Öncelikle iki değişkenli bir fonksiyon durumunu ele alalım. Bir $z=f(x,y)$ fonksiyonunun $M_0(x_0;y_0)$ noktasındaki koşullu ekstremumu, bu fonksiyonun ekstremumu olup, $x$ ve $y$ değişkenlerinin bu noktanın civarında $\ varphi (x,y)=0$ bağlantı denklemi sağlanır.

“Koşullu” ekstremum adı, değişkenlere ek bir $\varphi(x,y)=0$ koşulunun empoze edilmesinden kaynaklanmaktadır. Eğer bir değişken bağlantı denkleminden bir diğeri aracılığıyla ifade edilebiliyorsa, o zaman koşullu ekstremumu belirleme problemi, bir değişkenli bir fonksiyonun olağan ekstremumunu belirleme problemine indirgenir. Örneğin, bağlantı denklemi $y=\psi(x)$ anlamına geliyorsa, o zaman $y=\psi(x)$ yerine $z=f(x,y)$ koyarsak, $z değişkenli bir fonksiyon elde ederiz =f\sol (x,\psi(x)\sağ)$. İÇİNDE Genel dava Ancak bu yöntem pek kullanışlı olmadığından yeni bir algoritmanın tanıtılması gerekmektedir.

İki değişkenli fonksiyonlar için Lagrange çarpanı yöntemi.

Lagrange çarpanı yöntemi, koşullu bir ekstremum bulmak için bir Lagrange işlevi oluşturmaktan oluşur: $F(x,y)=f(x,y)+\lambda\varphi(x,y)$ ($\lambda$ parametresi denir) Lagrange çarpanı). Ekstremum için gerekli koşullar, sabit noktaların belirlendiği bir denklem sistemi tarafından belirlenir:

$$ \left \( \begin(aligned) & \frac(\partial F)(\partial x)=0;\\ & \frac(\partial F)(\partial y)=0;\\ & \varphi (x,y)=0.\end(aligned) \right.$$

Ekstremun niteliğinin belirlenebileceği yeterli bir koşul, $d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy) işaretidir. ^("" )dy^2$. Durağan bir $d^2F > 0$ noktasındaysa, o zaman $z=f(x,y)$ fonksiyonunun bu noktada koşullu minimumu vardır, ancak $d^2F ise< 0$, то условный максимум.

Ekstremun doğasını belirlemenin başka bir yolu var. Bağlama denkleminden şunu elde ederiz: $\varphi_(x)^(")dx+\varphi_(y)^(")dy=0$, $dy=-\frac(\varphi_(x)^("))( \varphi_ (y)^("))dx$, dolayısıyla herhangi bir durağan noktada elimizde:

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

İkinci faktör (parantez içinde yer alan) şu şekilde gösterilebilir:

$\left| determinantının elemanları kırmızı renkle vurgulanmıştır. \begin(array) (cc) F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \end (dizi)\right|$, Lagrange fonksiyonunun Hessian'ıdır. Eğer $H > 0$ ise $d^2F< 0$, что указывает на условный максимум. Аналогично, при $H < 0$ имеем $d^2F >0$, yani $z=f(x,y)$ fonksiyonunun koşullu minimumuna sahibiz.

$H$ determinantının gösterimine ilişkin bir not. göster\gizle

$$ H=-\left|\begin(array) (ccc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_ (xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \ bitiş(dizi) \sağ| $$

Bu durumda yukarıda formüle edilen kural şu ​​şekilde değişecektir: $H > 0$ ise fonksiyonun koşullu minimumu vardır ve $H ise< 0$ получим условный максимум функции $z=f(x,y)$. При решении задач следует учитывать такие нюансы.

Koşullu bir ekstremum için iki değişkenli bir fonksiyonun incelenmesine yönelik algoritma

1. Lagrange fonksiyonunu oluşturun $F(x,y)=f(x,y)+\lambda\varphi(x,y)$
2. Sistemi çözün $ \left \( \begin(aligned) & \frac(\partial F)(\partial x)=0;\\ & \frac(\partial F)(\partial y)=0;\\ & \ varphi (x,y)=0.\end(aligned) \right.$
3. Önceki paragrafta bulunan sabit noktaların her birindeki ekstremun doğasını belirleyin. Bunu yapmak için aşağıdaki yöntemlerden herhangi birini kullanın:
   • $H$'ın determinantını oluşturun ve işaretini bulun
   • Bağlanma denklemini hesaba katarak $d^2F$'nin işaretini hesaplayın

n değişkenli fonksiyonlar için Lagrange çarpanı yöntemi

Diyelim ki $n$ değişkenleri $z=f(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ ve $m$ birleştirme denklemlerinden ($n > m$) oluşan bir fonksiyonumuz var:

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

Lagrange çarpanlarını $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m$ olarak göstererek Lagrange fonksiyonunu oluştururuz:

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

Koşullu bir ekstremumun varlığı için gerekli koşullar, sabit noktaların koordinatlarının ve Lagrange çarpanlarının değerlerinin bulunduğu bir denklem sistemi tarafından verilir:

$$\left\(\begin(aligned) & \frac(\partial F)(\partial x_i)=0; (i=\overline(1,n))\\ & \varphi_j=0; (j=\ overline(1,m)) \end(aligned) \right.$$

Daha önce olduğu gibi, $d^2F$ işaretini kullanarak bir fonksiyonun bulunan noktada koşullu minimuma mı yoksa koşullu maksimuma mı sahip olduğunu öğrenebilirsiniz. Bulunan noktada $d^2F > 0$ ise, fonksiyonun koşullu minimumu vardır, ancak $d^2F ise< 0$, - то условный максимум. Можно пойти иным путем, рассмотрев следующую матрицу:

Matrisin determinantı $\left| \begin(array) (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 )(\kısmi x_(2)\kısmi x_(3)) &\ldots & \frac(\kısmi^2F)(\kısmi x_(2)\kısmi x_(n))\\ \frac(\kısmi^2F )(\kısmi x_(3) \kısmi x_(1)) & \frac(\kısmi^2F)(\kısmi x_(3)\kısmi x_(2)) & \frac(\kısmi^2F)(\kısmi 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( $L$ matrisinde kırmızıyla vurgulanan \right|$, Lagrange fonksiyonunun Hessian'ıdır. Aşağıdaki kuralı kullanıyoruz:

• Açısal küçüklerin işaretleri ise $H_(2m+1),\; H_(2m+2),\ldots,H_(m+n)$ matrisleri $L$ $(-1)^m$ işaretiyle çakışırsa, incelenen durağan nokta $ fonksiyonunun koşullu minimum noktasıdır z=f(x_1,x_2 ,x_3,\ldots,x_n)$.
• Açısal küçüklerin işaretleri ise $H_(2m+1),\; H_(2m+2),\ldots,H_(m+n)$ alternatiftir ve küçük $H_(2m+1)$'ın işareti $(-1)^(m+1) sayısının işaretiyle çakışır )$ ise, durağan nokta $z=f(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n)$ fonksiyonunun koşullu maksimum noktasıdır.

Örnek No.1

$x^2+y^2=10$ koşulu altında $z(x,y)=x+3y$ fonksiyonunun koşullu ekstremumunu bulun.

Bu problemin geometrik yorumu şu şekildedir: $z=x+3y$ düzleminin $x^2+y silindiri ile kesiştiği noktalar için uygulamasının en büyük ve en küçük değerlerini bulmak gerekmektedir. ^2=10$.

Bağlama denkleminden bir değişkeni diğeri aracılığıyla ifade etmek ve onu $z(x,y)=x+3y$ fonksiyonuna koymak biraz zordur, bu nedenle Lagrange yöntemini kullanacağız.

$\varphi(x,y)=x^2+y^2-10$'ı göstererek Lagrange fonksiyonunu oluştururuz:

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

Lagrange fonksiyonunun durağan noktalarını belirlemek için bir denklem sistemi yazalım:

$$ \left \( \begin(aligned) & 1+2\lambda x=0;\\ & 3+2\lambda y=0;\\ & x^2+y^2-10=0.\end (hizalanmış)\right.$$

$\lambda=0$ varsayarsak, ilk denklem şu şekilde olur: $1=0$. Ortaya çıkan çelişki $\lambda\neq 0$ olduğunu gösteriyor. $\lambda\neq 0$ koşulu altında, birinci ve ikinci denklemlerden şunu elde ederiz: $x=-\frac(1)(2\lambda)$, $y=-\frac(3)(2\lambda) $. Elde edilen değerleri üçüncü denklemde değiştirerek şunu elde ederiz:

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

Yani sistemin iki çözümü var: $x_1=1;\; y_1=3;\; \lambda_1=-\frac(1)(2)$ ve $x_2=-1;\; y_2=-3;\; \lambda_2=\frac(1)(2)$. Her durağan noktadaki ekstremun doğasını bulalım: $M_1(1;3)$ ve $M_2(-1;-3)$. Bunu yapmak için her noktada $H$'ın determinantını hesaplıyoruz.

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

$M_1(1;3)$ noktasında şunu elde ederiz: $H=8\cdot\left| \begin(array) (ccc) 0 & x & y\\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \end(array) \right|= 8\cdot\left| \begin(array) (ccc) 0 & 1 & 3\\ 1 & -1/2 & 0 \\ 3 & 0 & -1/2 \end(array) \right|=40 > 0$, yani point $M_1(1;3)$ fonksiyonunun $z(x,y)=x+3y$ koşullu maksimum değeri vardır, $z_(\max)=z(1;3)=10$.

Benzer şekilde, $M_2(-1,-3)$ noktasında şunu buluruz: $H=8\cdot\left| \begin(array) (ccc) 0 & x & y\\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \end(array) \right|= 8\cdot\left| \begin(array) (ccc) 0 & -1 & -3\\ -1 & 1/2 & 0 \\ -3 & 0 & 1/2 \end(array) \right|=-40$. $H'den beri< 0$, то в точке $M_2(-1;-3)$ имеем условный минимум функции $z(x,y)=x+3y$, а именно: $z_{\min}=z(-1;-3)=-10$.

$H$ determinantının değerini her noktada hesaplamak yerine onu genişletmenin çok daha uygun olduğunu belirtmek isterim. Genel görünüm. Metni ayrıntılarla karıştırmamak için bu yöntemi bir notun altına gizleyeceğim.

$H$ determinantının genel formda yazılması. göster\gizle

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

Prensip olarak, $H$'ın hangi işarete sahip olduğu zaten açıktır. $M_1$ veya $M_2$ noktalarının hiçbiri orijinle çakışmadığı için $y^2+x^2>0$ olur. Bu nedenle $H$'ın işareti $\lambda$'ın işaretinin tersidir. Hesaplamaları tamamlayabilirsiniz:

$$ \begin(aligned) &H(M_1)=-8\cdot\left(-\frac(1)(2)\right)\cdot\left(3^2+1^2\right)=40;\ \ &H(M_2)=-8\cdot\frac(1)(2)\cdot\left((-3)^2+(-1)^2\right)=-40. \end(hizalanmış) $$

$M_1(1;3)$ ve $M_2(-1;-3)$ sabit noktalarındaki ekstremumun doğası hakkındaki soru, $H$ determinantı kullanılmadan çözülebilir. Her durağan noktada $d^2F$'nin işaretini bulalım:

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

$dx^2$ gösteriminin tam olarak $dx$'in ikinci kuvvetine yükseltildiği anlamına geldiğini belirteyim. $\sol(dx \sağ)^2$. Dolayısıyla şunu elde ederiz: $dx^2+dy^2>0$, dolayısıyla $\lambda_1=-\frac(1)(2)$ ile $d^2F elde ederiz< 0$. 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 $dy$.

Cevap: $(-1;-3)$ noktasında fonksiyonun koşullu minimum değeri vardır, $z_(\min)=-10$. $(1;3)$ noktasında fonksiyonun koşullu maksimumu vardır, $z_(\max)=10$

Örnek No.2

$x+y=0$ koşulu altında $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$ fonksiyonunun koşullu ekstremumunu bulun.

Birinci yöntem (Lagrange çarpanı yöntemi)

$\varphi(x,y)=x+y$'ı göstererek Lagrange fonksiyonunu oluştururuz: $F(x,y)=z(x,y)+\lambda \varphi(x,y)=3y^3+ 4x^2 -xy+\lambda(x+y)$.

$$ \frac(\kısmi F)(\kısmi x)=8x-y+\lambda; \; \frac(\partial F)(\partial y)=9y^2-x+\lambda.\\ \left \( \begin(aligned) & 8x-y+\lambda=0;\\ & 9y^2-x+\ lambda=0; \\ & x+y=0.\end(aligned) \right.$$

Sistemi çözdükten sonra şunu elde ederiz: $x_1=0$, $y_1=0$, $\lambda_1=0$ ve $x_2=\frac(10)(9)$, $y_2=-\frac(10)( 9)$ , $\lambda_2=-10$. İki durağan noktamız var: $M_1(0;0)$ ve $M_2 \left(\frac(10)(9);-\frac(10)(9) \right)$. $H$ determinantını kullanarak her durağan noktadaki ekstremumun doğasını bulalım.

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

$M_1(0;0)$ $H=-10-18\cdot 0=-10 noktasında< 0$, поэтому $M_1(0;0)$ есть точка условного минимума функции $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$, $z_{\min}=0$. В точке $M_2\left(\frac{10}{9};-\frac{10}{9}\right)$ $H=10 >0$, dolayısıyla bu noktada işlevin koşullu maksimumu vardır: $z_(\max)=\frac(500)(243)$.

$d^2F$ işaretine dayalı olarak farklı bir yöntem kullanarak her noktadaki ekstremumun doğasını araştırıyoruz:

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

$x+y=0$ bağlantı denkleminden şunu elde ederiz: $d(x+y)=0$, $dx+dy=0$, $dy=-dx$.

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

$ d^2F \Bigr|_(M_1)=10 dx^2 > 0$ olduğundan, $M_1(0;0)$ $z(x,y)=3y^3+ fonksiyonunun koşullu minimum noktasıdır 4x^ 2-xy$. Benzer şekilde, $d^2F \Bigr|_(M_2)=-10 dx^2< 0$, т.е. $M_2\left(\frac{10}{9}; -\frac{10}{9} \right)$ - точка условного максимума.

İkinci yol

$x+y=0$ bağlantı denkleminden şunu elde ederiz: $y=-x$. $y=-x$'yi $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$ fonksiyonuna yerleştirerek, $x$ değişkeninin bazı fonksiyonlarını elde ederiz. Bu fonksiyonu $u(x)$ olarak gösterelim:

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

Böylece, iki değişkenli bir fonksiyonun koşullu ekstremumunu bulma problemini, tek değişkenli bir fonksiyonun ekstremumunu belirleme problemine indirgedik.

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

$M_1(0;0)$ ve $M_2\left(\frac(10)(9); -\frac(10)(9)\right)$ puanlarını elde ettik. Tek değişkenli fonksiyonların diferansiyel hesabı dersinden daha fazla araştırma bilinmektedir. Her durağan noktada $u_(xx)^("")$ işaretini inceleyerek veya bulunan noktalarda $u_(x)^(")$ işaretindeki değişimi kontrol ederek, şu durumdakiyle aynı sonuçları elde ederiz: ilk şekilde çözme. Örneğin, $u_(xx)^("")$ işaretini kontrol edeceğiz:

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

$u_(xx)^("")(M_1)>0$ olduğundan, $M_1$, $u(x)$ fonksiyonunun minimum noktasıdır ve $u_(\min)=u(0)=0 $ . $u_(xx)^("")(M_2)'den beri<0$, то $M_2$ - точка максимума функции $u(x)$, причём $u_{\max}=u\left(\frac{10}{9}\right)=\frac{500}{243}$.

Belirli bir bağlantı koşulu için $u(x)$ fonksiyonunun değerleri, $z(x,y)$ fonksiyonunun değerleriyle çakışır, yani. $u(x)$ fonksiyonunun bulunan ekstremumları $z(x,y)$ fonksiyonunun aranan koşullu ekstremumlarıdır.

Cevap: $(0;0)$ noktasında fonksiyonun koşullu minimum değeri vardır, $z_(\min)=0$. $\left(\frac(10)(9); -\frac(10)(9) \right)$ noktasında fonksiyonun koşullu maksimumu vardır, $z_(\max)=\frac(500)(243) )$.

$d^2F$'ın işaretini belirleyerek ekstremumun doğasını açıklığa kavuşturacağımız başka bir örneği ele alalım.

Örnek No.3

$x$ ve $y$ değişkenleri pozitifse ve $\frac(x^2)(8)+\frac( bağlaşım denklemini sağlıyorsa, $z=5xy-4$ fonksiyonunun en büyük ve en küçük değerlerini bulun. y^2)(2) -1=0$.

Lagrange fonksiyonunu oluşturalım: $F=5xy-4+\lambda \left(\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1 \right)$. Lagrange fonksiyonunun durağan noktalarını bulalım:

$$ F_(x)^(")=5y+\frac(\lambda x)(4); \; F_(y)^(")=5x+\lambda y.\\ \left \( \begin(aligned) & 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(aligned) \right.$$

Diğer tüm dönüşümler $x > 0 dikkate alınarak gerçekleştirilir; \; y > 0$ (bu sorun bildiriminde belirtilmiştir). İkinci denklemden $\lambda=-\frac(5x)(y)$ ifadesini ifade ediyoruz ve bulunan değeri ilk denklemde yerine koyuyoruz: $5y-\frac(5x)(y)\cdot \frac(x)(4) )=0$ , $4y^2-x^2=0$, $x=2y$. Üçüncü denklemde $x=2y$ yerine şunu elde ederiz: $\frac(4y^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1=0$, $y^2=1$, $y =1$.

$y=1$ olduğuna göre $x=2$, $\lambda=-10$. $(2;1)$ noktasındaki ekstremumun doğasını $d^2F$ işaretine dayanarak belirleriz.

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

$\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1=0$ olduğundan, o zaman:

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

Prensip olarak, burada $x=2$, $y=1$ sabit noktasının koordinatlarını ve $\lambda=-10$ parametresini hemen değiştirerek şunu elde edebilirsiniz:

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

Bununla birlikte, koşullu bir ekstremumdaki diğer problemlerde birden fazla durağan nokta olabilir. Bu gibi durumlarda, $d^2F$'yi genel biçimde temsil etmek ve ardından bulunan sabit noktaların her birinin koordinatlarını elde edilen ifadeye koymak daha iyidir:

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

$x=2$, $y=1$, $\lambda=-10$ yerine koyarsak şunu elde ederiz:

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

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

Cevap: $(2;1)$ noktasında fonksiyonun koşullu maksimumu vardır, $z_(\max)=6$.

Bir sonraki bölümde Lagrange yönteminin daha fazla sayıda değişkenli fonksiyonlara uygulanmasını ele alacağız.

Çok değişkenli fonksiyonların ekstremumları. Bir ekstremum için gerekli bir koşul. Bir ekstremum için yeterli koşul. Koşullu ekstremum. Lagrange çarpan yöntemi. En büyük ve en küçük değerleri bulma.

Ders 5.

Tanım 5.1. Nokta M 0 (x 0, y 0) isminde maksimum nokta işlevler z = f(x,y), Eğer f (x o , y o) > f(x,y) tüm noktalar için (x, y) M 0.

Tanım 5.2. Nokta M 0 (x 0, y 0) isminde minimum puan işlevler z = f(x,y), Eğer f (x o , y o) < f(x,y) tüm noktalar için (x, y) bir noktanın bazı mahallelerinden M 0.

Not 1. Maksimum ve minimum noktalar denir ekstrem noktalarçeşitli değişkenlerin fonksiyonları.

Açıklama 2. Herhangi sayıda değişkenli bir fonksiyonun ekstrem noktası benzer şekilde belirlenir.

Teorem 5.1(bir ekstremum için gerekli koşullar). Eğer M 0 (x 0, y 0)– fonksiyonun ekstrem noktası z = f(x,y), o zaman bu noktada bu fonksiyonun birinci dereceden kısmi türevleri sıfıra eşittir veya yoktur.

Kanıt.

Değişkenin değerini sabitleyelim en, sayma y = y 0. Daha sonra fonksiyon f (x, y 0) bir değişkenin fonksiyonu olacak X, hangisi için x = x 0 ekstrem noktadır. Dolayısıyla Fermat teoremine göre ya yoktur. Aynı ifade benzer şekilde için de kanıtlanmıştır.

Tanım 5.3.Çok değişkenli bir fonksiyonun tanım kümesine ait, fonksiyonun kısmi türevlerinin sıfıra eşit olduğu veya bulunmadığı noktalara denir. sabit noktalar bu fonksiyon.

Yorum. Bu nedenle, uç noktaya yalnızca sabit noktalarda ulaşılabilir, ancak bunların her birinde gözlemlenmesi zorunlu değildir.

Teorem 5.2(bir ekstremum için yeterli koşullar). Noktanın bir mahallesine izin ver M 0 (x 0, y 0) fonksiyonun durağan noktası olan z = f(x,y), bu fonksiyonun 3. dereceye kadar sürekli kısmi türevleri vardır. O halde şunu belirtelim:

1) f(x,y)şu noktada var M 0 maksimum ise AC-B² > 0, A < 0;

2) f(x,y)şu noktada var M 0 minimum ise AC-B² > 0, A > 0;

3) Kritik noktada hiçbir ekstremum yoksa AC-B² < 0;

4) eğer AC-B² = 0, daha fazla araştırmaya ihtiyaç vardır.

Kanıt.

Fonksiyonun ikinci dereceden Taylor formülünü yazalım. f(x,y), Durağan bir noktada birinci dereceden kısmi türevlerin sıfıra eşit olduğunu hatırlayarak:

Nerede Segment arasındaki açı ise M 0 M, Nerede M (x0 +Δ x, y 0 +Δ en) ve O ekseni Xφ'yi belirtin, ardından Δ x =Δ ρ çünkü φ, Δ y =Δρsinφ. Bu durumda Taylor formülü şu şekli alacaktır: . O halde parantez içindeki ifadeyi şu şekilde bölüp çarpabiliriz: A. Şunu elde ederiz:

Şimdi dördünü ele alalım olası durumlar:

1) AC-B² > 0, A < 0. Тогда , и yeterince küçük Δρ'da. Bu nedenle bazı mahallelerde M 0 f (x 0 + Δ x, y 0 +Δ e)< f (x 0, y 0), yani M 0– maksimum nokta.

2) izin ver AC-B² > 0, bir > 0. Daha sonra , Ve M 0– minimum puan.

3) İzin ver AC-B² < 0, A> 0. φ = 0 ışını boyunca argümanların artışını düşünün. Daha sonra (5.1)'den şu sonuç çıkar: yani bu ışın boyunca hareket ederken fonksiyon artar. Eğer tg olacak şekilde bir ışın boyunca hareket edersek φ 0 = -A/B, O bu nedenle bu ışın boyunca hareket ederken fonksiyon azalır. Yani, dönem M 0 bir ekstrem nokta değildir.

3`) Ne zaman AC-B² < 0, A < 0 доказательство отсутствия экстремума проводится

öncekine benzer.

3``) Eğer AC-B² < 0, A= 0 ise . burada. O halde yeterince küçük φ için 2 ifadesi Bçünküφ + C sinφ 2'ye yakın İÇİNDE yani sabit bir işareti korur, ancak sinφ noktanın yakınında işaret değiştirir M 0. Bu, fonksiyonun artışının sabit bir noktanın yakınında işaret değiştirdiği anlamına gelir; bu nedenle bu bir uç nokta değildir.

4) Eğer AC-B² = 0 ve , yani artışın işareti 2α 0'ın işaretiyle belirlenir. Aynı zamanda, bir ekstremumun varlığı sorusunu açıklığa kavuşturmak için daha fazla araştırmaya ihtiyaç vardır.

Örnek. Fonksiyonun ekstremum noktalarını bulalım z = x² - 2 xy + 2sen² + 2 X. Durağan noktaları bulmak için sistemi çözüyoruz . Yani durağan nokta (-2,-1)'dir. burada bir = 2, İÇİNDE = -2, İLE= 4. Sonra AC-B² = 4 > 0 olduğundan, sabit bir noktada bir uç noktaya, yani minimuma ulaşılır (çünkü A > 0).

Tanım 5.4. Eğer fonksiyon bağımsız değişkenleri ise f (x 1 , x 2 ,…, x n) bağlı ek koşullar gibi M denklemler ( M< n) :

φ 1 ( x 1, x 2,…, x n) = 0,φ2 ( x 1, x 2,…, x n) = 0, …, φ m ( x 1, x 2,…, x n) = 0, (5.2)

φ i fonksiyonlarının sürekli kısmi türevleri olduğu durumda, denklemler (5.2) çağrılır bağlantı denklemleri.

Tanım 5.5. Fonksiyonun ekstremumu f (x 1 , x 2 ,…, x n) Koşullar (5.2) karşılandığında buna denir koşullu ekstremum.

Yorum. İki değişkenli bir fonksiyonun koşullu ekstremumunun aşağıdaki geometrik yorumunu sunabiliriz: fonksiyonun argümanları f(x,y)φ denklemiyle ilişkilidir (x,y)= 0, O düzleminde bir eğri tanımlıyor xy. Bu eğrinin her noktasından O düzlemine dik açıların yeniden oluşturulması xy yüzeyle kesişene kadar z = f(x,y),φ eğrisinin üzerindeki yüzeyde uzanan uzamsal bir eğri elde ederiz (x,y)= 0. Görev, sonuçta ortaya çıkan eğrinin uç noktalarını bulmaktır; bunlar elbette genel durumda fonksiyonun koşulsuz uç noktalarıyla çakışmaz. f(x,y).

İki değişkenli bir fonksiyonun koşullu ekstremumu için gerekli koşulları öncelikle aşağıdaki tanımı tanıtarak belirleyelim:

Tanım 5.6.İşlev 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 m φ m (x 1 , x 2 ,…, x n), (5.3)

Nerede λi – bazıları sabittir, denir Lagrange işlevi ve sayılar λi– belirsiz Lagrange çarpanları.

Teorem 5.3(koşullu bir ekstremum için gerekli koşullar). Bir fonksiyonun koşullu ekstremumu z = f(x,y) birleştirme denkleminin varlığında φ ( x, y)= 0'a yalnızca Lagrange fonksiyonunun sabit noktalarında ulaşılabilir L (x, y) = f (x, y) + λφ (x, y).

Kanıt. Bağlantı denklemi örtülü bir ilişkiyi belirtir en itibaren X, bu nedenle şunu varsayacağız: en bir fonksiyon var X: y = y(x). Daha sonra z Orada karmaşık fonksiyon itibaren X ve kritik noktaları duruma göre belirlenir: . (5.4) Bağlantı denkleminden şu sonuç çıkar: . (5.5)

Eşitliği (5.5) bir λ sayısıyla çarpıp (5.4) ile toplayalım. Şunu elde ederiz:

, veya .

Son eşitlik sabit noktalarda sağlanmalıdır ve bundan şu sonuç çıkar:

(5.6)

Üç bilinmeyen için üç denklemden oluşan bir sistem elde edilir: x, y ve λ ve ilk iki denklem Lagrange fonksiyonunun durağan noktasının koşullarıdır. Yardımcı bilinmeyen λ'yı sistemden (5.6) hariç tutarak, orijinal fonksiyonun koşullu bir ekstremuma sahip olabileceği noktaların koordinatlarını buluruz.

Açıklama 1. Bulunan noktada koşullu bir ekstremun varlığı, Lagrange fonksiyonunun ikinci dereceden kısmi türevlerinin Teorem 5.2'ye benzetilerek incelenmesiyle kontrol edilebilir.

Açıklama 2. Fonksiyonun koşullu uç noktasına ulaşılabilecek noktalar f (x 1 , x 2 ,…, x n) Koşullar (5.2) karşılandığında sistemin çözümleri olarak tanımlanabilir. (5.7)

Örnek. Fonksiyonun koşullu ekstremumunu bulalım z = xy verilen x + y= 1. Lagrange fonksiyonunu oluşturalım L(x, y) = xy + λ (x + y – 1). Sistem (5.6) şuna benzer:

Burada -2λ=1, λ=-0,5, x = y = -λ = 0,5. burada L(x,y)şeklinde temsil edilebilir L(x, y) = - 0,5 (x–y)² + 0,5 ≤ 0,5, dolayısıyla bulunan sabit noktada L(x,y) bir maksimumu vardır ve z = xy – koşullu maksimum

Tanım1: Bir fonksiyonun, herhangi bir nokta için öyle bir komşuluğu varsa, o noktada yerel maksimuma sahip olduğu söylenir. M koordinatlarla (x, y) eşitsizlik geçerlidir: . Bu durumda, yani fonksiyonun arttırılması< 0.

Tanım2: Bir fonksiyonun, herhangi bir nokta için öyle bir komşuluğu varsa, o noktada yerel minimuma sahip olduğu söylenir. M koordinatlarla (x, y) eşitsizlik geçerlidir: . Bu durumda, yani fonksiyonun artışı > 0 olur.

Tanım 3: Yerel minimum ve maksimum noktalarına denir ekstrem noktalar.

Koşullu Aşırılıklar

Çok değişkenli bir fonksiyonun ekstremumlarını ararken, sıklıkla sözde problemlerle ilgili sorunlar ortaya çıkar. koşullu ekstremum Bu kavram iki değişkenli bir fonksiyon örneği kullanılarak açıklanabilir.

Bir fonksiyon ve bir doğru verilsin L yüzeyde 0xy. Görev sıraya girmektir L böyle bir nokta bul P(x, y), bir fonksiyonun değerinin, bu fonksiyonun çizgi üzerindeki noktalardaki değerleriyle karşılaştırıldığında en büyük veya en küçük olduğu durum L, noktanın yakınında bulunan P. Bu tür noktalar P arandı koşullu uç noktalarçevrimiçi işlevler L. Alışılagelmiş ekstremum noktasının aksine, fonksiyonun koşullu ekstremum noktasındaki değeri, fonksiyonun komşuluğundaki tüm noktalardaki değerleriyle değil, yalnızca çizgi üzerinde yer alan değerlerle karşılaştırılır. L.

Her zamanki ekstremum noktasının (ayrıca diyorlar ki) olduğu kesinlikle açıktır. koşulsuz ekstremum) aynı zamanda bu noktadan geçen herhangi bir çizgi için koşullu bir ekstremum noktasıdır. Bunun tersi elbette doğru değildir: Koşullu uç nokta, sıradan uç nokta olmayabilir. Basit bir örnekle söylediklerimi açıklayayım. Fonksiyonun grafiği üst yarımküredir (Ek 3 (Şekil 3)).

Bu fonksiyonun orijinde bir maksimumu vardır; köşe ona karşılık gelir M yarımküreler. Eğer çizgi L noktalardan geçen bir çizgi var A Ve İÇİNDE(onun denklemi x+y-1=0), o zaman geometrik olarak açıktır ki bu çizginin noktaları için en yüksek değer Fonksiyon, noktaların ortasında yer alan bir noktada gerçekleştirilir. A Ve İÇİNDE. Bu, fonksiyonun bu doğru üzerindeki koşullu ekstremum (maksimum) noktasıdır; yarımküredeki M1 noktasına karşılık gelir ve şekilden burada herhangi bir sıradan ekstremumdan söz edilemeyeceği açıktır.

Fonksiyonun en büyük ve en küçük değerlerini bulma probleminin son kısmında, kapalı alan bu bölgenin sınırında fonksiyonun uç değerlerini bulmalıyız, yani. bir doğru üzerinde ve böylece koşullu ekstremum problemini çözeriz.

Şimdi x ve y değişkenlerinin (x, y) = 0 denklemiyle ilişkili olması koşuluyla Z= f(x, y) fonksiyonunun koşullu uç noktalarının pratik aramaya geçelim. Bu ilişkiye bağlantı denklemi. Eğer birleştirme denkleminden y açıkça x cinsinden ifade edilebiliyorsa: y=(x), tek değişkenli Z= f(x, (x)) = Ф(x) fonksiyonunu elde ederiz.

Bu fonksiyonun bir uç noktaya ulaştığı x değerini bulduktan ve ardından bağlantı denkleminden karşılık gelen y değerlerini belirledikten sonra koşullu ekstremun istenen noktalarını elde ederiz.

Yani yukarıdaki örnekte x+y-1=0 ilişki denkleminden y=1-x elde ederiz. Buradan

Z'nin maksimum değerine x = 0,5'te ulaştığını kontrol etmek kolaydır; ancak y = 0,5 bağlantı denkleminden geometrik değerlendirmelerden bulunan P noktasını tam olarak elde ederiz.

Koşullu ekstremum problemi, bağlantı denklemi temsil edilebildiğinde bile çok kolay çözülür. parametrik denklemler x=x(t), y=y(t). Bu fonksiyonda x ve y ifadelerini yerine koyarsak, yine tek değişkenli bir fonksiyonun ekstremumunu bulma problemine geliriz.

Bağlanma denkleminin birden fazla olması durumunda karmaşık görünüm ve bir değişkeni diğeri cinsinden açıkça ifade edemiyorsak veya onu parametrik denklemlerle değiştiremiyorsak, o zaman koşullu bir ekstremum bulma görevi daha zor hale gelir. z= f(x, y) fonksiyonunun ifadesinde (x, y) değişkeninin = 0 olduğunu varsaymaya devam edeceğiz. z= f(x, y) fonksiyonunun toplam türevi şuna eşittir:

Örtük fonksiyonun türev alma kuralı kullanılarak y' türevinin bulunduğu yer. Koşullu ekstremum noktalarında bulunan toplam türevin sıfıra eşit olması gerekir; bu x ve y ile ilgili bir denklem verir. Bunların aynı zamanda birleştirme denklemini de karşılamaları gerektiğinden, iki bilinmeyenli iki denklemden oluşan bir sistem elde ederiz.

İlk denklemi orantı şeklinde yazıp yeni bir yardımcı bilinmeyen ekleyerek bu sistemi çok daha kullanışlı bir hale getirelim:

(ön taraftaki eksi işareti kolaylık sağlamak içindir). Bu eşitliklerden aşağıdaki sisteme geçmek kolaydır:

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

(x, y) = 0 bağlantı denklemiyle birlikte bilinmeyenler x, y ve olan üç denklemden oluşan bir sistem oluşturur.

Bu denklemler (*), aşağıdaki kural kullanılarak hatırlanması en kolay olanlardır: fonksiyonun koşullu ekstremumunun noktaları olabilecek noktaları bulmak için

Z= f(x, y) bağlantı denklemi (x, y) = 0 ile yardımcı bir fonksiyon oluşturmanız gerekir

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

Bazı sabitlerin nerede olduğunu ve bu fonksiyonun ekstrem noktalarını bulmak için denklemler oluşturun.

Belirtilen denklem sistemi, kural olarak yalnızca gerekli koşulları sağlar; bu sistemi karşılayan her x ve y değer çiftinin mutlaka koşullu bir ekstremum noktası olması gerekmez. Koşullu ekstremum noktaları için yeterli koşulları vermeyeceğim; Çoğu zaman sorunun spesifik içeriği, bulunan noktanın ne olduğunu ortaya koyar. Koşullu bir ekstremumdaki problemleri çözmek için açıklanan tekniğe Lagrange çarpan yöntemi denir.

Örnek

Şu şartla fonksiyonun ekstremumunu bulun: X Ve enşu ilişkiyle ilişkilidir: . Geometrik olarak problem şu anlama gelir: bir elips üzerinde
uçak
.

Bu problem şu şekilde çözülebilir: denklemden
bulduk
X:

şartıyla
aralıkta tek değişkenli bir fonksiyonun ekstremumunu bulma problemine indirgenmiştir
.

Geometrik olarak problem şu anlama gelir: bir elips üzerinde silindirin çaprazlanmasıyla elde edilir
uçak
, başvurunun maksimum veya minimum değerini bulmanız gerekir (Şekil 9). Bu problem şu şekilde çözülebilir: denklemden
bulduk
. Y'nin bulunan değerini düzlem denkleminde yerine koyarak tek değişkenli bir fonksiyon elde ederiz X:

Böylece fonksiyonun ekstremumunu bulma problemi
şartıyla
, bir aralıkta tek değişkenli bir fonksiyonun ekstremumunu bulma problemine indirgenmiştir.

Bu yüzden, koşullu bir ekstremum bulma sorunu– bu amaç fonksiyonunun ekstremumunu bulma problemidir
değişkenlerin olması şartıyla X Ve en kısıtlamaya tabi
, isminde bağlantı denklemi.

Diyelim ki nokta
, birleştirme denkleminin sağlanması, yerel koşullu maksimumun noktasıdır (minimum), eğer bir mahalle varsa
öyle ki herhangi bir puan için
Koordinatları bağlantı denklemini karşılayan eşitsizlik sağlanır.

Eğer birleştirme denkleminden bir ifade bulunabilirse en, daha sonra bu ifadeyi orijinal fonksiyonla değiştirerek ikincisini tek değişkenli karmaşık bir fonksiyona dönüştürürüz X.

Koşullu ekstremum problemini çözmek için genel yöntem şudur: Lagrange çarpanı yöntemi. Bir yardımcı fonksiyon oluşturalım, burada ─ bir sayı. Bu fonksiyon denir Lagrange işlevi, A ─ Lagrange çarpanı. Böylece, koşullu bir ekstremum bulma görevi, Lagrange fonksiyonu için yerel ekstremum noktalarının bulunmasına indirgenmiştir. Olası ekstremum noktaları bulmak için üç bilinmeyenli 3 denklemden oluşan bir sistemi çözmeniz gerekir. x, y Ve.

O zaman bir ekstremum için aşağıdaki yeterli koşulu kullanmalısınız.

TEOREM. Bu nokta Lagrange fonksiyonu için olası bir ekstrem nokta olsun. Bu noktanın yakınında olduğunu varsayalım.
ikinci dereceden fonksiyonların sürekli kısmi türevleri vardır Ve . Haydi belirtelim

O zaman eğer
, O
─ fonksiyonun koşullu ekstremum noktası
birleştirme denklemi ile
bu durumda eğer
, O
─ koşullu minimum nokta, eğer
, O
─ koşullu maksimum nokta.

§8. Gradyan ve yönlü türev

Fonksiyona izin ver
bazı (açık) bölgelerde tanımlanır. Herhangi bir noktayı düşünün
bu alan ve herhangi bir yönlendirilmiş düz çizgi (eksen) , bu noktadan geçiyor (Şek. 1). İzin vermek
- bu eksen üzerinde başka bir nokta,
– arasındaki segmentin uzunluğu
Ve
, yön ise artı işaretiyle alınır
eksen yönü ile çakışır , ve yönleri zıtsa eksi işaretiyle.

İzin vermek
süresiz olarak yaklaşıyor
. Sınır

isminde bir fonksiyonun türevi
karşı (veya eksen boyunca ) ve aşağıdaki gibi gösterilir:

.

Bu türev, fonksiyonun o noktadaki “değişim oranını” karakterize eder.
karşı . Özellikle adi kısmi türevler ,"yön açısından" türevler olarak da düşünülebilir.

Şimdi fonksiyonun olduğunu varsayalım.
söz konusu bölgede sürekli kısmi türevlere sahiptir. Ekseni bırak Koordinat eksenleriyle açı oluşturur
Ve . Yapılan varsayımlar altında yönlü türev var ve formülle ifade ediliyor

.

Eğer vektör
koordinatları tarafından verilir
, o zaman fonksiyonun türevi
vektör yönünde
aşağıdaki formül kullanılarak hesaplanabilir:

.

Koordinatlı vektör
isminde degrade vektör işlevler
noktada
. Gradyan vektörü, belirli bir noktada fonksiyondaki en hızlı artışın yönünü gösterir.

Örnek

Bir fonksiyon verildiğinde, A(1, 1) noktası ve vektör
. Bul: 1)A noktasında grad z; 2) A noktasında vektör yönünde türev .

Belirli bir fonksiyonun bir noktada kısmi türevleri
:

;
.

O halde fonksiyonun bu noktadaki gradyan vektörü şöyledir:
. Gradyan vektörü aynı zamanda vektör ayrıştırması kullanılarak da yazılabilir. Ve :

. Bir fonksiyonun türevi vektör yönünde :

Bu yüzden,
,
.◄

Koşullu ekstremum.

Çok değişkenli bir fonksiyonun ekstremum değeri

En küçük kareler yöntemi.

Yerel ekstremum FNP

Fonksiyon verilsin Ve= F(P), РÎDÌR N ve P 0 noktası olsun ( A 1 , A 2 , ..., bir p) –dahili D kümesinin noktası.

Tanım 9.4.

1) P 0 noktasına denir maksimum nokta işlevler Ve= F(P), eğer bu U(P 0) М D noktasının bir komşuluğu varsa, öyle ki herhangi bir P( noktası için) X 1 , X 2 , ..., xn)О U(P 0) , Р¹Р 0 , koşul sağlandı F(P)£ F(P 0) . Anlam F Maksimum noktada (P 0) fonksiyonuna fonksiyon denir fonksiyonun maksimumu ve belirlenmiş F(P0) = maks F(P) .

2) P 0 noktasına denir minimum puan işlevler Ve= F(P), eğer bu U(P 0)Ì D noktasının herhangi bir P( noktası için olacak şekilde bir komşuluğu varsa X 1 , X 2 , ..., xn)ОU(P 0), Р¹Р 0 , koşul sağlandı F(P)³ F(P 0) . Anlam F Minimum noktada (P 0) fonksiyonuna fonksiyon denir minimum fonksiyon ve belirlenmiş F(P 0) = dk F(P).

Bir fonksiyonun minimum ve maksimum noktalarına denir ekstremum noktalar fonksiyonun ekstremum noktalarındaki değerlerine denir fonksiyonun ekstremumları.

Tanımdan da anlaşılacağı üzere eşitsizlikler F(P)£ F(P 0), F(P)³ F(P 0), fonksiyonun tanım alanının tamamında değil, yalnızca P 0 noktasının belirli bir komşuluğunda karşılanmalıdır; bu, fonksiyonun aynı türden birkaç ekstremum (birkaç minimum, birkaç maksimum) olabileceği anlamına gelir. . Bu nedenle yukarıda tanımlanan ekstremumlara denir. yerel(yerel) aşırılıklar.

Teorem 9.1.( gerekli kondisyon FNP'nin ekstremumu)

Eğer fonksiyon Ve= F(X 1 , X 2 , ..., xn) P 0 noktasında bir ekstremuma sahipse, bu noktada birinci dereceden kısmi türevleri ya sıfıra eşittir ya da yoktur.

Kanıt. P 0 noktasında olsun ( A 1 , A 2 , ..., bir p) işlev Ve= F(P)'nin bir ekstremumu, örneğin bir maksimumu vardır. Argümanları düzeltelim X 2 , ..., xn, koyarak X 2 =A 2 ,..., xn = bir p. Daha sonra Ve= F(P) = F 1 ((X 1 , A 2 , ..., bir p) bir değişkenin fonksiyonudur X 1. Bu fonksiyona sahip olduğundan X 1 = A 1 ekstremum (maksimum), ardından F 1 ¢=0veya mevcut olmadığında X 1 =A 1 (tek değişkenli bir fonksiyonun ekstremumunun varlığı için gerekli bir koşul). Ancak bu, P 0 noktasında (ekstrem nokta) var olduğu anlamına gelir veya mevcut değildir. Benzer şekilde diğer değişkenlere göre kısmi türevleri de düşünebiliriz. CTD.

Bir fonksiyonun tanım kümesinde birinci dereceden kısmi türevlerin sıfıra eşit olduğu veya bulunmadığı noktalara denir. kritik noktalar bu fonksiyon.

Teorem 9.1'den de anlaşılacağı üzere FNP'nin ekstremum noktaları fonksiyonun kritik noktaları arasında aranmalıdır. Ancak tek değişkenli bir fonksiyon için her kritik nokta bir ekstrem nokta değildir.

Teorem 9.2 (FNP'nin ekstremumu için yeterli koşul)

Fonksiyonun kritik noktası P 0 olsun Ve= F(P) ve bu fonksiyonun ikinci dereceden diferansiyelidir. Daha sonra

ve eğer D 2 sen(P 0) > 0 ise P 0 bir noktadır minimum işlevler Ve= F(P);

b) eğer D 2 sen(P0)< 0 при , то Р 0 – точка maksimum işlevler Ve= F(P);

c) eğer D 2 sen(P 0) işaretle tanımlanmıyorsa, bu durumda P 0 bir uç nokta değildir;

Bu teoremi kanıt olmadan ele alacağız.

Teoremin şu durumu dikkate almadığını unutmayın: D 2 sen(P 0) = 0 veya mevcut değil. Bu, bu tür koşullar altında P 0 noktasında bir ekstremun varlığı sorununun açık kaldığı anlamına gelir - ihtiyacımız var ek araştırmaörneğin bir fonksiyonun bu noktadaki artışını incelemek.

Daha ayrıntılı matematik derslerinde, özellikle fonksiyon için kanıtlanmıştır. z = f(X,sen), ikinci dereceden diferansiyeli formun toplamı olan iki değişkenin

P 0 kritik noktasında bir ekstremum varlığının incelenmesi basitleştirilebilir.

, , 'yi gösterelim. Bir determinant oluşturalım

.

Çıkıyor:

D 2 z P 0 noktasında > 0, yani. P 0 – minimum nokta, eğer A(P 0) > 0 ve D(P 0) > 0;

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

eğer D(P 0)< 0, то D 2 z P 0 noktası civarında işaret değiştirir ve P 0 noktasında ekstremum yoktur;

D(Р 0) = 0 ise, o zaman Р 0 kritik noktasının yakınındaki fonksiyona ilişkin ek çalışmalara da ihtiyaç vardır.

Böylece fonksiyon için z = f(X,sen), iki değişkenin bir ekstremumunu bulmak için aşağıdaki algoritmaya sahibiz (buna "algoritma D" diyelim):

1) D( tanımının tanım kümesini bulun F) işlevler.

2) Kritik noktaları bulun; D'den alınan puanlar( F), bunun için ve sıfıra eşittir veya mevcut değildir.

3) Her kritik P 0 noktasında, ekstremum için yeterli koşulları kontrol edin. Bunu yapmak için bulun , burada , , ve D(P 0)'ı hesaplayın ve A(P 0).Sonra:

eğer D(P 0) >0 ise P 0 noktasında bir ekstremum vardır ve eğer A(P 0) > 0 – bu minimumdur ve eğer A(P 0)< 0 – максимум;

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

D(P 0) = 0 ise ek araştırmaya ihtiyaç vardır.

4) Bulunan ekstremum noktalarda fonksiyonun değerini hesaplayınız.

Örnek 1.

Fonksiyonun ekstremumunu bulun z = X 3 + 8sen 3 – 3xy .

Çözüm. Bu fonksiyonun tanım alanı koordinat düzleminin tamamıdır. Kritik noktaları bulalım.

, , Ş P 0 (0,0) , .

Ekstremum için yeterli koşulların sağlanıp sağlanmadığını kontrol edelim. Bulacağız

6X, = -3, = 48en Ve = 288xy – 9.

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

D(Р 1) = 36-9>0 – Р 1 noktasında bir ekstremum vardır ve bu yana A(P 1) = 3 >0 ise bu ekstremum minimumdur. yani dakika z=z(P1) = .

Örnek 2.

Fonksiyonun ekstremumunu bulun .

Çözüm : D( F) =R2 . Kritik noktalar: ; ne zaman mevcut değil en= 0, yani P 0 (0,0) bu fonksiyonun kritik noktasıdır.

2, = 0, = , = , ancak D(P 0) tanımlı değildir, dolayısıyla işaretini incelemek imkansızdır.

Aynı sebepten dolayı Teorem 9.2'yi doğrudan uygulamak imkansızdır - D 2 z bu noktada mevcut değil.

Fonksiyonun artışını düşünelim F(X, sen) P 0 noktasında. Eğer D F =F(P) - F(P 0)>0 "P, o zaman P 0 minimum noktadır, ancak D ise F < 0, то Р 0 – точка максимума.

Bizim durumumuzda

D F = F(X, sen) – F(0, 0) = F(0+G X,0+D sen) – F(0, 0) = .

D'de X= 0,1 ve D sen= -0,008, D'yi elde ederiz F = 0,01 – 0,2 < 0, а при DX= 0,1 ve D sen= 0,001D F= 0,01 + 0,1 > 0, yani. P 0 noktası civarında hiçbir D koşulu sağlanmaz F <0 (т.е. F(X, sen) < F(0, 0) ve bu nedenle P 0 maksimum nokta değildir), ne de D koşulu F>0 (örn. F(X, sen) > F(0, 0) ve bu durumda P 0 minimum nokta değildir). Yani bir ekstremum tanımı gereği, bu fonksiyon hiçbir aşırılığı yoktur.

Koşullu ekstremum.

Fonksiyonun dikkate alınan ekstremumu denir şartsız, çünkü işlev argümanlarına hiçbir kısıtlama (koşul) getirilmemiştir.

Tanım 9.2. Fonksiyonun ekstremumu Ve = F(X 1 , X 2 , ... , xn), argümanlarının olması koşuluyla bulundu X 1 , X 2 , ... , xn j 1 denklemlerini karşılayın ( X 1 , X 2 , ... , xn) = 0, …, j T(X 1 , X 2 , ... , xn) = 0, burada P ( X 1 , X 2 , ... , xn) veya D( F), isminde koşullu ekstremum .

Denklemler j k(X 1 , X 2 , ... , xn) = 0 , k = 1, 2,..., M, arandı bağlantı denklemleri.

Fonksiyonlara bakalım z = f(X,sen) iki değişken. Bağlantı denklemi bir ise, yani. o zaman koşullu bir ekstremum bulmak, ekstremun fonksiyonun tanım alanının tamamında değil, D('de yer alan bir eğri üzerinde arandığı anlamına gelir. F) (yani aranan yüzeyin en yüksek veya en alçak noktaları değildir. z = f(X,sen) ve bu yüzeyin silindirle kesişme noktaları arasındaki en yüksek veya en alçak noktalar, Şekil 5).

Bir fonksiyonun koşullu ekstremumu z = f(X,senİki değişkenin ) değeri aşağıdaki şekilde bulunabilir ( eleme yöntemi). Denklemden, değişkenlerden birini diğerinin fonksiyonu olarak ifade edin (örneğin, write ) ve değişkenin bu değerini fonksiyonda değiştirerek, ikincisini bir değişkenin fonksiyonu olarak yazın (dikkate alınan durumda) ). Bir değişkenin sonuç fonksiyonunun ekstremumunu bulun.