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

Тема Математический анализ

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

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#58756

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

Показать ответ и решение

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

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

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

В данном случае получается система

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

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

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

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

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

В нашем случае получается такая матрица:

( 1- ) 2e 0 0 2e

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

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#58757

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

Показать ответ и решение

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

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

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

В данном случае получается система

( { 2x = 0 ( 3y2 = 0

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

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

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

В нашем случае получается такая матрица:

( ) 2 0 0 0

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

Однако понятно, что форма

2 Q(x1,x2) = 2x1

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

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

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

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

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#58759

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

Показать ответ и решение

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

В данном случае получается система

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

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

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

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

В нашем случае получаются такие матрицы:

( ) ( ) 2 − 2 и 2 − 2 − 2 2 − 2 2

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

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

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

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

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

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#88441

Доказать следующую теорему:

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

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

Показать ответ и решение

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

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

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

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

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

Для частных производных по остальным переменным проверяется аналогично.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#88442

Исследовать на экстремум функцию

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

Показать ответ и решение

Исследовать на экстремум функцию

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

Решение.

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

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

Необходимо решить систему

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

Она принимает вид

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

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

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

$PIC$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Она конечно и не знакопостоянна, поскольку

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

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

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

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

1- z(x,y) = 2

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

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

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

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

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

Видим, что

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

А это, очевидно, матрица знакопеременной формы, поскольку форма

Q(u,v) = 2uv

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

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

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#89294

Исследовать функцию $f (x, y) = 2x + 4y$ на условные экстремумы с условием $x2 + 4y2 = 8$

Показать ответ и решение

1. Составим функцию Лагранжа:

L(x,y,λ) = 2x+ 4y + λ(x2 + 4y2 − 8)

Далее, необходимое условие того, что точка $(x,y)$ является условным локальным экстремумом функции $f$ :

∂L- ∂L- ∂L- ∂x (x,y,λ) = ∂y (x,y,λ) = ∂λ (x,y,λ) = 0

Таким образом, получаем следующую систему уравнений:

( ||| 2 + 2λx = 0 { | 4 + 8λy = 0 ||( 2 2 x + 4y − 8 = 0

Получаем 2 кандидата на условный локальный экстремум:

1- 1- (2,1,−2 ), (− 2,− 1,2)

2. Проверим достаточное условие экстремума.

Гессиан функции Лагранжа в точке $(x, y,λ)$ имеет вид:

( ) | 2λ 0 2x | HL (x,y,λ ) = |( 0 8λ 8y |) 2x 8y 0

Подставим в гессиан первого кандидата $(2,1,− 12)$ :

( ) 1 | − 1 0 4| HL (2,1,− --) = |( 0 − 4 8|) 2 4 8 0

Его главные миноры $Δ1 < 0,Δ2 > 0,Δ3 > 0$ .

Мы не попали ни в случай положительной определенности, ни в случай отрицательной определенности.

Значит, требуется дополнительное исследование с учетом условий связи.

Итак, выпишем явно второй дифференциал функции Лагранжа в точке $(2,1,− 12)$ :

1 d2L(2,1,− -) = − dx2 − 4dy2 + 2dxd λ + 4dydλ 2

Наше уравнение связи:

x2 + 4y2 = 8

Продифференцируем его:

2xdx + 8ydy = 0

То есть $2xdx = − 8ydy$ . А в точке $1 (2,1,− 2)$ получается

4dx = − 8dy

то есть

dx = − 2dy

Подставим это соотношение во второй дифференциал:

2 1- 2 2 1- 2 d L(2,1,− 2) = − dx − dx + 2dxdλ + 4⋅(− 2)dxdλ = − 2dx

Получается, что в этой точке с учетом уравнения связи второй дифференциал функции Лагранжа отрицательно определен. Следовательно, точка $(2,1)$ - точка условного локального максимума функции $f$ .

Проверим теперь второго кандидата - точку $(− 2,− 1, 1) 2$ .

Подставим её в гессиан функции Лагранжа:

( ) 1 0 − 4 1- || || HL (− 2,− 1,2 ) = ( 0 4 − 8) − 4 − 8 0

Его главные миноры

Δ > 0,Δ > 0,Δ < 0 1 2 3

Мы не попали ни в случай положительной определенности, ни в случай отрицательной определенности.

Значит, требуется дополнительное исследование с учетом условий связи.

Итак, выпишем явно второй дифференциал функции Лагранжа в точке $(− 2,− 1, 12)$ :

1 dL(− 2,− 1,-) = dx2 + 4dy2 − 2dxdλ − 4dydλ 2

Наше уравнение связи:

2 2 x + 4y = 8

Продифференцируем его:

2xdx + 8ydy = 0

То есть $2xdx = − 8ydy$ . А в точке $(− 2,− 1, 12)$ получается

− 4dx = 8dy

то есть

dx = − 2dy

Подставим это соотношение во второй дифференциал:

1 d2L(− 2,− 1,-) = dx2 + dx2 − 2dxdλ + 2dx λ = 2dx2 2

Получается, что в этой точке с учетом уравнения связи второй дифференциал функции Лагранжа положительно определен. Следовательно, точка $(− 2,− 1)$ - точка условного локального минимума функции $f$ .

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#89295

Исследовать функцию $f (x,y,z ) = xy + yz$ на условные экстремумы с условиями $x2 + y2 = 2,y + z = 2$ . Считать, что исследование проводится в области $x > 0,y > 0,z > 0$ .

Показать ответ и решение

1. Составим функцию Лагранжа:

L (x, y,z,λ1,λ2) = xy + yz + λ1(x2 + y2 − 2)+ λ2 (y + z − 2)

Далее, необходимое условие того, что точка $(x,y,z)$ является условным локальным экстремумом функции $f$ :

∂L- ∂L- ∂L- -∂L- ∂L-- ∂x (x,y,z,λ1,λ2) = ∂y (x,y,z,λ1,λ2) = ∂z (x,y,z,λ1, λ2) = ∂ λ1(x,y,z,λ1,λ2) = ∂λ2 (x,y, z,λ1, λ2) = 0

Таким образом, получаем следующую систему уравнений:

( || y + 2xλ = 0 |||| 1 ||| x+ z + 2yλ1 + λ2 = 0 |{ | y + λ2 = 0 ||| 2 2 |||| x + y − 2 = 0 ||( y + z − 2 = 0

Поскольку мы исследуем лишь при положительных $x > 0,y > 0,z > 0$ , единственным решением системы при таких ограничениях будет набор $1 (1,1,1,−2,− 1)$ .

Выясним теперь по достаточному условию, является ли точка $(1,1,1)$ условным локальным экстремумом функции $f$ .

В этой точке гессиан функции Лагранжа равен

( − 1 1 0 2 0) | | || 1 − 1 1 2 1|| HL (1,1,1,− 1,− 1) = || 0 1 0 0 1|| 2 || || ( 2 2 0 0 0) 0 1 1 0 0

Его главные миноры

Δ1 < 0,Δ2 = 0,...

Дальше проверять не имеет смысла, потому что уже второй главный минор получился вырожден, и критерий Сильвестра неприменим.

Выпишем явно второй дифференциал функции Лагранжа в точке $(1,1,1,− 1,− 1 ) 2$ с учетом условий связи.

d2L(1,1,1,− 1-,− 1) = − dx2 − dy2 + 2dxdy + 4dxdλ + 2dydz + 4dydλ + 2dydλ + 2dzdy + 2dzdλ 2 1 1 2 2

У нас два условия связи:

( {x2 + y2 = 2 (y + z = 2

Дифференцируя их, получим:

( { 2xdx + 2ydy = 0 ( dy + dz = 0

В точке $1 (1,1,1,− 2,− 1)$ получаем

( { 2dx + 2dy = 0 ( dy + dz = 0

Следовательно, $dy = − dx,dz = dx$ .

Получаем в итоге:

1 d2L (1,1,1,−--,− 1) = − dx2 − dy2 + 2dxdy + 4dxdλ1 + dydz + 4dydλ1 + 2dydλ2 + dzdy + 2dzdλ2 = 2

2 2 2 2 2 2 = − dx − dx − 2dx + 4dxd λ1 − dx + − 4dxdλ1 − 2dxdλ2 − dx + 2dxdλ2 = − 6dx

И видно, что с учетом уравнений связи второй дифференциал функции Лагранжа отрицательно определен. Следовательно, точка $(1,1,1)$ - точка локального максимума функции $f$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#89296

Исследовать функцию $f (x, y,z) = xy2z3$ на условные экстремумы с условием $x + y + z = 6$

Показать ответ и решение

1. Составим функцию Лагранжа:

L(x,y,z,λ ) = xy2z3 + λ(x + y + z − 6)

Далее, необходимое условие того, что точка $(x,y,z)$ является условным локальным экстремумом функции $f$ :

∂L- ∂L- ∂L- ∂L- ∂x (x,y,z,λ) = ∂y (x, y,z,λ) = ∂z(x,y,z,λ ) = ∂λ(x,y,z,λ) = 0

Таким образом, получаем следующую систему уравнений:

( ||| y2z3 + λ = 0 |||| { 2xyz3 + λ = 0 | 2 2 |||| 3xy z + λ = 0 ||( x+ y + z − 6 = 0

Если не рассматривать случаи, когда $λ = 0$ (а их нет смысла рассматривать, потому что тогда функция Лагранжа превращается в саму функцию $f$ и мы исследуем просто саму функцию $f$ без учета уравнений связи, что нам сейчас не интересно. Но при желании и такое исследование можно провести), то мы получаем одно единственное решение данной системы - набор $(1,2,3,− 108)$ Выясним, является ли точка $(1,2,3)$ условным локальным экстремумом функции $f$ .

Вычислим гессиан в общем виде:

( ) 0 2yz3 3y2z2 1 | | || 2yz3 2xz3 6xyz2 1|| HL(x,y,z,λ ) = || 3y2z2 6xyz2 6xy2z 1|| ( ) 1 1 1 0

В этой точке гессиан функции Лагранжа равен

( ) 0 108 108 1 || || HL (1,2,3,− 108) = || 108 54 108 1|| |( 108 108 72 1|) 1 1 1 0

Первый же главный минор равен нулю, поэтому критерий Сильвестра неприменим.

Второй дифференциал функции Лагранжа в этой точке будет равен

d2L(1,2,3,− 108) = 54dy2 + 72dz2 + 216dxdy + 216dxdz + 2dxdλ + 216dydz + 2dyd λ+ 2dzd λ

С учетом уравнения связи $x + y + z = 6$ , то есть $dx+ dy + dz = 0$ получим $dx = − dy − dz$ и поэтому

d2L(1,2,3,− 108) = 54dy2 + 72dz2 − 216dy2 − 216dydz − 216dydz − 216dz2 − 2dydλ − 2dzdλ+

+216dydz + 2dydλ + 2dzdλ =

= − 162dy2 − 144dz2 − 216dydz

Какая же у нас получилась квадратичная форма с учетом уравнения связи? Она имеет матрицу

( ) − 162 − 108 − 108 − 144

И видно, $Δ1 < 0,Δ2 > 0$ и поэтому второй дифференциал функции Лагранжа в точке $(1,2,3)$ с учетом уравнения связи отрицательно определен по критерию Сильвестра. Следовательно, точка $(1,2,3)$ - точка условного локального максимума функции $f$ .

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Предыдущий раздел

Следующий раздел