Умовний екстремум.

Екстремуми функції кількох змінних

Метод найменших квадратів.

Локальний екстремумФНП

Нехай дана функція і= f(Р), РÎDÌR nі нехай точка Р 0 ( а 1 , а 2 , ..., а п) –внутрішняточка множини D.

Визначення 9.4.

1) Точка Р 0 називається точкою максимуму функції і= f(Р), якщо існує околиця цієї точки U(P 0) Ì D така, що для будь-якої точки Р( х 1 , х 2 , ..., х п)Î U(P 0) , Р¹Р 0 виконується умова f(P) £ f(P 0). Значення f(P 0) функції в точці максимуму називається максимумом функції і позначається f(P 0) = max f(P).

2) Точка Р 0 називається точкою мінімуму функції і= f(Р), якщо існує околиця цієї точки U(P 0)Ì D така, що для будь-якої точки Р( х 1 , х 2 , ..., х п)ÎU(P 0), Р¹Р 0 виконується умова f(P) ³ f(P 0). Значення f(P 0) функції в точці мінімуму називається мінімумом функції і позначається f(P 0) = min f(P).

Точки мінімуму та максимуму функції називаються точками екстремумівзначення функції в точках екстремумів називаються екстремумами функції.

Як випливає з визначення, нерівності f(P) £ f(P 0), f(P) ³ f(P 0) повинні виконуватися тільки в деякій околиці точки Р 0 , а не у всій області визначення функції, отже, функція може мати кілька однотипних екстремумів (кілька мінімумів, кілька максимумів). Тому певні вище екстремуми називають локальними(місцевими) екстремумами.

Теорема 9.1. (необхідна умова екстремуму ФНП)

Якщо функція і= f(х 1 , х 2 , ..., х п) має екстремум у точці Р 0 то її приватні похідні першого порядку в цій точці або рівні нулю, або не існують.

Доведення.Нехай у точці Р 0 ( а 1 , а 2 , ..., а п) функція і= f(P) має екстремум, наприклад, максимум. Зафіксуємо аргументи х 2 , ..., х п, поклавши х 2 =а 2 ,..., х п = а п. Тоді і= f(P) = f 1 ((х 1 , а 2 , ..., а п) є функція однієї змінної х 1 . Так як ця функція має при х 1 = а 1 екстремум (максимум), то f 1 ¢=0або не існує при х 1 =а 1 (необхідна умова існування екстремуму функції однієї змінної). Але , отже чи існує у точці Р 0 – точці екстремуму. Аналогічно можна розглянути приватні похідні щодо інших змінних. ЧТД.

Точки області визначення функції, в яких приватні похідні першого порядку дорівнюють нулю або не існують, називаються критичними точками цієї функції.

Як випливає з теореми 9.1 точки екстремуму ФНП слід шукати серед критичних точок функції. Але, як і для функції однієї змінної, не всяка критична точкає точкою екстремуму.

Теорема 9.2. (достатня умова екстремуму ФНП)

Нехай Р 0 – критична точка функції і= f(P) та - Диференціал другого порядку цієї функції. Тоді

а якщо d 2 u(P 0) > 0 при , то Р 0 – точка мінімумуфункції і= f(P);

б) якщо d 2 u(P 0)< 0 при , то Р 0 – точка максимумуфункції і= f(P);

в) якщо d 2 u(P 0) не визначено за знаком, то Р 0 не є точкою екстремуму;

Цю теорему розглянемо без підтвердження.

Зауважимо, що в теоремі не розглянуто випадок, коли d 2 u(P 0) = 0 чи немає. Це означає, що питання про наявність екстремуму в точці Р 0 за таких умов залишається відкритим – потрібні додаткові дослідження, наприклад, дослідження збільшення функції у цій точці.

У докладніших курсах математики доводиться, що зокрема функції z = f(x,y) двох змінних, диференціал другого порядку якої є сумою виду

Вивчення наявності екстремуму в критичній точці Р 0 можна спростити.

Позначимо , , . Складемо визначник

.

Виявляється:

d 2 z> 0 точці Р 0 , тобто. Р 0 – точка мінімуму, якщо A(P 0) > 0 та D(Р 0) > 0;

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

якщо D(Р 0)< 0, то d 2 zв околиці точки Р 0 змінює знак та екстремуму в точці Р 0 немає;

якщо ж D(Р 0) = 0, то також потрібні додаткові дослідження функції на околиці критичної точки Р 0 .

Таким чином, для функції z = f(x,y) двох змінних маємо наступний алгоритм (назвемо його «алгоритмом D») відшукання екстремуму:

1) Знайти область визначення D( f) функції.

2) Знайти критичні точки, тобто. точки з D( f), для яких і дорівнюють нулю або не існують.

3) У кожній критичній точці Р0 перевірити достатні умови екстремуму. Для цього знайти де , , і обчислити D(Р 0) і А(Р 0).

якщо D(Р 0) >0 , то точці Р 0 є екстремум, причому, якщо А(Р 0) > 0 – це мінімум, і якщо А(Р 0)< 0 – максимум;

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

Якщо D(Р 0) = 0, потрібні додаткові дослідження.

4) У знайдених точках екстремуму обчислити значення функції.

Приклад1.

Знайти екстремум функції z = x 3 + 8y 3 – 3xy .

Рішення.Область визначення цієї функції – вся координатна площина. Знайдемо критичні точки.

, , Р 0 (0,0) , .

Перевіримо виконання достатніх умовекстремуму. Знайдемо

6х, = -3, = 48уі = 288ху – 9.

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

D(Р 1) = 36-9>0 – у точці Р 1 є екстремум, оскільки А(Р 1) = 3 >0, цей екстремум – мінімум. Значить, min z=z(P 1) = .

приклад 2.

Знайти екстремум функції .

Рішення: D( f) = R 2 . Критичні точки: ; не існує при у= 0, отже Р 0 (0,0) – критична точка цієї функції.

2, = 0, = , = , але D(Р 0) не визначено, тому дослідження його символу неможливе.

З цієї причини неможливо застосувати теорему 9.2 безпосередньо – d 2 zу цій точці не існує.

Розглянемо збільшення функції f(x, y) у точці Р 0 . Якщо D f =f(P) - f(P 0)>0 " Р, то Р 0 точка мінімуму, якщо ж D f < 0, то Р 0 – точка максимума.

Маємо у нашому випадку

D f = f(x, y) – f(0, 0) = f(0+D x,0+D y) – f(0, 0) = .

При D x= 0,1 та D y= -0,008 отримаємо D f = 0,01 – 0,2 < 0, а при Dx= 0,1 та D y= 0,001 D f= 0,01 + 0,1> 0, тобто. в околиці точки Р 0 не виконуються жодна умова D f <0 (т.е. f(x, y) < f(0, 0) і отже, Р 0 – не точка максимуму), ні умова D f>0 (тобто. f(x, y) > f(0, 0) і тоді Р0 – не точка мінімуму). Значить, за визначенням екстремуму, дана функціяекстремумів не має.

Умовний екстремум.

Розглянутий екстремум функції називають безумовним, оскільки аргументи функції не накладаються ніякі обмеження (умови).

Визначення 9.2.Екстремум функції і = f(х 1 , х 2 , ... , х п), знайдений за умови, що її аргументи х 1 , х 2 , ... , х пзадовольняють рівнянням j 1 ( х 1 , х 2 , ... , х п) = 0, …, j т(х 1 , х 2 , ... , х п) = 0, де P ( х 1 , х 2 , ... , х п) Î D( f), називається умовним екстремумом .

Рівняння j k(х 1 , х 2 , ... , х п) = 0 , k = 1, 2,..., m, називаються рівняннями зв'язку.

Розглянемо функції z = f(x,y) двох змінних. Якщо рівняння зв'язку одне, тобто. , то відшукання умовного екстремуму означає, що екстремум шукається не у всій області визначення функції, а на деякій кривій , що лежить в D( f) (тобто шукаються не найвищі чи найвищі низькі точкиповерхні z = f(x,y), а найвищі чи найнижчі точки серед точок перетину цієї поверхні з циліндром , рис 5).

Умовний екстремум функції z = f(x,y) двох змінних можна знайти наступним способом( метод виключення). З рівняння виразити одну із змінних як функцію іншої (наприклад, записати ) і, підставивши це значення змінної у функцію , записати останню як функцію однієї змінної (у розглянутому випадку ). Знайти екстремум отриманої функції однієї змінної.

Спочатку розглянемо випадок функції двох змінних. Умовним екстремумом функції $z=f(x,y)$ у точці $M_0(x_0;y_0)$ називається екстремум цієї функції, досягнутий за умови, що змінні $x$ і $y$ в околиці цієї точки задовольняють рівняння зв'язку $\ varphi (x, y) = 0 $.

Назва «умовний» екстремум пов'язана з тим, що на змінні накладено додаткову умову $ Varphi (x, y) = 0 $. Якщо з рівняння зв'язку можна виразити одну змінну через іншу, то завдання визначення умовного екстремуму зводиться до завдання на звичайний екстремум функції однієї змінної. Наприклад, якщо з рівняння зв'язку випливає $y=\psi(x)$, то підставивши $y=\psi(x)$ $z=f(x,y)$, отримаємо функцію однієї змінної $z=f\left (x, \ psi (x) \ right) $. У загальному випадкуПроте такий метод малопридатний, тому потрібно введення нового алгоритму.

Метод множників Лагранжа для функцій двох змінних.

Метод множників Лагранжа полягає в тому, що для відшукання умовного екстремуму складають функцію Лагранжа: $F(x,y)=f(x,y)+lambda\varphi(x,y)$ (параметр $lambda$ називають множником Лагранжа ). Необхідні умови екстремуму задаються системою рівнянь, з якої визначаються стаціонарні точки:

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

Достатньою умовою, з якої можна з'ясувати характер екстремуму, є знак $d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("" )dy^2$. Якщо стаціонарної точці $d^2F > 0$, то функція $z=f(x,y)$ має у цій точці умовний мінімум, якщо $d^2F< 0$, то условный максимум.

Є й інший спосіб визначення характеру екстремуму. З рівняння зв'язку отримуємо: $\varphi_(x)^(")dx+\varphi_(y)^(")dy=0$, $dy=-\frac(\varphi_(x)^("))(\varphi_ (y)^("))dx$, тому в будь-якій стаціонарній точці маємо:

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

Другий помножувач (розташований у дужці) можна представити у такій формі:

Червоним кольором виділено елементи визначника $ \ left | \begin(array) (cc) F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \end (array) \right|$, який є гесіаном функції Лагранжа. Якщо $H > 0$, то $d^2F< 0$, что указывает на условный максимум. Аналогично, при $H < 0$ имеем $d^2F >0 $, тобто. маємо умовний мінімум функції $ z = f (x, y) $.

Примітка щодо форми запису визначника $H$. показати\сховати

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

У цій ситуації сформульоване вище правило зміниться так: якщо $H > 0$, то функція має умовний мінімум, а при $H< 0$ получим условный максимум функции $z=f(x,y)$. При решении задач следует учитывать такие нюансы.

Алгоритм дослідження функції двох змінних на умовний екстремум

1. Скласти функцію Лагранжа $F(x,y)=f(x,y)+lambda\varphi(x,y)$
2. Вирішити систему $ \left \( \begin(aligned) & \frac(\partial F)(\partial x)=0;\\ & \frac(\partial F)(\partial y)=0;\\ & \ varphi (x, y) = 0. \end(aligned) \right.$
3. Визначити характер екстремуму у кожній із знайдених у попередньому пункті стаціонарних точок. Для цього застосувати будь-який із зазначених способів:
   • Скласти визначник $H$ та з'ясувати його знак
   • З урахуванням рівняння зв'язку обчислити знак $d^2F$

Метод множників Лагранжа для функцій n змінних

Допустимо, ми маємо функцію $n$ змінних $z=f(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ і $m$ рівнянь зв'язку ($n > m$):

$ $ \ 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.$$

Позначивши множники Лагранжа як $lambda_1, lambda_2, ldots, lambda_m $, складемо функцію Лагранжа:

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

Необхідні умови наявності умовного екстремуму задаються системою рівнянь, з якої знаходяться координати стаціонарних точок та значення множників Лагранжа:

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

З'ясувати, умовний мінімум чи умовний максимум має функція у знайденій точці, можна, як і раніше, за допомогою символу $d^2F$. Якщо знайденої точці $d^2F > 0$, то функція має умовний мінімум, якщо $d^2F< 0$, - то условный максимум. Можно пойти иным путем, рассмотрев следующую матрицу:

Визначник матриці $ \ 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 )(\partial x_(2)\partial x_(3)) &\ldots & \frac(\partial^2F)(\partial x_(2)\partial x_(n))\\ \frac(\partial^2F )(\partial x_(3) \partial x_(1)) & \frac(\partial^2F)(\partial x_(3)\partial x_(2)) & \frac(\partial^2F)(\partial 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( array) \right|$, виділеної в матриці $L$ червоним, є гессиан функції Лагранжа. Використовуємо таке правило:

• Якщо символи кутових мінорів $H_(2m+1),\; H_(2m+2),\ldots,H_(m+n)$ матриці $L$ збігаються зі знаком $(-1)^m$, то досліджувана стаціонарна точка є точкою умовного мінімуму функції $z=f(x_1,x_2 , x_3, \ ldots, x_n) $.
• Якщо символи кутових мінорів $H_(2m+1),\; H_(2m+2),\ldots,H_(m+n)$ чергуються, причому знак мінору $H_(2m+1)$ збігається зі знаком числа $(-1)^(m+1)$, то досліджувана стаціонарна точка є точкою умовного максимуму функції $ z = f (x_1, x_2, x_3, \ ldots, x_n) $.

Приклад №1

Знайти умовний екстремумфункції $z(x,y)=x+3y$ за умови $x^2+y^2=10$.

Геометрична інтерпретація цього завдання така: потрібно знайти найбільше і найменше значенняаплікати площини $z=x+3y$ для точок її перетину з циліндром $x^2+y^2=10$.

Виразити одну змінну через іншу з рівняння зв'язку і підставити її у функцію $z(x,y)=x+3y$ дещо важко, тому будемо використовувати метод Лагранжа.

Позначивши $\varphi(x,y)=x^2+y^2-10$, складемо функцію Лагранжа:

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

Запишемо систему рівнянь визначення стаціонарних точок функції Лагранжа:

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

Якщо припустити $\lambda=0$, перше рівняння стане таким: $1=0$. Отримане протиріччя свідчить, що $lambdaneq 0$. За умови $\lambda\neq 0$ з першого та другого рівнянь маємо: $x=-\frac(1)(2\lambda)$, $y=-\frac(3)(2\lambda)$. Підставляючи отримані значення третє рівняння, отримаємо:

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

Отже, система має два рішення: $ x_1 = 1; \; y_1=3;\; \lambda_1=-\frac(1)(2)$ і $x_2=-1;\; y_2=-3;\; \lambda_2=\frac(1)(2)$. З'ясуємо характер екстремуму у кожній стаціонарній точці: $M_1(1;3)$ і $M_2(-1;-3)$. І тому обчислимо визначник $H$ у кожному з точок.

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

У точці $ M_1 (1; 3) $ отримаємо: $ 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$, тому в точці $M_1(1;3)$ функція $z(x,y)=x+3y$ має умовний максимум, $z_(\max)=z(1;3)=10$.

Аналогічно, у точці $M_2(-1;-3)$ знайдемо: $H=8\cdot\left| \begin(array) (ccc) 0 & x & y\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \end(array) \right|= 8\cdot\left| \begin(array) (ccc) 0 & -1 & -3\ -1 & 1/2 & 0 \\ -3 & 0 & 1/2 \end(array) \right|=-40$. Оскільки $H< 0$, то в точке $M_2(-1;-3)$ имеем условный минимум функции $z(x,y)=x+3y$, а именно: $z_{\min}=z(-1;-3)=-10$.

Зазначу, що замість обчислення значення визначника $H$ у кожній точці набагато зручніше розкрити його в загальному вигляді. Щоб не захаращувати текст подробицями, цей спосіб приховую під примітку.

Запис визначника $H$ у загальному вигляді. показати\сховати

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

У принципі, очевидно, який знак має $H$. Оскільки жодна з точок $M_1$ або $M_2$ не збігається з початком координат, $y^2+x^2>0$. Отже, знак $H$ протилежний символу $\lambda$. Можна і довести обчислення до кінця:

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

Питання характер екстремуму в стаціонарних точках $M_1(1;3)$ і $M_2(-1;-3)$ можна вирішити без використання визначника $H$. Знайдемо знак $d^2F$ у кожній стаціонарній точці:

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

Зазначу, що запис $dx^2$ означає саме $dx$, зведений на другий ступінь, тобто. $ \ left (dx \ right) ^ 2 $. Звідси маємо: $dx^2+dy^2>0$, тому при $\lambda_1=-\frac(1)(2)$ отримаємо $d^2F< 0$. 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 $dy$.

Відповідь: у точці $(-1;-3)$ функція має умовний мінімум, $z_(\min)=-10$. У точці $(1;3)$ функція має умовний максимум, $z_(\max)=10$

Приклад №2

Знайти умовний екстремум функції $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$ за умови $x+y=0$.

Перший спосіб (метод множників Лагранжа)

Позначивши $\varphi(x,y)=x+y$ складемо функцію Лагранжа: $F(x,y)=z(x,y)+lambda \varphi(x,y)=3y^3+4x^2 -xy+\lambda(x+y)$.

$$ \frac(\partial F)(\partial 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.

Вирішивши систему, отримаємо: $x_1=0$, $y_1=0$, $\lambda_1=0$ і $x_2=\frac(10)(9)$, $y_2=-\frac(10)(9)$ , $ \ lambda_2 = -10 $. Маємо дві стаціонарні точки: $M_1(0;0)$ і $M_2 \left(\frac(10)(9);-\frac(10)(9) \right)$. З'ясуємо характер екстремуму у кожній стаціонарній точці з використанням визначника $H$.

$ $ 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|= \left| \begin(array) (ccc) 0 & 1 & 1\\ 1 & 8 & -1 \\ 1 & -1 & 18y \end(array) \right|=-10-18y $$

У точці $ M_1 (0; 0) $ $ H = -10-18 \ cdot 0 = -10< 0$, поэтому $M_1(0;0)$ есть точка условного минимума функции $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$, $z_{\min}=0$. В точке $M_2\left(\frac{10}{9};-\frac{10}{9}\right)$ $H=10 >0$, тому у цій точці функція має умовний максимум, $z_(\max)=\frac(500)(243)$.

Досліджуємо характер екстремуму в кожній з точок іншим способом, ґрунтуючись на знаку $d^2F$:

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

З рівняння зв'язку $x+y=0$ маємо: $d(x+y)=0$, $dx+dy=0$, $dy=-dx$.

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

Оскільки $ d^2F \Bigr|_(M_1)=10 dx^2 > 0$, то $M_1(0;0)$ є точкою умовного мінімуму функції $z(x,y)=3y^3+4x^ 2-xy$. Аналогічно $d^2F \Bigr|_(M_2)=-10 dx^2< 0$, т.е. $M_2\left(\frac{10}{9}; -\frac{10}{9} \right)$ - точка условного максимума.

Другий спосіб

З рівняння зв'язку $x+y=0$ отримаємо $y=-x$. Підставивши $y=-x$ у функцію $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$, отримаємо деяку функцію змінної $x$. Позначимо цю функцію як $u(x)$:

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

Таким чином, задачу про знаходження умовного екстремуму функції двох змінних ми звели до завдання визначення екстремуму функції однієї змінної.

$$ 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).

Отримали точки $M_1(0;0)$ і $M_2\left(\frac(10)(9); -\frac(10)(9)\right)$. Подальше дослідження відоме з курсу диференціального обчислення функцій однією зміною. Досліджуючи знак $u_(xx)^("")$ у кожній стаціонарній точці або перевіряючи зміну знака $u_(x)^(")$ у знайдених точках, отримаємо ті самі висновки, що і при вирішенні першим способом. Наприклад, перевіримо знак $u_(xx)^("")$:

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

Оскільки $u_(xx)^("")(M_1)>0$, то $M_1$ - точка мінімуму функції $u(x)$, у своїй $u_(\min)=u(0)=0$ . Оскільки $u_(xx)^("")(M_2)<0$, то $M_2$ - точка максимума функции $u(x)$, причём $u_{\max}=u\left(\frac{10}{9}\right)=\frac{500}{243}$.

Значення функції $u(x)$ за заданої умови зв'язку збігаються зі значеннями функції $z(x,y)$, тобто. знайдені екстремуми функції $u(x)$ і є умовні екстремуми функції $z(x,y)$, що шукаються.

Відповідь: у точці $(0;0)$ функція має умовний мінімум, $z_(\min)=0$. У точці $\left(\frac(10)(9); -\frac(10)(9) \right)$ функція має умовний максимум, $z_(\max)=\frac(500)(243)$.

Розглянемо ще один приклад, у якому характер екстремуму з'ясуємо у вигляді визначення знака $d^2F$.

Приклад №3

Знайти найбільше та найменше значення функції $z=5xy-4$, якщо змінні $x$ і $y$ позитивні та задовольняють рівняння зв'язку $\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2) -1 = 0 $.

Складемо функцію Лагранжа: $ F = 5xy-4 + lambda \ left (\ frac (x ^ 2) (8) + frac (y ^ 2) (2) -1 \ right) $. Знайдемо стаціонарні точки функції Лагранжа:

$$ 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.$$

Усі подальші перетворення здійснюються з урахуванням $x>0; \; y > 0$ (це обумовлено за умови завдання). З другого рівняння виразимо $\lambda=-\frac(5x)(y)$ і підставимо знайдене значення в перше рівняння: $5y-\frac(5x)(y)\cdot \frac(x)(4)=0$ , $4y^2-x^2=0$, $x=2y$. Підставляючи $x=2y$ у третє рівняння, отримаємо: $\frac(4y^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1=0$, $y^2=1$, $y = 1 $.

Оскільки $y=1$, то $x=2$, $\lambda=-10$. Характер екстремуму у точці $(2;1)$ визначимо, з знаку $d^2F$.

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

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

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

В принципі, тут можна відразу підставити координати стаціонарної точки $x=2$, $y=1$ та параметра $\lambda=-10$, отримавши при цьому:

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

Однак в інших завданнях на умовний екстремум стаціонарних точок може бути декілька. У таких випадках краще $d^2F$ уявити в загальному вигляді, а потім підставляти в отриманий вираз координати кожної зі знайдених стаціонарних точок:

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

Підставляючи $x=2$, $y=1$, $\lambda=-10$, отримаємо:

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

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

Відповідь: у точці $(2;1)$ функція має умовний максимум, $z_(\max)=6$.

У наступній частині розглянемо застосування методу Лагранжа для функцій більшої кількостізмінних.

УМОВНИЙ ЕКСТРЕМУМ

Мінімальне або максимальне значення, що досягається даною функцією (або функціоналом) за умови, що деякі інші функції (функціонали) приймають значення із заданої допустимої множини. Якщо умов, що обмежують у зазначеному сенсі зміни незалежних змінних (функцій), відсутні, то говорять про безумовний екстремум.
Класич. завданням на У. е. є завдання визначення мінімуму функції багатьох змінних

За умови, що деякі інші функції приймають задані значення:

У цій задачі G, до-рому повинні належати значення вектор-функції g=(g 1, ..., g m), що входить у додаткові умови (2), є фіксована точка c=(C 1 , ..., з т)в m-мірному евклідовому просторі
Якщо (2) поряд зі знаком рівності допускаються знаки нерівності

Це призводить до завдання нелінійного програмування(1), (3). У задачі (1), (3) безліч Gдопустимих значень вектор-функції gє нек-рий криволінійний , що належить (n-m 1)-мірної гіперповерхні, що задається т 1 m 1 умовами типу рівності (3). Кордони зазначеного криволінійного багатогранника будуються з урахуванням п-m 1 нерівностей, що входять до (3).
Окремим випадком завдання (1), (3) на У. в. є завдання лінійного програмування,в до-рой всі функції f і g iє лінійними по x l , ..., х п.У задачі лінійного програмування безліч Gдопустимих значень вектор-функції g,входить до умов, що обмежують область зміни змінних x 1 , .....x n ,являє собою , що належить (п-т 1)-мірної гіперплощини, що задається m 1 умовами типу рівності (3).
Аналогічно більшість задач оптимізації функціоналів, що представляють нрактич. інтерес, зводиться до завдань на У. е. (Див. Ізопериметричне завдання, Кільця завдання, Лагранжа завдання, Манера завдання). Так само, як і математич. програмування, основними завданнями варіаційного обчислення та теорії оптимального управління є завдання на У. е.
При вирішенні завдань на У. е., особливо при розгляді теоретич. питань, пов'язаних із завданнями на У. е., дуже корисним виявляється використання невизначених Лагранжа множників,що дозволяють звести завдання на У. е. до завдання на безумовний і спростити необхідні умови оптимальності. Використання множників Лагранжа лежить в основі більшості класич. методів вирішення завдань на У. е.

Літ.: Xедлі Дж., Нелінійне та, пров. з англ., М., 1967; Блісс Р. А., Лекції з варіаційного обчислення, пров. з англ., М., 1950; Понтрягін Л. С. [та ін], Математична оптимальних процесів, 2 видавництва, М., 1969.
І. Б. Вапнярський.

Математична енциклопедія. - М: Радянська енциклопедія. І. М. Виноградов. 1977-1985.