Рейтинг:   / 3
ПлохоОтлично 

Исследование функций на условный экстремум.

Функция $u=f(P)=f(x_1, x_2, ..., x_n)$ имеет условный максимум (минимум) в точке $P_0(x_1, ..., x_n)$, если существует такая окрестность точки $P_0,$ для всех точек которой $P\neq P_0,$ удовлетворяющих уравнениям связи $$\varphi_k(P)=\varphi_k(x_1,..., x_n)=0\quad (k=1, 2, ..., m:\,\,\,\,\, m<n),$$ выполняется неравенство $f(P_0)>f(P)$ (соответственно  $f(P_0)<f(P)$).

Задача нахождения условного экстремума сводится к исследованию на обычный экстремум функции Лагранжа $$L(x_1, x_2, ..., x_n, \lambda_1, ..., \lambda_m)=f(x_1, ..., x_m)+\sum\limits_{k=1}^m\lambda_k\varphi_k(x_1,..., x_n);$$

$\lambda_k\quad (k=1, 2, ..., m)$ называются множителями Лагранжа.

Необходимые условия условного экстремума выражаются системой $n+m$ уравнений $$\frac{\partial L(P)}{\partial x_i}=0\quad (i=1, 2, ..., n)\qquad \,\,\,\,\quad{}\\\varphi_k(P)=0\quad (k=1, 2, ..., m)\qquad \quad(1)$$ из которой могут быть найдены неизвестные $$x_1^0,\, ..., x_n^0,\,\lambda_1^0,\,...,\,\lambda_m^0,$$ где $x_1^0,\, ..., x_n^0$- координаты точки, в которой возможен условный экстремум.

Достаточные условия условного экстремума связаны с изучением знака 2-го дифференциала функции Лагранжа $d^2 L(x_1^0,\, ..., x_n^0,\,\lambda_1^0,\,...,\,\lambda_m^0, dx_1,\,...,dx_n)$ для каждой системы значений $x_1^0,\, ..., x_n^0,\,\lambda_1^0,\,...,\,\lambda_m^0,$ полученной из (1) при условии, что $dx_1,\, dx_2,\, ..., dx_n$ удовлетворяют уравнениям $$\sum\limits_{j=1}^n\frac{\partial \varphi_k(x_1^0,..., x_n^0)}{\partial x_j}dx_j=0\quad (k=1, 2, ..., m)\qquad (2)$$ при $dx_1^2+dx_2^2+...+dx^2_n\neq 0.$ А именно, функция $f(P)$ имеет условный максимум в точке $P_0(x_1^0,..., x_n^0),$ если для всевозможных значений $dx_1, ..., dx_n,$ удовлетворяющих условиям (2) и не равных одновременно нулю, выполняется неравенство  $d^2 L(x_1^0,\, ..., x_n^0,\,\lambda_1^0,\,...,\,\lambda_m^0, dx_1,\,...,dx_n)<0$ и условный минимум, если при этих условиях  $d^2 L(x_1^0,\, ..., x_n^0,\,\lambda_1^0,\,...,\,\lambda_m^0, dx_1,\,...,dx_n)>0.$

В случае функции $z=f(x, y)$ при уравнении связи $\varphi(x,\, y)=0$ функция Лагранжа имеет вид $L(x, y, \lambda)=f(x, y)+\lambda\varphi(x,y.)$

Система (1) состоит из трех уравнений: $$\frac{\partial L}{\partial x}=0,\,\,\,\frac{\partial L}{\partial y}=0,\,\,\,\varphi(x,y)=0.$$

Пусть $P_0(x_0, y_0), \, \lambda_0$- любое из решений этой системы и  $$\Delta=-\begin{vmatrix}0&\varphi_x'(P_0)&\varphi_y'(P_0)\\\varphi_x'(P_0)&L_{xx}''(P_0,\lambda_0)&L_{xy}''(P_0,\lambda_0)\\\varphi_y'(P_0)&L_{xy}''(P_0,\lambda_0)&L_{yy}''(P_0,\lambda_0)\end{vmatrix}.$$

Если $\Delta<0$ то функция $z=f(x, y)$ имеет в точке $P_0(x_0, y_0)$ условный максимум, если $\Delta>0 -$ то условный минимум.

Примеры.

Найти условные экстремумы функций.

7.201. $z=x^2+y^2-xy+x+y-4$ при $x+y+3=0.$

Решение.

Составим функцию Лагранжа: $$L(x, y, \lambda)=x^2+y^2-xy+x+y-4+\lambda(x+y+3).$$

Имеем $$\frac{\partial L}{\partial x}=2x-y+1+\lambda,\,\,\,\frac{\partial L}{\partial y}=2y-x+1+\lambda.$$

Система (1) принимает вид $$\left\{\begin{array}{lcl}2x-y+1+\lambda=0\\2y-x+1+\lambda=0\\x+y+3=0\end{array}\right.$$ 

Решим систему методом Крамера:  $$\Delta=\begin{vmatrix}2&-1&1\\-1&2&1\\1&1&0\end{vmatrix}=-1-1-2-2=-6;$$ $$\Delta_1=\begin{vmatrix}-1&-1&1\\-1&2&1\\-3&1&0\end{vmatrix}=-1+3+6+1=9;$$ $$\Delta_2=\begin{vmatrix}2&-1&1\\-1&-1&1\\1&-3&0\end{vmatrix}=3-1+1+6=9;$$ $$\Delta_3=\begin{vmatrix}2&-1&-1\\-1&2&-1\\1&1&-3\end{vmatrix}=-12+1+1+2+2+3=-3.$$ Отсюда находим $$x=\frac{\Delta_1}{\Delta}=\frac{9}{-6}=-1,5;\quad y=\frac{\Delta_2}{\Delta}=\frac{9}{-6}=-1,5;\quad \lambda=\frac{\Delta_3}{\Delta}=\frac{-3}{-6}=0,5.$$

Далее находим вторые производные:  $$\frac{\partial^2 L}{\partial x^2}=\frac{\partial^2 L}{\partial y^2}=2,\,\,\,\frac{\partial^2 L}{\partial x\partial y}=-1;$$ $$\varphi'_x=1,\qquad \varphi'_y=1$$

$$\Delta=-\begin{vmatrix}0&1&1\\1&2&-1\\1&-1&2\end{vmatrix}=-(-1-1-2-2)=6>0.$$ Следовательно, в точке $P(-1,5;-1,5)$ функция имеет условный минимум.

$z_{min}=(-1,5)^2+(-1,5)^2-(-1,5)^2-1,5-1,5-4=2,25-3-4=-4,75.$

Ответ: в точке $P(-1,5;-1,5)$ функция имеет условный минимум; $z_{min}=-4,75.$

 

7.202.  $z=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$ при $x+y=2.$

Решение.

Составим функцию Лагранжа: $$L(x, y, \lambda)=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\lambda(x+y-2).$$

Имеем $$\frac{\partial L}{\partial x}=-\frac{1}{x^2}+\lambda,\,\,\,\frac{\partial L}{\partial y}=-\frac{1}{y^2}+\lambda.$$

Система (1) принимает вид $$\left\{\begin{array}{lcl}-\frac{1}{x^2}+\lambda=0\\-\frac{1}{y^2}+\lambda=0\\x+y-2=0\end{array}\right.$$ 

Решим систему:   

$$\left\{\begin{array}{lcl}-\frac{1}{x^2}+\lambda=0\\-\frac{1}{y^2}+\lambda=0\\x+y-2=0\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}\lambda=\frac{1}{x^2}\\\lambda=\frac{1}{y^2}\\x=2-y\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}\lambda=\frac{1}{x^2}\\x^2={y^2}\\x=2-y\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}\lambda=\frac{1}{x^2}\\(2-y)^2={y^2}\\x=2-y\end{array}\right.\Rightarrow$$ 

$$\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}\lambda=\frac{1}{x^2}\\4-4y+y^2={y^2}\\x=2-y\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}\lambda=1\\y=1\\x=1\end{array}\right.$$ 

Далее находим вторые производные:  $$\frac{\partial^2 L}{\partial x^2}=\frac{2}{x^3};\qquad \frac{\partial^2 L}{\partial y^2}=\frac{2}{y^2},\,\,\,\frac{\partial^2 L}{\partial x\partial y}=0;$$ $$\varphi'_x=1,\qquad \varphi'_y=1$$

$$\frac{\partial^2 L(x_0, y_0)}{\partial x^2}=2;\qquad \frac{\partial^2 L(x_0, y_0)}{\partial y^2}=2,\,\,\,\frac{\partial^2 L}{\partial x\partial y}=0;$$ $$\varphi'_x=1,\qquad \varphi'_y=1$$

$$\Delta=-\begin{vmatrix}0&1&1\\1&2&0\\1&0&2\end{vmatrix}=-(-2-2)=4>0.$$ Следовательно, в точке $P(1;1)$ функция имеет условный минимум.

$z_{min}=1+1=2$

Ответ: в точке $P(1;1)$ функция имеет условный минимум; $z_{min}=2.$

 

7.205.  $z=2x+y$ при $x^2+y^2=1.$

 Решение.

Составим функцию Лагранжа: $$L(x, y, \lambda)=2x+y+\lambda(x^2+y^2-1).$$

Имеем $$\frac{\partial L}{\partial x}=2+2x\lambda,\,\,\,\frac{\partial L}{\partial y}=1+2y\lambda.$$

Система (1) принимает вид $$\left\{\begin{array}{lcl}2+2x\lambda=0\\1+2y\lambda=0\\x^2+y^2-1=0\end{array}\right.$$ 

Решим систему:  

$$\left\{\begin{array}{lcl}2+2x\lambda=0\\1+2y\lambda=0\\x^2+y^2-1=0\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}x=-\frac{1}{\lambda}\\y=-\frac{1}{2\lambda}\\x^2+y^2-1=0\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}x=-\frac{1}{\lambda}\\y=-\frac{1}{2\lambda}\\\frac{1}{\lambda^2}+\frac{1}{4\lambda^2}-1=0\end{array}\right.\Rightarrow$$ 

 $$\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}x=-\frac{1}{\lambda}\\y=-\frac{1}{2\lambda}\\{\lambda^2}=\frac{5}{4}\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}\lambda=\pm\frac{\sqrt 5}{2}\\x=\mp\frac{2}{\sqrt 5}\\y=\mp\frac{1}{\sqrt 5}\end{array}\right.$$ 

Получили два решения системы: при $\lambda_1=\frac{\sqrt 5}{2}$ $x_1=-\frac{2}{\sqrt 5};$ $y_1=-\frac{1}{\sqrt 5};$

при $\lambda_2=-\frac{\sqrt 5}{2}$ $x_2=\frac{2}{\sqrt 5};$ $y_2=\frac{1}{\sqrt 5};$

 Далее находим вторые производные:  $$\frac{\partial^2 L}{\partial x^2}=\frac{\partial^2 L}{\partial y^2}=2\lambda,\,\,\,\frac{\partial^2 L}{\partial x\partial y}=0;$$ $$\varphi'_x=2x,\qquad \varphi'_y=2y$$

$$\Delta=-\begin{vmatrix}0&2x&2y\\2x&2\lambda&0\\2y&0&2\lambda\end{vmatrix}=-(-8\lambda y^2-8\lambda x^2).$$

$$\Delta(P_1(x_1, y_1))=-(-8\frac{\sqrt 5}{2} \frac{1}{5}-8\frac{\sqrt 5}{2} \frac{4}{5})=4\sqrt 5>0.$$

Следовательно, в точке $P_1(-\frac{2}{\sqrt 5};-\frac{1}{\sqrt 5)}$ функция имеет условный минимум.

$$\Delta(P_2(x_2, y_2))=-(-8\frac{-\sqrt 5}{2} \frac{1}{5}-8\frac{-\sqrt 5}{2} \frac{4}{5})=-4\sqrt 5<0.$$

Следовательно, в точке $P_2(-\frac{2}{\sqrt 5};-\frac{1}{\sqrt 5)}$ функция имеет условный максимум.

 $z_{min}=z(P_1)=-\frac{4}{\sqrt 5}-\frac{1}{\sqrt 5}=-\sqrt 5.$

 $z_{max}=z(P_2)=\frac{4}{\sqrt 5}+\frac{1}{\sqrt 5}=\sqrt 5.$

Ответ: в точке $P_1(-\frac{2}{\sqrt 5};-\frac{1}{\sqrt 5)}$ функция имеет условный минимум; $z_{min}=-\sqrt 5.$ в точке $P_2(-\frac{2}{\sqrt 5};-\frac{1}{\sqrt 5)}$ функция имеет условный максимум,  $z_{max}=\sqrt 5.$ 

 

 

 

Добавить комментарий


Защитный код
Обновить