2, ХАМТ= 4. Дараа нь AC–B² = 4 > 0, тиймээс хөдөлгөөнгүй цэг дээр экстремум, тухайлбал, хамгийн багадаа хүрдэг. А > 0).

Тодорхойлолт 5.4.Хэрэв функц аргументтай бол f (x 1 , x 2 ,…, x n)холбогдсон нэмэлт нөхцөлзэрэг мтэгшитгэл ( м< n) :

φ 1 ( x 1, x 2,…, x n) = 0, φ 2 ( x 1, x 2,…, x n) = 0, …, φ м ( x 1, x 2,…, x n) = 0, (5.2)

φ i функцууд тасралтгүй хэсэгчилсэн деривативтай бол (5.2) тэгшитгэлийг гэнэ. холболтын тэгшитгэл.

Тодорхойлолт 5.5.Функцийн экстремум f (x 1 , x 2 ,…, x n)(5.2) нөхцөл хангагдсан тохиолдолд түүнийг дуудна нөхцөлт экстремум.

Сэтгэгдэл. Бид хоёр хувьсагчийн функцийн нөхцөлт экстремумын дараах геометрийн тайлбарыг санал болгож болно: функцийн аргументуудыг үзье. f(x,y)φ тэгшитгэлээр холбогдоно (x,y)= 0, O хавтгайд зарим муруйг тодорхойлох xy. Энэ муруйн цэг бүрээс О хавтгайд перпендикуляруудыг сэргээж байна xyгадаргуутай огтлолцох хүртэл z = f (x,y),бид φ муруйн дээрх гадаргуу дээр байрлах орон зайн муруйг олж авна (x,y)= 0. Үүссэн муруйн экстремум цэгүүдийг олох даалгавар нь мэдээжийн хэрэг ерөнхий тохиолдолд функцийн болзолгүй экстремум цэгүүдтэй давхцахгүй. f(x,y).

Эхлээд дараах тодорхойлолтыг оруулснаар хоёр хувьсагчийн функцийн нөхцөлт экстремумд шаардлагатай нөхцлийг тодорхойлъё.

Тодорхойлолт 5.6.Чиг үүрэг L (x 1 , x 2 ,…, x n) = f (x 1 , x 2 ,…, x n) + λ 1 φ 1 (x 1 , x 2 ,…, x n) +

+ λ 2 φ 2 (x 1 , x 2 ,…, x n) +…+λ м φ м (x 1 , x 2 ,…, x n), (5.3)

Хаана λi -зарим нь тогтмол, гэж нэрлэдэг Лагранж функц, болон тоонууд λ би– тодорхойгүй Лагранж үржүүлэгч.

Теорем 5.3(нөхцөлт экстремумын зайлшгүй нөхцөл). Функцийн нөхцөлт экстремум z = f (x, y)холбох тэгшитгэл байгаа тохиолдолд φ ( x, y)= 0 нь зөвхөн Лагранжийн функцийн суурин цэгүүдэд хүрч болно L (x, y) = f (x, y) + λφ (x, y).

Баталгаа. Холболтын тэгшитгэл нь далд хамаарлыг тодорхойлдог цагт-аас X, тиймээс бид үүнийг таамаглах болно цагт-аас функц байдаг X: y = y(x).Дараа нь zБайна нарийн төвөгтэй функц-аас X, түүний эгзэгтэй цэгүүдийг дараах нөхцлөөр тодорхойлно. . (5.4) Холболтын тэгшитгэлээс дараах нь гарна . (5.5)

Тэгш байдлыг (5.5) λ тоогоор үржүүлээд (5.4) нэмье. Бид авах:

, эсвэл .

Сүүлчийн тэгш байдал нь суурин цэгүүдэд хангагдах ёстой бөгөөд үүнээс дараахь зүйл гарч ирнэ.

(5.6)

Гурван үл мэдэгдэх гурван тэгшитгэлийн системийг олж авна. x, yба λ ба эхний хоёр тэгшитгэл нь Лагранжийн функцийн суурин цэгийн нөхцөл юм. (5.6) системээс үл мэдэгдэх туслах λ-г хассанаар анхны функц нөхцөлт экстремум байж болох цэгүүдийн координатыг олно.

Тайлбар 1. Олдсон цэг дээр нөхцөлт экстремум байгаа эсэхийг 5.2 теоремын аналогиар Лагранжийн функцийн хоёрдугаар эрэмбийн хэсэгчилсэн деривативуудыг судалж шалгаж болно.

Тайлбар 2. Функцийн нөхцөлт туйлд хүрч болох цэгүүд f (x 1 , x 2 ,…, x n)(5.2) нөхцөл хангагдсан тохиолдолд системийн шийдэл гэж тодорхойлж болно (5.7)

Жишээ. Функцийн нөхцөлт экстремумыг олъё z = xyүүнийг өгсөн x + y= 1. Лагранжийн функцийг зохиоё L(x, y) = xy + λ (x + y –) 1). Систем (5.6) дараах байдалтай байна.

Энд -2λ=1, λ=-0.5, x = y = -λ = 0.5. Хаана L(x,y)хэлбэрээр төлөөлж болно L(x, y) = - 0,5 (x–y)² + 0.5 ≤ 0.5 тул олсон суурин цэг дээр L(x,y)дээд талтай, ба z = xy -нөхцөлт дээд.

Тодорхойлолт 1: Функцийг тухайн цэгийн хөрш байгаа бол тухайн цэг дээр локал максимумтай гэж хэлнэ. Мкоординатуудтай (х, у)тэгш бус байдал нь: . Энэ тохиолдолд, өөрөөр хэлбэл, функцийн өсөлт< 0.

Тодорхойлолт 2: Функцийг тухайн цэгийн хөрш байгаа бол тухайн цэг дээр локал минимумтай гэж хэлнэ. Мкоординатуудтай (х, у)тэгш бус байдал нь: . Энэ тохиолдолд, өөрөөр хэлбэл, функцийн өсөлт > 0 байна.

Тодорхойлолт 3: Орон нутгийн хамгийн бага ба максимумын цэгүүдийг дуудна экстремум цэгүүд.

Нөхцөлт туйл

Олон хувьсагчийн функцийн экстремумыг хайхад ихэвчлэн гэж нэрлэгддэг функцтэй холбоотой асуудал гарч ирдэг. нөхцөлт экстремум.Энэ ойлголтыг хоёр хувьсагчийн функцийн жишээн дээр тайлбарлаж болно.

Функц ба мөрийг өгье Лгадаргуу дээр 0xy. Даалгавар бол шугаманд орох явдал юм Лийм цэгийг олоорой P(x, y),функцийн утга нь шугам дээрх цэгүүд дэх энэ функцын утгуудтай харьцуулахад хамгийн том эсвэл хамгийн бага байна Л, цэгийн ойролцоо байрладаг П. Ийм цэгүүд Пгэж нэрлэдэг нөхцөлт экстремум цэгүүдшугам дээрх функцууд Л. Ердийн экстремум цэгээс ялгаатай нь нөхцөлт экстремум цэг дэх функцийн утгыг түүний хөршийн бүх цэгүүдэд биш, зөвхөн шугаман дээр байрлах функцийн утгуудтай харьцуулна. Л.

Ердийн экстремумын цэг нь туйлын тодорхой юм (тэд бас хэлдэг болзолгүй экстремум) мөн энэ цэгийг дайран өнгөрөх аливаа шулууны нөхцөлт экстремум цэг юм. Мэдээжийн хэрэг, эсрэгээр нь үнэн биш: нөхцөлт экстремум цэг нь ердийн экстремум цэг биш байж болно. Би хэлснээ энгийн жишээгээр тайлбарлая. Функцийн график нь дээд тархи юм (Хавсралт 3 (Зураг 3)).

Энэ функц нь гарал үүслийн дээд талтай; орой нь үүнтэй тохирч байна Мтархи. Хэрэв шугам Лцэгүүдийг дайран өнгөрөх шугам байдаг АТэгээд IN(түүний тэгшитгэл x+y-1=0), тэгвэл энэ шугамын цэгүүдийн хувьд геометрийн хувьд тодорхой байна хамгийн өндөр үнэ цэнэфункц нь цэгүүдийн дунд байрлах цэг дээр хүрдэг АТэгээд IN.Энэ нь энэ шугам дээрх функцийн нөхцөлт экстремум (хамгийн их) цэг юм; энэ нь бөмбөрцгийн M 1 цэгтэй тохирч байгаа бөгөөд зурагнаас харахад энд энгийн экстремумын тухай ярих боломжгүй юм.

Асуудлын төгсгөлд функцийн хамгийн том ба хамгийн бага утгыг олохыг анхаарна уу хаалттай талбайбид энэ бүсийн хил дээр функцийн хэт утгыг олох ёстой, жишээлбэл. зарим шугам дээр, улмаар нөхцөлт экстремум асуудлыг шийддэг.

Одоо x ба y хувьсагчид (x, y) = 0 тэгшитгэлээр хамааралтай байх нөхцөлд Z= f(x, y) функцийн нөхцөлт экстремум цэгүүдийн практик хайлтыг үргэлжлүүлье. холболтын тэгшитгэл. Хэрэв холболтын тэгшитгэлээс y-г х: y=(x) хэлбэрээр тодорхой илэрхийлж чадвал Z= f(x, (x)) = Ф(x) нэг хувьсагчийн функцийг олж авна.

Энэ функц нь экстремумд хүрэх x утгыг олж, дараа нь холболтын тэгшитгэлээс харгалзах у утгыг тодорхойлсны дараа бид нөхцөлт экстремумын хүссэн цэгүүдийг олж авна.

Тэгэхээр дээрх жишээнд x+y-1=0 хамаарлын тэгшитгэлээс y=1-x байна. Эндээс

x = 0.5 үед z хамгийн ихдээ хүрч байгааг шалгахад хялбар байдаг; гэхдээ дараа нь y = 0.5 холболтын тэгшитгэлээс бид геометрийн тооцооллоос олдсон P цэгийг яг авна.

Холболтын тэгшитгэлийг төлөөлөх боломжтой байсан ч нөхцөлт экстремумын асуудлыг маш амархан шийддэг параметрийн тэгшитгэл x=x(t), y=y(t). Энэ функцэд x, y-ийн илэрхийллүүдийг орлуулснаар бид нэг хувьсагчийн функцийн экстремумыг олох асуудалд дахин ирдэг.

Хэрэв холболтын тэгшитгэл нь -ээс их байвал нарийн төвөгтэй дүр төрхмөн бид нэг хувьсагчийг нөгөө хувьсагчаар нь тодорхой илэрхийлэх, эсвэл параметрийн тэгшитгэлээр солих боломжгүй бол нөхцөлт экстремумыг олох ажил улам хэцүү болно. z= f(x, y) функцийн илэрхийлэлд хувьсагч (x, y) = 0 байна гэж бид үргэлжлүүлэн тооцно. z= f(x, y) функцийн нийт дериватив нь дараахтай тэнцүү байна.

y` деривативыг далд функцийг ялгах дүрмийг ашиглан олоход. Нөхцөлт экстремумын цэгүүдэд олдсон нийт дериватив нь тэгтэй тэнцүү байх ёстой; Энэ нь x ба y-тэй холбоотой нэг тэгшитгэлийг өгдөг. Тэд мөн холбох тэгшитгэлийг хангах ёстой тул бид хоёр үл мэдэгдэх хоёр тэгшитгэлийн системийг олж авна.

Эхний тэгшитгэлийг пропорциональ хэлбэрээр бичиж, шинэ туслах үл мэдэгдэхийг оруулснаар энэ системийг илүү тохиромжтой болгон хувиргацгаая.

(урд талын хасах тэмдэг нь тав тухтай байдлыг хангах үүднээс). Эдгээр тэгшитгэлээс дараахь систем рүү шилжихэд хялбар байдаг.

f` x =(x,y)+` x (x,y)=0, f` y (x,y)+` y (x,y)=0 (*),

(x, y) = 0 холболтын тэгшитгэлийн хамт x, y ба үл мэдэгдэх гурван тэгшитгэлийн системийг бүрдүүлдэг.

Эдгээр тэгшитгэлүүд (*) нь дараах дүрмийг ашиглан санахад хялбар байдаг: функцийн нөхцөлт экстремумын цэг байж болох цэгүүдийг олохын тулд

(x, y) = 0 холболтын тэгшитгэлтэй Z= f(x, y) бол туслах функц үүсгэх шаардлагатай.

F(x,y)=f(x,y)+(x,y)

Тогтмол хаана байна, мөн энэ функцийн экстремум цэгүүдийг олох тэгшитгэл үүсгэ.

Заасан тэгшитгэлийн систем нь дүрмээр бол зөвхөн шаардлагатай нөхцлүүдийг хангадаг, жишээлбэл. Энэ системийг хангасан x ба y хос утга бүр нь нөхцөлт экстремум цэг байх албагүй. Би нөхцөлт экстремумын цэгүүдэд хангалттай нөхцөл өгөхгүй; Ихэнх тохиолдолд асуудлын тодорхой агуулга нь олсон цэг нь юу болохыг харуулж байна. Нөхцөлт экстремум дээр асуудлыг шийдвэрлэх тайлбарласан техникийг Лагранжийн үржүүлэгчийн арга гэж нэрлэдэг.

Жишээ

Энэ тохиолдолд функцийн экстремумыг ол XТэгээд цагтхамаарлаар холбогдоно: . Геометрийн хувьд асуудал нь дараахь зүйлийг илэрхийлнэ: эллипс дээр
онгоц
.

Энэ асуудлыг дараах байдлаар шийдэж болно: тэгшитгэлээс
бид олдог
X:

гэж заасан
, интервал дээр нэг хувьсагчийн функцийн экстремумыг олох бодлого болгон бууруулсан
.

Геометрийн хувьд асуудал нь дараахь зүйлийг илэрхийлнэ: эллипс дээр , цилиндрийг гатлах замаар олж авсан
онгоц
, та өргөдлийн хамгийн их эсвэл хамгийн бага утгыг олох хэрэгтэй (Зураг 9). Энэ асуудлыг дараах байдлаар шийдэж болно: тэгшитгэлээс
бид олдог
. Хавтгайн тэгшитгэлд y-ийн олсон утгыг орлуулснаар бид нэг хувьсагчийн функцийг олж авна. X:

Ийнхүү функцийн экстремумыг олох асуудал гарч ирнэ
гэж заасан
, интервал дээрх нэг хувьсагчийн функцийн экстремумыг олох бодлого болгон бууруулсан.

Тэгэхээр, нөхцөлт экстремумыг олох асуудал– энэ бол зорилгын функцийн экстремумыг олох асуудал юм
, хувьсагчууд байх нөхцөлд XТэгээд цагтхязгаарлалтад хамаарна
, дуудсан холболтын тэгшитгэл.

Ингэж хэлье цэг
, холболтын тэгшитгэлийг хангах, нь орон нутгийн нөхцөлт максимум (хамгийн бага), хэрэв хөрш байгаа бол
ямар ч онооны хувьд тийм
, координатууд нь холболтын тэгшитгэлийг хангаж байвал тэгш бус байдал хангагдана.

Хэрэв холболтын тэгшитгэлээс илэрхийлэлийг олж болно цагт, дараа нь энэ илэрхийлэлийг анхны функц болгон орлуулснаар бид сүүлчийн функцийг нэг хувьсагчийн цогц функц болгон хувиргана. X.

Нөхцөлт экстремум асуудлыг шийдэх ерөнхий арга нь Лагранжийн үржүүлэгчийн арга. Туслах функц үүсгэцгээе, хаана ─ хэдэн тоо. Энэ функцийг нэрлэдэг Лагранж функц, А ─ Лагранжийн үржүүлэгч. Тиймээс нөхцөлт экстремумыг олох ажлыг Лагранжийн функцийн орон нутгийн экстремум цэгүүдийг олох хүртэл багасгасан. Боломжит экстремум цэгүүдийг олохын тулд та гурван үл мэдэгдэх 3 тэгшитгэлийн системийг шийдэх хэрэгтэй x, yТэгээд.

Дараа нь та экстремумын хувьд хангалттай нөхцөлийг ашиглах хэрэгтэй.

ТЕОРЕМ. Цэгийг Лагранжийн функцийн боломжит экстремум цэг гэж үзье. Энэ цэгийн ойролцоо гэж үзье
Хоёрдахь эрэмбийн функцүүдийн тасралтгүй хэсэгчилсэн деривативууд байдаг Тэгээд . гэж тэмдэглэе

Дараа нь бол
, Тэр
─ функцийн нөхцөлт экстремум цэг
холбох тэгшитгэлийн хамт
энэ тохиолдолд хэрэв
, Тэр
─ нөхцөлт доод цэг, хэрэв
, Тэр
─ нөхцөлт дээд цэг.

§8. Градиент ба чиглэлийн дериватив

Функцийг зөвшөөр
зарим (нээлттэй) бүсэд тодорхойлсон. Аливаа цэгийг анхаарч үзээрэй
энэ талбай болон дурын шулуун шугам (тэнхлэг) , энэ цэгээр дамжин өнгөрөх (Зураг 1). Болъё
- энэ тэнхлэгийн өөр нэг цэг,
– хоорондох сегментийн урт
Тэгээд
, хэрэв чиглэл байвал нэмэх тэмдгээр авсан
тэнхлэгийн чиглэлтэй давхцаж байна , хэрэв чиглэл нь эсрэг байвал хасах тэмдэгтэй.

Болъё
хязгааргүй ойртдог
. Хязгаар

дуудсан функцийн дериватив
чиглэсэн (эсвэл тэнхлэгийн дагуу ) ба дараах байдлаар тэмдэглэнэ.

.

Энэ дериватив нь тухайн цэг дэх функцийн "өөрчлөлтийн хурд"-ыг тодорхойлдог
чиглэсэн . Ялангуяа энгийн хэсэгчилсэн деривативууд ,мөн "чиглэлийн хувьд" дериватив гэж үзэж болно.

Одоо функц гэж үзье
авч үзэж буй бүс нутагт тасралтгүй хэсэгчилсэн деривативтай. Тэнхлэгээ зөвшөөр координатын тэнхлэгүүдтэй өнцөг үүсгэдэг
Тэгээд . Хийсэн таамаглалын дагуу чиглэлтэй дериватив байгаа бөгөөд томъёогоор илэрхийлэгдэнэ

.

Хэрэв вектор
координатаар нь өгөгдсөн
, дараа нь функцийн дериватив
векторын чиглэлд
томъёог ашиглан тооцоолж болно:

.

Координат бүхий вектор
дуудсан градиент векторфункцууд
цэг дээр
. Градиент вектор нь тухайн цэг дэх функцийн хамгийн хурдан өсөлтийн чиглэлийг заана.

Жишээ

Өгөгдсөн функц, цэг A(1, 1) ба вектор
. Олно: 1)А цэг дээрх grad z; 2) векторын чиглэлд А цэг дээрх дериватив .

Тухайн цэг дэх өгөгдсөн функцийн хэсэгчилсэн деривативууд
:

;
.

Тэгвэл энэ цэг дэх функцийн градиент вектор нь:
. Градиент векторыг мөн вектор задралыг ашиглан бичиж болно Тэгээд :

. Функцийн дериватив векторын чиглэлд :

Тэгэхээр,
,
.◄

Нөхцөлт экстремум.

Хэд хэдэн хувьсагчийн функцийн экстремум

Хамгийн бага квадрат арга.

Орон нутгийн экстремум FNP

Функцийг өгье Тэгээд= е(P), РÎDÌR n P 0 цэг ( А 1 , А 2 , ..., a p) –дотоодолонлогийн цэг D.

Тодорхойлолт 9.4.

1) P 0 цэгийг дуудна хамгийн дээд цэг функцууд Тэгээд= е(P), хэрвээ энэ цэгийн U(P 0) М D хөрш байвал дурын P( X 1 , X 2 , ..., x n)О U(P 0) , Р¹Р 0 , нөхцөл хангагдсан е(P)£ е(P 0) . Утга е(P 0) функцийг хамгийн их цэг дээр дуудна функцийн дээд хэмжээ болон томилогдсон е(P0) = хамгийн их е(P) .

2) P 0 цэгийг дуудна хамгийн бага цэг функцууд Тэгээд= е(P), хэрэв энэ U(P 0)Ì D цэгийн хөрш байгаа бол ямар ч P( цэгийн хувьд) X 1 , X 2 , ..., x n)ОU(P 0), Р¹Р 0 , нөхцөл хангагдсан е(P)³ е(P 0) . Утга е(P 0) хамгийн бага цэг дээрх функцийг дуудна хамгийн бага функц болон томилогдсон е(P 0) = мин е(P).

Функцийн хамгийн бага ба хамгийн их цэгүүдийг дуудна туйлын цэгүүд, экстремум цэгүүд дэх функцийн утгуудыг дуудна функцийн экстремум.

Тодорхойлолтоос харахад тэгш бус байдал е(P)£ е(P 0) , е(P)³ е(P 0) нь функцийг тодорхойлох бүх мужид биш, харин зөвхөн P 0 цэгийн тодорхой ойролцоо байх ёстой бөгөөд энэ нь функц нь ижил төрлийн хэд хэдэн экстремум (хэд хэдэн минимум, хэд хэдэн максимум) байж болно гэсэн үг юм. . Тиймээс дээр тодорхойлсон экстремумуудыг нэрлэдэг орон нутгийн(орон нутгийн) эрс тэс.

Теорем 9.1.( шаардлагатай нөхцөл FNP-ийн экстремум)

Хэрэв функц Тэгээд= е(X 1 , X 2 , ..., x n) нь P 0 цэг дээр экстремумтай бол энэ цэг дэх түүний нэгдүгээр эрэмбийн хэсэгчилсэн деривативууд нь тэгтэй тэнцүү эсвэл байхгүй байна.

Баталгаа. P 0 цэг дээр ( А 1 , А 2 , ..., a p) функц Тэгээд= е(P) нь экстремум, жишээлбэл, дээд талтай. Аргументуудыг засъя X 2 , ..., x n, оруулах X 2 =А 2 ,..., x n = a p. Дараа нь Тэгээд= е(P) = е 1 ((X 1 , А 2 , ..., a p) нь нэг хувьсагчийн функц юм X 1 . Энэ функц байгаа тул X 1 = А 1 экстремум (хамгийн их), дараа нь е 1 ¢=0эсвэл байхгүй үед X 1 =А 1 (нэг хувьсагчийн функцийн экстремум байх зайлшгүй нөхцөл). Гэхдээ энэ нь P 0 цэг - экстремум цэг дээр байхгүй эсвэл байхгүй гэсэн үг юм. Үүний нэгэн адил бид бусад хувьсагчийн хувьд хэсэгчилсэн деривативуудыг авч үзэж болно. CTD.

Нэгдүгээр эрэмбийн хэсэгчилсэн дериватив нь тэгтэй тэнцүү эсвэл байхгүй функцийн муж дахь цэгүүдийг гэнэ. чухал цэгүүд энэ функц.

Теорем 9.1-ээс үзэхэд FNP-ийн экстремум цэгүүдийг функцийн эгзэгтэй цэгүүдээс хайх хэрэгтэй. Гэхдээ нэг хувьсагчийн функцийн хувьд чухал цэг бүр нь экстремум цэг биш юм.

Теорем 9.2.(FNP-ийн экстремумын хангалттай нөхцөл)

Функцийн критик цэг P 0 байг Тэгээд= е(P) ба нь энэ функцийн хоёр дахь эрэмбийн дифференциал юм. Дараа нь

мөн хэрэв г 2 у(P 0) > 0 at , тэгвэл P 0 цэг болно хамгийн багафункцууд Тэгээд= е(P);

б) хэрэв г 2 у(P0)< 0 при , то Р 0 – точка дээд тал ньфункцууд Тэгээд= е(P);

в) хэрэв г 2 у(P 0) тэмдгээр тодорхойлогдоогүй бол P 0 нь экстремум цэг биш;

Бид энэ теоремыг нотлох баримтгүйгээр авч үзэх болно.

Теорем нь хэзээ гэсэн тохиолдлыг авч үзэхгүй болохыг анхаарна уу г 2 у(P 0) = 0 эсвэл байхгүй байна. Энэ нь ийм нөхцөлд P 0 цэгт экстремум байгаа эсэх асуудал нээлттэй хэвээр байна гэсэн үг юм - бидэнд хэрэгтэй байна. нэмэлт судалгаажишээлбэл, энэ үед функцийн өсөлтийг судлах.

Математикийн илүү нарийвчилсан хичээлүүдэд энэ нь ялангуяа функцийн хувьд нотлогдсон z = f(x,y) хоёр хувьсагчийн хоёр дахь эрэмбийн дифференциал нь хэлбэрийн нийлбэр юм

P 0 чухал цэгт экстремум байгаа эсэхийг судлах ажлыг хялбаршуулж болно.

, , гэж тэмдэглэе. Тодорхойлогчийг зохиоё

.

Энэ нь:

г 2 z P 0 цэг дээр > 0, өөрөөр хэлбэл. P 0 - хамгийн бага цэг, хэрэв А(P 0) > 0 ба D(P 0) > 0;

г 2 z < 0 в точке Р 0 , т.е. Р 0 – точка максимума, если А(P0)< 0 , а D(Р 0) > 0;

хэрэв D(P 0)< 0, то г 2 z P 0 цэгийн ойролцоо тэмдэг нь өөрчлөгдөж, P 0 цэгт экстремум байхгүй;

хэрэв D(Р 0) = 0 бол Р 0 эгзэгтэй цэгийн ойролцоох функцийг нэмэлт судалгаа хийх шаардлагатай.

Тиймээс функцийн хувьд z = f(x,y) хоёр хувьсагчийн хувьд бид экстремумыг олох дараах алгоритмтай (үүнийг "алгоритм D" гэж нэрлэе):

1) Тодорхойлолтын домайныг олоорой D( е) функцууд.

2) Чухал цэгүүдийг олох, өөрөөр хэлбэл. D-аас оноо ( е), нь тэгтэй тэнцүү эсвэл байхгүй байна.

3) P 0 чухал цэг бүрт экстремумын хангалттай нөхцлийг шалгана. Үүнийг хийхийн тулд олоорой , энд , , мөн D(P 0) ба тооцоолно А(P 0). Дараа нь:

хэрэв D(P 0) >0 бол P 0 цэгт экстремум байх ба хэрэв А(P 0) > 0 – тэгвэл энэ нь хамгийн бага, хэрэв бол А(P 0)< 0 – максимум;

хэрэв D(P 0)< 0, то в точке Р­ 0 нет экстремума;

Хэрэв D(P 0) = 0 бол нэмэлт судалгаа хийх шаардлагатай.

4) Олдсон экстремум цэгүүдэд функцийн утгыг тооцоол.

Жишээ 1.

Функцийн экстремумыг ол z = x 3 + 8y 3 – 3xy .

Шийдэл.Энэ функцийг тодорхойлох талбар нь бүхэл бүтэн координатын хавтгай юм. Чухал цэгүүдийг олцгооё.

, , Þ P 0 (0,0) , .

Экстремумын хангалттай нөхцөл хангагдсан эсэхийг шалгацгаая. Бид олох болно

6X, = -3, = 48цагтТэгээд = 288xy – 9.

Дараа нь D(P 0) = 288×0×0 – 9 = -9< 0 , значит, в точке Р 0 экстремума нет.

D(Р 1) = 36-9>0 – Р 1 цэг дээр экстремум байдаг ба үүнээс хойш А(P 1) = 3 >0, тэгвэл энэ экстремум нь хамгийн бага байна. Тиймээс мин z=z(P 1) = .

Жишээ 2.

Функцийн экстремумыг ол .

Шийдэл: D( е) =R 2. Чухал цэгүүд: ; хэзээ байдаггүй цагт= 0, энэ нь P 0 (0,0) нь энэ функцийн чухал цэг юм.

2, = 0, = , = , гэхдээ D(P 0) тодорхойлогдоогүй тул түүний тэмдгийг судлах боломжгүй юм.

Үүнтэй ижил шалтгаанаар теорем 9.2-ыг шууд хэрэглэх боломжгүй - г 2 zэнэ үед байхгүй.

Функцийн өсөлтийг авч үзье е(x, y) P 0 цэг дээр. Хэрэв Д е =е(P) - е(P 0)>0 "P, тэгвэл P 0 нь хамгийн бага цэг боловч хэрэв D е < 0, то Р 0 – точка максимума.

Манай тохиолдолд бидэнд байгаа

Д е = е(x, y) – е(0, 0) = е(0+D x,0+D y) – е(0, 0) = .

Д x= 0.1 ба D y= -0.008 бид D-г авна е = 0,01 – 0,2 < 0, а при Dx= 0.1 ба D y= 0.001 D е= 0.01 + 0.1 > 0, өөрөөр хэлбэл. P 0 цэгийн ойролцоо D нөхцөлийн аль нь ч хангагдахгүй е <0 (т.е. е(x, y) < е(0, 0) тул P 0 нь хамгийн их цэг биш), D нөхцөл биш юм е>0 (жишээ нь. е(x, y) > е(0, 0) ба дараа нь P 0 нь хамгийн бага цэг биш юм). Тиймээс, экстремумын тодорхойлолтоор, энэ функцхэт туйлшралгүй.

Нөхцөлт экстремум.

Функцийн авч үзсэн экстремумыг нэрлэнэ болзолгүй, учир нь функцийн аргументуудад хязгаарлалт (нөхцөл) ногдуулдаггүй.

Тодорхойлолт 9.2.Функцийн экстремум Тэгээд = е(X 1 , X 2 , ... , x n), түүний аргументууд байх нөхцөлөөр олсон X 1 , X 2 , ... , x n j 1 тэгшитгэлийг хангах X 1 , X 2 , ... , x n) = 0, …, j Т(X 1 , X 2 , ... , x n) = 0, энд P ( X 1 , X 2 , ... , x n) О D( е), дуудсан нөхцөлт экстремум .

Тэгшитгэл j к(X 1 , X 2 , ... , x n) = 0 , к = 1, 2,..., м, гэж нэрлэдэг холболтын тэгшитгэл.

Функцуудыг авч үзье z = f(x,y) хоёр хувьсагч. Хэрэв холболтын тэгшитгэл нь нэг бол, i.e. , дараа нь нөхцөлт экстремумыг олох нь экстремумыг функцийн тодорхойлолтын бүх мужаас биш, харин D(-д байрлах зарим муруй дээр хайж байна гэсэн үг юм. е) (өөрөөр хэлбэл, энэ нь хайсан гадаргуугийн хамгийн өндөр эсвэл хамгийн доод цэг биш юм z = f(x,y), мөн энэ гадаргуугийн цилиндртэй огтлолцох цэгүүдийн дундах хамгийн өндөр буюу хамгийн бага цэгүүд, Зураг 5).

Функцийн нөхцөлт экстремум z = f(x,y) хоёр хувьсагчийг дараах байдлаар олж болно( арилгах арга). Тэгшитгэлээс хувьсагчийн аль нэгийг нөгөөгийн функцээр илэрхийлнэ (жишээ нь, бичих) ба хувьсагчийн энэ утгыг функцэд орлуулж, сүүлчийнх нь нэг хувьсагчийн функц гэж бичнэ (харгалзах тохиолдолд). ). Нэг хувьсагчийн үр дүнд үүссэн функцийн экстремумыг ол.