Исследование функций на внутренний экстремум.
Экстремумом называется максимум или минимум функции.
Необходимое условие экстремума.
Если дифференцируемая функция $f(P)$ достигает экстремума в точке $P_0,$ то в этой точке
$f_{x_k}(P_0)=0$ для всех $k=1, 2, ..., n\qquad (1)$
Точки, в которых выполняются условия (1). Называются стационарными точками функции $u=f(P).$
Достаточные условия экстремума функции двух переменных.
Пусть $P_0(x_0, y_0) -$ стационарная точка функции $z=f(x, y),$ причем эта функция дважды дифференцируема в некоторой окрестности точки и все ее вторые частные производные непрерывны в точке.
Обозначим через $\Delta$ определитель
$$\Delta(x;y)=\begin{vmatrix}z''_{xx}&z''_{xy}\\z''_{yx}&z''_{yy}\end{vmatrix}= z''_{xx}z''_{yy}-z''_{xy}z''_{yx}=z''_{xx}z''_{yy}-{z''}^2_{xy}.$$
Тогда:
a) Если $\Delta(P_0)>0,$ то в точке $P_0$ есть экстремум, причем в случае $z''_{xx}(P_0)>0$ (или $z''_{yy}(P_0)>0$) – минимум, а в случае $z''_{xx}(P_0)<0$ (или $z''_{yy}(P_0)<0$) – максимум.
б) Если $\Delta(P_0)<0,$ то в точке $P_0$ экстремума нет (такие точки называются седловыми).
в) Если $\Delta(P_0)=0,$ то для ответа на вопрос про существование экстремума необходимо дополнительное исследование с использованием дифференциалов третьего или более высокого порядка (неопределенный случай).
Примеры.
Найти экстремумы функций двух переменных:
7.187. $z=x^2+xy+y^2-3x-6y.$
Решение.
Найдем частные производные первого порядка функции $z(x, y):$
$$z'_x(x, y)=(x^2+xy+y^2-3x-6y)'_x=2x+y-3;$$
$$z'_y(x, y)=(x^2+xy+y^2-3x-6y)'_y=x+2y-6.$$
Далее находим стационарные точки, для того приравниваем к нулю найденные производные и решаем систему:
$$\left\{\begin{array}{lcl}2x+y-3=0\\x+2y-6=0\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}y=3-2x\\x+2(3-2x)-6=0\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}y=3-2x\\-3x=0\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}y=3\\x=0\end{array}\right.$$
Таким образом, нашли стационарную точку $P(0;3).$ Проверим, является ли она точкой экстремума. Для этого находим вторые производные:
$$z''_{xx}(x, y)=(2x+y-3)'_x=2;$$
$$z''_{yy}(x, y)=(x+2y-6)'_y=2.$$
$$z''_{xy}(x, y)=(2x+y-3)'_y=1.$$
Далее находим
$$\Delta(x;y)=\begin{vmatrix}z''_{xx}&z''_{xy}\\z''_{yx}&z''_{yy}\end{vmatrix}= \begin{vmatrix}2&1\\1&2\end{vmatrix}=4-1=3.$$
Так как $\Delta(P_0)>0,$ то в точке $P_0$ есть экстремум, причем, так как $z''_{xx}(P_0)>0$ – это минимум.
$$z_{min}= 0^2+0+3^2-0-18=-9.$$
Ответ: Функция имеет минимум в точке $P(0;3).$ $z_{min}=-9.$
7.189.$z=3x^2-x^3+3y^2+4y.$
Решение.
Найдем частные производные первого порядка функции $z(x, y):$
$$z'_x(x, y)=(3x^2-x^3+3y^2+4y)'_x=6x-3x^2;$$
$$z'_y(x, y)=(3x^2-x^3+3y^2+4y)'_x=6y+4;$$
Далее находим стационарные точки, для того приравниваем к нулю найденные производные и решаем систему:
$$\left\{\begin{array}{lcl}6x-3x^2=0\\6y+4=0\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}\left[\begin{array}{lcl}x=0\\6-3x=0\end{array}\right.\\y=-\frac{2}{3}\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}\left[\begin{array}{lcl}x=0\\x=2\end{array}\right.\\y=-\frac{2}{3}\end{array}\right.$$
Таким образом, имеем две стационарные точки $P_1(0;-\frac{2}{3})$ и $P_2(2;-\frac{2}{3}).$ Проверим, являются ли они точками экстремума. Для этого находим вторые производные:
$$z''_{xx}(x, y)=(6x-3x^2)'_x=6-6x;$$
$$z''_{yy}(x, y)=(6y+4)'_y=6.$$
$$z''_{xy}(x, y)=(6x-3x^2)'_y=0.$$
Далее находим
$$\Delta(x;y)=\begin{vmatrix}z''_{xx}&z''_{xy}\\z''_{yx}&z''_{yy}\end{vmatrix}= \begin{vmatrix}6-6x&0\\0&6\end{vmatrix}=36-36x.$$
$$\Delta(0; -\frac{2}{3})=36.$$
$$\Delta(2; -\frac{2}{3})=36-72=-36.$$
Так как $\Delta(P_1)>0,$ то в точке $P_1$ есть экстремум, причем, так как $z''_{xx}(P_1)=6>0$ – это минимум.
$$z_{min}=0+3\left(-\frac{2}{3}\right)^2-4\frac\cdot{2}{3}=\frac{4}{3}-\frac{8}{3}=-\frac{4}{3}.$$
Так как $\Delta(P_2)<0,$ то в точке $P_2$ экстремума нет.
Ответ: Функция имеет минимум в точке $P_1(0;-\frac{2}{3})$ $z_{min}=-\frac{4}{3}.$
7.193.$z=2x^3-xy^2+5x^2+y^2.$
Решение.
Найдем частные производные первого порядка функции $z(x, y):$
$$z'_x(x, y)=(2x^3-xy^2+5x^2+y^2)'_x=6x^2-y^2+10x;$$
$$z'_y(x, y)=(2x^3-xy^2+5x^2+y^2)'_y=-2xy+2y.$$
Далее находим стационарные точки, для того приравниваем к нулю найденные производные и решаем систему:
$$\left\{\begin{array}{lcl}6x^2-y^2+10x=0\\-2xy+2y=0\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}6x^2-y^2+10x=0\\\left[\begin{array}{lcl}y=0\\x=1\end{array}\right.\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{lcl}\left\{\begin{array}{lcl}y=0\\6x^2+10x=0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{lcl}x=1\\6-y^2+10=0\end{array}\right.\end{array}\right.$$
Отсюда находим четыре стационарные точки $P_1(-\frac{5}{3};0),$ $P_2(0;0),$ $P_3(1; 4),$ $P_4(1; -4).$ Проверим, являются ли они точками экстремума. Для этого находим вторые производные:
$$z''_{xx}(x, y)=(6x^2-y^2+10x)'_x=12x+10;$$
$$z''_{yy}(x, y)=(-2xy+2y)'_y=-2x+2.$$
$$z''_{xy}(x, y)=(6x^2-y^2+10x)'_y=-2y.$$
Далее находим
$$\Delta(x;y)=\begin{vmatrix}z''_{xx}&z''_{xy}\\z''_{yx}&z''_{yy}\end{vmatrix}= \begin{vmatrix}12x+10&-2y\\-2y&-2x+2\end{vmatrix}=(12x+10)(-2x+2)-4y^2=$$ $$=-24x^2+4x+20-4y^2$$
$$\Delta(-\frac{5}{3};0)=-24\cdot\frac{25}{9}-4\cdot\frac{5}{3}+20=-\frac{160}{3}.$$
$$\Delta(0; 0)=20.$$
$$\Delta(1; 4)=-24+4+20-64=-64.$$
$$\Delta(1; -4)=-24+4+20-64=-64.$$
Так как $\Delta(P_1)<0,$ $\Delta(P_3)<0,$ $\Delta(P_4)<0,$ то в точках $P_1,$ $P_3$ и $P_4$ экстремума нет.
В точке $P_2$ $\Delta(P_2)>0,$ следовательно экстремум есть, причем, так как $z''_{xx}(P_1)=20>0$ – это минимум.
$$z_{min}=0.$$
Ответ: Функция имеет минимум в точке $P_2(0;0)$ $z_{min}=0.$
Таким образом