Определение: Точка х0 называется точкой локального максимума (или минимума) функции, если в некоторой окрестности точки х0 функция принимает наибольшее (или наименьшее) значение, т.е. для всех х из некоторой окрестности точки х0 выполняется условие f(x) f(x0) (или f(x) f(x0)).
Точки локального максимума или минимума объединены общим названием - точками локального экстремума функции.
Отметим, что в точках локального экстремума функция достигает своего наибольшего или наименьшего значения лишь в некоторой локальной области. Возможны случаи, когда по значению уmaxуmin .
Необходимый признак существования локального экстремума функции
Теорема . Если непрерывная функция у = f(x) имеет в точке х0 локальный экстремум, то в этой точке первая производная либо равна нулю, либо не существует, т.е. локальный экстремум имеет место в критических точках I рода.
В точках локального экстремума либо касательная параллельна оси 0х, либо имеются две касательные (см. рисунок). Отметим, что критические точки являются необходимым, но недостаточным условием локального экстремума. Локальный экстремум имеет место только в критических точках I рода, но не во всех критических точках имеет место локальный экстремум.
Например: кубическая парабола у = х3, имеет критическую точка х0=0, в которой производная у/(0)=0, но критическая точка х0=0 не является точкой экстремума, а в ней имеет место точка перегиба (см. ниже).
Достаточный признак существования локального экстремума функции
Теорема . Если при переходе аргумента через критическую точку I рода слева направо первая производная у / (x)
меняет знак с “+” на “-”, то непрерывная функция у(х) в этой критической точке имеет локальный максимум;
меняет знак с “-” на “+”, то непрерывная функция у(х) имеет в этой критической точке локальный минимум
не меняет знак, то в этой критической точке нет локального экстремума, здесь имеет место точка перегиба.
Для локального максимума область возрастания функции (у/0) сменяется на область убывания функции (у/0). Для локального минимума область убывания функции (у/0) сменяется на область возрастания функции (у /0).
Пример: Исследовать функцию у = х3 + 9х2 + 15х - 9 на монотонность, экстремум и построить график функции.
Найдем критические точки I рода, определив производную (у/) и приравняв ее нулю: у/ = 3х2 + 18х + 15 =3(х2 + 6х + 5) = 0
Решим квадратный трехчлен с помощью дискриминанта:
х2 + 6х + 5 = 0 (а=1, в=6, с=5) D= , х1к = -5, х2к = -1.
2) Разобьем числовую ось критическими точками на 3 области и определим в них знаки производной (у/). По этим знакам найдем участки монотонности (возрастания и убывания) функций, а по изменению знаков определим точки локального экстремума (максимума и минимума).
Результаты исследования представим в виде таблицы, из которой можно сделать следующие выводы:
- 1. На интервале у /(-10) 0 функция монотонно возрастает (знак производной у оценивался по контрольной точке х = -10, взятой в данном интервале);
- 2. На интервале (-5 ; -1) у /(-2) 0 функция монотонно убывает (знак производной у оценивался по контрольной точке х = -2, взятой в данном интервале);
- 3. На интервале у /(0) 0 функция монотонно возрастает (знак производной у оценивался по контрольной точке х = 0, взятой в данном интервале);
- 4. При переходе через критическую точку х1к= -5 производная меняет знак с "+" на "-" , следовательно эта точка является точкой локального максимума
- (ymax(-5) = (-5)3+9(-5)2 +15(-5)-9=-125 + 225 - 75 - 9 =16);
- 5. При переходе через критическую точку х2к= -1 производная меняет знак с "-" на "+" , следовательно эта точка является точкой локального минимума
- (ymin(-1) = -1 + 9 - 15 - 9 = - 16).
х -5 (-5 ; -1) -1
3) Построение графика выполним по результатам исследования с привлечением дополнительных расчетов значений функции в контрольных точках:
строим прямоугольную систему координат Оху;
показываем по координатам точки максимума (-5; 16) и минимума (-1;-16);
для уточнения графика рассчитываем значение функции в контрольных точках, выбирая их слева и справа от точек максимума и минимума и внутри среднего интервала, например: у(-6)=(-6)3 +9(-6)2+15(-6)-9=9; у(-3)=(-3)3+9(-3)2+15(-3)-9=0;
у(0)= -9 (-6;9); (-3;0) и (0;-9) - расчетные контрольные точки, которые наносим для построения графика;
показываем график в виде кривой выпуклостью вверх в точке максимума и выпуклостью вниз в точке минимума и проходящей через расчетные контрольные точки.
$E \subset \mathbb{R}^{n}$. Говорят, что $f$ имеет локальный максимум в точке $x_{0} \in E$, если существует такая окрестность $U$ точки $x_{0}$, что для всех $x \in U$ выполняется неравенство $f\left(x\right) \leqslant f\left(x_{0}\right)$.
Локальный максимум называется строгим, если окрестность $U$ можно выбрать так, чтобы для всех $x \in U$, отличных от $x_{0}$, было $f\left(x\right) < f\left(x_{0}\right)$.
Определение
Пусть $f$ – действительная функция на открытом множестве $E \subset \mathbb{R}^{n}$. Говорят, что $f$ имеет локальный минимум
в точке $x_{0} \in E$, если существует такая окрестность $U$ точки $x_{0}$, что для всех $x \in U$ выполняется неравенство $f\left(x\right) \geqslant f\left(x_{0}\right)$.
Локальный минимум называется строгим, если окрестность $U$ можно выбрать так, чтобы для всех $x \in U$, отличных от $x_{0}$, было $f\left(x\right) > f\left(x_{0}\right)$.
Локальный экстремум объединяет понятия локального минимума и локального максимума.
Теорема (необходимое условие экстремума дифференцируемой функции)
Пусть $f$ – действительная функция на открытом множестве $E \subset \mathbb{R}^{n}$. Если в точке $x_{0} \in E$ функция $f$ имеет локальный экстремум и в этой точке,то $$\text{d}f\left(x_{0}\right)=0.$$ Равенство нулю дифференциала равносильно тому, что все равны нулю, т.е. $$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x_{i}}\left(x_{0}\right)=0.$$
В одномерном случае это – . Обозначим $\phi \left(t\right) = f \left(x_{0}+th\right)$, где $h$ – произвольный вектор. Функция $\phi$ определена при достаточно малых по модулю значениях $t$. Кроме того, по , она дифференцируема, и ${\phi}’ \left(t\right) = \text{d}f \left(x_{0}+th\right)h$.
Пусть $f$ имеет локальный максимум в точкеx $0$. Значит, функция $\phi$ при $t = 0$ имеет локальный максимум и, по теореме Ферма, ${\phi}’ \left(0\right)=0$.
Итак, мы получили, что $df \left(x_{0}\right) = 0$, т.е. функции $f$ в точке $x_{0}$ равен нулю на любом векторе $h$.
Определение
Точки, в которых дифференциал равен нулю, т.е. такие, в которых все частные производные равны нулю, называются стационарными
. Критическими точками
функции $f$ называются такие точки, в которых $f$ не дифференцируема, либо ее равен нулю. Если точка стационарная, то из этого еще не следует, что в этой точке функция имеет экстремум.
Пример 1.
Пусть $f \left(x,y\right)=x^{3}+y^{3}$. Тогда $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 3 \cdot x^{2}$,$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = 3 \cdot y^{2}$, так что $\left(0,0\right)$ – стационарная точка, но в этой точке у функции нет экстремума. Действительно, $f \left(0,0\right) = 0$, но легко видеть, что в любой окрестности точки $\left(0,0\right)$ функция принимает как положительные, так и отрицательные значения.
Пример 2.
У функции $f \left(x,y\right) = x^{2} − y^{2}$ начало координат – стационарная точка, но ясно, что экстремума в этой точке нет.
Теорема (достаточное условие экстремума).
Пусть функция $f$ дважды непрерывно-дифференцируема на открытом множестве $E \subset \mathbb{R}^{n}$. Пусть $x_{0} \in E$ – стационарная точка и $$\displaystyle Q_{x_{0}} \left(h\right) \equiv \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right)h^{i}h^{j}.$$ Тогда
- если $Q_{x_{0}}$ – , то функция $f$ в точке $x_{0}$ имеет локальный экстремум, а именно, минимум, если форма положительноопределенная, и максимум, если форма отрицательноопределенная;
- если квадратичная форма $Q_{x_{0}}$ неопределенная, то функция $f$ в точке $x_{0}$ не имеет экстремума.
Воспользуемся разложением по формуле Тейлора (12.7 стр. 292) . Учитывая, что частные производные первого порядка в точке $x_{0}$ равны нулю, получим $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right) = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}+\theta h\right)h^{i}h^{j},$$ где $0<\theta<1$. Обозначим $\displaystyle a_{ij}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right)$. В силу теоремы Шварца (12.6 стр. 289-290) , $a_{ij}=a_{ji}$. Обозначим $$\displaystyle \alpha_{ij} \left(h\right)=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}+\theta h\right)−\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right).$$ По предположению, все непрерывны и поэтому $$\lim_{h \rightarrow 0} \alpha_{ij} \left(h\right)=0. \left(1\right)$$ Получаем $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left.$$ Обозначим $$\displaystyle \epsilon \left(h\right)=\frac{1}{|h|^{2}}\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \alpha_{ij} \left(h\right)h_{i}h_{j}.$$ Тогда $$|\epsilon \left(h\right)| \leq \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n |\alpha_{ij} \left(h\right)|$$ и, в силу соотношения $\left(1\right)$, имеем $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ при $h \rightarrow 0$. Окончательно получаем $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left. \left(2\right)$$ Предположим, что $Q_{x_{0}}$ – положительноопределенная форма. Согласно лемме о положительноопределённой квадратичной форме (12.8.1 стр. 295, Лемма 1) , существует такое положительное число $\lambda$, что $Q_{x_{0}} \left(h\right) \geqslant \lambda|h|^{2}$ при любом $h$. Поэтому $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right) \geq \frac{1}{2}|h|^{2} \left(λ+\epsilon \left(h\right)\right).$$ Так как $\lambda>0$, а $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ при $h \rightarrow 0$, то правая часть будет положительной при любом векторе $h$ достаточно малой длины.
Итак, мы пришли к тому, что в некоторой окрестности точки $x_{0}$ выполнено неравенство $f \left(x\right) >f \left(x_{0}\right)$, если только $x \neq x_{0}$ (мы положили $x=x_{0}+h$\right). Это означает, что в точке $x_{0}$ функция имеет строгий локальный минимум, и тем самым доказана первая часть нашей теоремы.
Предположим теперь, что $Q_{x_{0}}$ – неопределенная форма. Тогда найдутся векторы $h_{1}$, $h_{2}$, такие, что $Q_{x_{0}} \left(h_{1}\right)=\lambda_{1}>0$, $Q_{x_{0}} \left(h_{2}\right)= \lambda_{2}<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0$. Тогда получим $$f \left(x_{0}+th_{1}\right)−f \left(x_{0}\right) = \frac{1}{2} \left[ t^{2} \lambda_{1} + t^{2} |h_{1}|^{2} \epsilon \left(th_{1}\right) \right] = \frac{1}{2} t^{2} \left[ \lambda_{1} + |h_{1}|^{2} \epsilon \left(th_{1}\right) \right].$$ При достаточно малых $t>0$ правая часть положительна. Это означает, что в любой окрестности точки $x_{0}$ функция $f$ принимает значения $f \left(x\right)$, большие, чем $f \left(x_{0}\right)$.
Аналогично получим, что в любой окрестности точки $x_{0}$ функция $f$ принимает значения, меньшие, чем $f \left(x_{0}\right)$. Это, вместе с предыдущим, означает, что в точке $x_{0}$ функция $f$ не имеет экстремума.
Рассмотрим частный случай этой теоремы для функции $f \left(x,y\right)$ двух переменных, определенной в некоторой окрестности точки $\left(x_{0},y_{0}\right)$ и имеющей в этой окрестности непрерывные частные производные первого и второго порядков. Предположим, что $\left(x_{0},y_{0}\right)$ – стационарная точка, и обозначим $$\displaystyle a_{11}= \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} \left(x_{0} ,y_{0}\right), a_{12}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} \left(x_{0}, y_{0}\right), a_{22}=\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} \left(x_{0}, y_{0}\right).$$ Тогда предыдущая теорема примет следующий вид.
Теорема
Пусть $\Delta=a_{11} \cdot a_{22} − a_{12}^2$. Тогда:
- если $\Delta>0$, то функция $f$ имеет в точке $\left(x_{0},y_{0}\right)$ локальный экстремум, а именно, минимум, если $a_{11}>0$, и максимум, если $a_{11}<0$;
- если $\Delta<0$, то экстремума в точке $\left(x_{0},y_{0}\right)$ нет. Как и в одномерном случае, при $\Delta=0$ экстремум может быть, а может и не быть.
Примеры решения задач
Алгоритм нахождения экстремума функции многих переменных:
- Находим стационарные точки;
- Находим дифференциал 2-ого порядка во всех стационарных точках
- Пользуясь достаточным условием экстремума функции многих переменных, рассматриваем дифференциал 2-ого порядка в каждой стационарной точке
- Исследовать функцию на экстремум $f \left(x,y\right) = x^{3} + 8 \cdot y^{3} + 18 \cdot x — 30 \cdot y$.
РешениеНайдем частные производные 1-го порядка: $$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}=3 \cdot x^{2} — 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}=24 \cdot y^{2} — 6 \cdot x.$$ Составим и решим систему: $$\displaystyle \begin{cases}\frac{\partial f}{\partial x}= 0\\\frac{\partial f}{\partial y}= 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}3 \cdot x^{2} — 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^{2} — 6 \cdot x = 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}x^{2} — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^{2} — x = 0\end{cases}$$ Из 2-го уравнения выразим $x=4 \cdot y^{2}$ — подставим в 1-ое уравнение: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^{2}\right)^{2}-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^{4} — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^{4} — y = 0$$ $$y \left(8 \cdot y^{3} -1\right)=0$$ В результате получены 2 стационарные точки:
1) $y=0 \Rightarrow x = 0, M_{1} = \left(0, 0\right)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^{3} -1=0 \Rightarrow y^{3}=\frac{1}{8} \Rightarrow y = \frac{1}{2} \Rightarrow x=1, M_{2} = \left(\frac{1}{2}, 1\right)$
Проверим выполнение достаточного условия экстремума:
$$\displaystyle \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}=6 \cdot x; \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y}=-6; \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}=48 \cdot y$$
1) Для точки $M_{1}= \left(0,0\right)$:
$$\displaystyle A_{1}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} \left(0,0\right)=0; B_{1}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} \left(0,0\right)=-6; C_{1}=\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} \left(0,0\right)=0;$$
$A_{1} \cdot B_{1} — C_{1}^{2} = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
2) Для точки $M_{2}$:
$$\displaystyle A_{2}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} \left(1,\frac{1}{2}\right)=6; B_{2}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} \left(1,\frac{1}{2}\right)=-6; C_{2}=\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} \left(1,\frac{1}{2}\right)=24;$$
$A_{2} \cdot B_{2} — C_{2}^{2} = 108>0$, значит, в точке $M_{2}$ существует экстремум, и поскольку $A_{2}>0$, то это минимум.
Ответ: Точка $\displaystyle M_{2} \left(1,\frac{1}{2}\right)$ является точкой минимума функции $f$. - Исследовать функцию на экстремум $f=y^{2} + 2 \cdot x \cdot y — 4 \cdot x — 2 \cdot y — 3$.
РешениеНайдём стационарные точки: $$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}=2 \cdot y — 4;$$ $$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}=2 \cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
Составим и решим систему: $$\displaystyle \begin{cases}\frac{\partial f}{\partial x}= 0\\\frac{\partial f}{\partial y}= 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}2 \cdot y — 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x — 2 = 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} y = 2\\y + x = 1\end{cases} \Rightarrow x = -1$$
$M_{0} \left(-1, 2\right)$ – стационарная точка.
Проверим выполнение достаточного условия экстремума: $$\displaystyle A=\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} \left(-1,2\right)=0; B=\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} \left(-1,2\right)=2; C=\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} \left(-1,2\right)=2;$$
$A \cdot B — C^{2} = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
Ответ: экстремумы отсутствуют.
Лимит времени: 0
Навигация (только номера заданий)
0 из 4 заданий окончено
Информация
Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Локальные экстремумы функций многих переменных».
Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.
Тест загружается...
Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.
Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:
Результаты
Правильных ответов: 0 из 4
Ваше время:
Время вышло
Вы набрали 0 из 0 баллов (0 )
Ваш результат был записан в таблицу лидеров
- С ответом
- С отметкой о просмотре
Задание 2 из 4
2 .
Количество баллов: 1Существует ли экстремум у функции $f = 4 + \sqrt{(x^{2}+y^{2})^{2}}$
Задание 1 из 4
1 .
Количество баллов: 1Исследовать функцию $f$ на экстремумы: $f=e^{x+y}(x^{2}-2 \cdot y^{2})$
Правильно
Неправильно
ЛОКАЛЬНЫЙ МАКСИМУМ
ЛОКАЛЬНЫЙ МАКСИМУМ
(local maximum) Значение функции, которое больше какого-либо соседнего значения ее аргумента или набора аргументов, dy/dx= 0 является необходимым условием для достижения локального максимума y=f(x); при соблюдении этого условия достаточным условием для достижения локального максимума является d2y/dx2< 0. Локальный максимум может также быть абсолютным максимумом, если не существует значения х, при котором у больше. Однако так может быть не всегда. Рассмотрим функцию у = х3–3х.dy/dx = 0, когда х2= 1; и d2y/dx2=6х. у имеет максимум при х =– 1, но это всего лишь локальный, а не абсолютный максимум, поскольку у может стать бесконечно большой величиной при придании достаточно большого положительного значения х . См. также: рисунок к статье максимум (maximum).
Экономика. Толковый словарь. - М.: "ИНФРА-М", Издательство "Весь Мир". Дж. Блэк. Общая редакция: д.э.н. Осадчая И.М. . 2000 .
Экономический словарь . 2000 .
Смотреть что такое "ЛОКАЛЬНЫЙ МАКСИМУМ" в других словарях:
локальный максимум - — [А.С.Гольдберг. Англо русский энергетический словарь. 2006 г.] Тематики энергетика в целом EN local maximum … Справочник технического переводчика
локальный максимум - lokalusis maksimumas statusas T sritis automatika atitikmenys: angl. local maximum vok. Lokalmaximum, n rus. локальный максимум, m pranc. maximum local, m … Automatikos terminų žodynas
локальный максимум - vietinė smailė statusas T sritis fizika atitikmenys: angl. local maximum; local peak vok. lokales Maximum, n rus. локальный максимум, m pranc. maximum local, m; pic local, m … Fizikos terminų žodynas
Локальный максимум, локальный минимум - (local maximum, local minimum) см. Экстремум функции … Экономико-математический словарь
- (maximum) Наивысшее значение функции, которое она принимает при любом значении ее аргументов. Максимум может быть локальным или абсолютным. Например, функция у=1–х2 имеет абсолютный максимум у=1 при х=0; не существует другого значения х, которое… … Экономический словарь
- (local minimum) Значение функции, которое меньше какого либо соседнего значения ее аргумента или набора аргументов, dy/dx = 0 является необходимым условием для достижения локального минимума у=f(x); при соблюдении этого условия достаточным… … Экономический словарь
Экстремум (лат. extremum крайний) в математике максимальное или минимальное значение функции на заданном множестве. Точка, в которой достигается экстремум, называется точкой экстремума. Соответственно, если достигается минимум точка экстремума… … Википедия
Алгоритмы локального поиска группа алгоритмов, в которых поиск ведется только на основании текущего состояния, а ранее пройденные состояния не учитываются и не запоминаются. Основной целью поиска является не нахождение оптимального пути к… … Википедия
- (global maximum) Значение функции, равное или более высокое по сравнению с ее значениями, принимаемыми при любых других значениях аргументов. Достаточное условие максимума функции от одного аргумента, состоящее в том, что ее первая производная в… … Экономический словарь
- (англ. trend направление, тенденция) направление, тенденция развития политического процесса, явления. Имеет математическое выражение. Наиболее популярным определением тренда (trend) является определение из теории Доу. Восходящим трендом… … Политология. Словарь.
Говорят, что функция
имеет вовнутреннейточке
областиD
локальный максимум
(минимум
),
если существует такая окрестностьточки
,
для каждой точки
которой выполняется неравенство
Если функция имеет в
точке
локальный максимум или локальный
минимум, то говорят, что она имеет в этой
точкелокальный экстремум
(или
просто экстремум
).
Теорема
(необходимое
условие существования экстремума
).
Если дифференцируемая функциядостигает экстремума в точке
,
то каждая частная производная первого
порядка от функции
в этой точке обращается в нуль.
Точки, в которых все
частные производные первого порядка
обращаются в нуль, называются стационарными
точками функции
.
Координаты этих точек можно найти,
решив систему из
уравнений
.
Необходимое условие существования экстремума в случае дифференцируемой функции коротко можно сформулировать и так:
Встречаются случаи, когда в отдельных точках некоторые частные производные имеют бесконечные значения или не существуют (в то время как остальные равны нулю). Такие точки называются критическими точками функции. Эти точки тоже нужно рассматривать в качестве «подозрительных» на экстремум, как и стационарные.
В случае функции двух
переменных необходимое условие
экстремума, а именно равенство нулю
частных производных (дифференциала) в
точке экстремума, имеет геометрическую
интерпретацию: касательная плоскость
к поверхности
в точке экстремума должна быть параллельна
плоскости
.
20. Достаточные условия существования экстремума
Выполнение в некоторой
точке необходимого условия существования
экстремума вовсе не гарантирует наличия
там экстремума. В качестве примера можно
взять дифференцируемую всюду функцию
.
Обе ее частные производные и сама
функция обращаются в нуль в точке
.
Однако в любой окрестности этой точки
есть как положительные (большие
),
так и отрицательные (меньшие
)
значения этой функции. Следовательно,
в этой точке, по определению, экстремума
не наблюдается. Поэтому необходимо
знать достаточные условия, при которых
точка, подозрительная на экстремум,
является точкой экстремума исследуемой
функции.
Рассмотрим случай
функции двух переменных. Предположим,
что функция
определена, непрерывна и имеет непрерывные
частные производные до второго порядка
включительно в окрестности некоторой
точки
,
которая является стационарной точкой
функции
,
то есть удовлетворяет условиям
,
.
Введем обозначения:
Теорема
(достаточные условия существования
экстремума
). Пусть функция
удовлетворяет вышеприведенным условиям,
а именно: дифференцируема в некоторой
окрестности стационарной точки
и дважды дифференцируема в самой точке
.
Тогда, если
В
случае если
то функция
в точке
достигает
локального максимума
при
и
локального минимума
при
.
В общем
случае, для функции
достаточным условием существования в
точке
локального
минимума
(максимума
)
являетсяположительная
(отрицательная
)
определённость второго дифференциала.
Иными словами, справедливо следующее утверждение.
Теорема
.
Если
в точке
для функции
для любых
не равных одновременно нулю
,
то в этой точке функция имеетминимум
(аналогичномаксимум
, если
).
Пример
18.
Найти точки локального экстремума
функции
Решение . Найдем частные производные функции и приравниваем их к нулю:
Решая эту систему, находим две точки возможного экстремума:
Найдем частные производные второго порядка для данной функции:
В первой стационарной
точке
,
следовательно, и
Поэтому для этой точки требуется
дополнительное исследование. Значение
функции
в этой точке равно нулю:
Далее,
при
а
при
Следовательно, в любой
окрестности точки
функция
принимает значения как большие
,
так и меньшие
,
и, значит, в точке
функция
,
по определению, не имеет локального
экстремума.
Во второй стационарной
точке
следовательно,Поэтому, так как
то в точке
функция имеет локальный максимум.
$E \subset \mathbb{R}^{n}$. Говорят, что $f$ имеет локальный максимум в точке $x_{0} \in E$, если существует такая окрестность $U$ точки $x_{0}$, что для всех $x \in U$ выполняется неравенство $f\left(x\right) \leqslant f\left(x_{0}\right)$.
Локальный максимум называется строгим, если окрестность $U$ можно выбрать так, чтобы для всех $x \in U$, отличных от $x_{0}$, было $f\left(x\right) < f\left(x_{0}\right)$.
Определение
Пусть $f$ – действительная функция на открытом множестве $E \subset \mathbb{R}^{n}$. Говорят, что $f$ имеет локальный минимум
в точке $x_{0} \in E$, если существует такая окрестность $U$ точки $x_{0}$, что для всех $x \in U$ выполняется неравенство $f\left(x\right) \geqslant f\left(x_{0}\right)$.
Локальный минимум называется строгим, если окрестность $U$ можно выбрать так, чтобы для всех $x \in U$, отличных от $x_{0}$, было $f\left(x\right) > f\left(x_{0}\right)$.
Локальный экстремум объединяет понятия локального минимума и локального максимума.
Теорема (необходимое условие экстремума дифференцируемой функции)
Пусть $f$ – действительная функция на открытом множестве $E \subset \mathbb{R}^{n}$. Если в точке $x_{0} \in E$ функция $f$ имеет локальный экстремум и в этой точке,то $$\text{d}f\left(x_{0}\right)=0.$$ Равенство нулю дифференциала равносильно тому, что все равны нулю, т.е. $$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x_{i}}\left(x_{0}\right)=0.$$
В одномерном случае это – . Обозначим $\phi \left(t\right) = f \left(x_{0}+th\right)$, где $h$ – произвольный вектор. Функция $\phi$ определена при достаточно малых по модулю значениях $t$. Кроме того, по , она дифференцируема, и ${\phi}’ \left(t\right) = \text{d}f \left(x_{0}+th\right)h$.
Пусть $f$ имеет локальный максимум в точкеx $0$. Значит, функция $\phi$ при $t = 0$ имеет локальный максимум и, по теореме Ферма, ${\phi}’ \left(0\right)=0$.
Итак, мы получили, что $df \left(x_{0}\right) = 0$, т.е. функции $f$ в точке $x_{0}$ равен нулю на любом векторе $h$.
Определение
Точки, в которых дифференциал равен нулю, т.е. такие, в которых все частные производные равны нулю, называются стационарными
. Критическими точками
функции $f$ называются такие точки, в которых $f$ не дифференцируема, либо ее равен нулю. Если точка стационарная, то из этого еще не следует, что в этой точке функция имеет экстремум.
Пример 1.
Пусть $f \left(x,y\right)=x^{3}+y^{3}$. Тогда $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 3 \cdot x^{2}$,$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = 3 \cdot y^{2}$, так что $\left(0,0\right)$ – стационарная точка, но в этой точке у функции нет экстремума. Действительно, $f \left(0,0\right) = 0$, но легко видеть, что в любой окрестности точки $\left(0,0\right)$ функция принимает как положительные, так и отрицательные значения.
Пример 2.
У функции $f \left(x,y\right) = x^{2} − y^{2}$ начало координат – стационарная точка, но ясно, что экстремума в этой точке нет.
Теорема (достаточное условие экстремума).
Пусть функция $f$ дважды непрерывно-дифференцируема на открытом множестве $E \subset \mathbb{R}^{n}$. Пусть $x_{0} \in E$ – стационарная точка и $$\displaystyle Q_{x_{0}} \left(h\right) \equiv \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right)h^{i}h^{j}.$$ Тогда
- если $Q_{x_{0}}$ – , то функция $f$ в точке $x_{0}$ имеет локальный экстремум, а именно, минимум, если форма положительноопределенная, и максимум, если форма отрицательноопределенная;
- если квадратичная форма $Q_{x_{0}}$ неопределенная, то функция $f$ в точке $x_{0}$ не имеет экстремума.
Воспользуемся разложением по формуле Тейлора (12.7 стр. 292) . Учитывая, что частные производные первого порядка в точке $x_{0}$ равны нулю, получим $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right) = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}+\theta h\right)h^{i}h^{j},$$ где $0<\theta<1$. Обозначим $\displaystyle a_{ij}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right)$. В силу теоремы Шварца (12.6 стр. 289-290) , $a_{ij}=a_{ji}$. Обозначим $$\displaystyle \alpha_{ij} \left(h\right)=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}+\theta h\right)−\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right).$$ По предположению, все непрерывны и поэтому $$\lim_{h \rightarrow 0} \alpha_{ij} \left(h\right)=0. \left(1\right)$$ Получаем $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left.$$ Обозначим $$\displaystyle \epsilon \left(h\right)=\frac{1}{|h|^{2}}\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \alpha_{ij} \left(h\right)h_{i}h_{j}.$$ Тогда $$|\epsilon \left(h\right)| \leq \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n |\alpha_{ij} \left(h\right)|$$ и, в силу соотношения $\left(1\right)$, имеем $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ при $h \rightarrow 0$. Окончательно получаем $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left. \left(2\right)$$ Предположим, что $Q_{x_{0}}$ – положительноопределенная форма. Согласно лемме о положительноопределённой квадратичной форме (12.8.1 стр. 295, Лемма 1) , существует такое положительное число $\lambda$, что $Q_{x_{0}} \left(h\right) \geqslant \lambda|h|^{2}$ при любом $h$. Поэтому $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right) \geq \frac{1}{2}|h|^{2} \left(λ+\epsilon \left(h\right)\right).$$ Так как $\lambda>0$, а $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ при $h \rightarrow 0$, то правая часть будет положительной при любом векторе $h$ достаточно малой длины.
Итак, мы пришли к тому, что в некоторой окрестности точки $x_{0}$ выполнено неравенство $f \left(x\right) >f \left(x_{0}\right)$, если только $x \neq x_{0}$ (мы положили $x=x_{0}+h$\right). Это означает, что в точке $x_{0}$ функция имеет строгий локальный минимум, и тем самым доказана первая часть нашей теоремы.
Предположим теперь, что $Q_{x_{0}}$ – неопределенная форма. Тогда найдутся векторы $h_{1}$, $h_{2}$, такие, что $Q_{x_{0}} \left(h_{1}\right)=\lambda_{1}>0$, $Q_{x_{0}} \left(h_{2}\right)= \lambda_{2}<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0$. Тогда получим $$f \left(x_{0}+th_{1}\right)−f \left(x_{0}\right) = \frac{1}{2} \left[ t^{2} \lambda_{1} + t^{2} |h_{1}|^{2} \epsilon \left(th_{1}\right) \right] = \frac{1}{2} t^{2} \left[ \lambda_{1} + |h_{1}|^{2} \epsilon \left(th_{1}\right) \right].$$ При достаточно малых $t>0$ правая часть положительна. Это означает, что в любой окрестности точки $x_{0}$ функция $f$ принимает значения $f \left(x\right)$, большие, чем $f \left(x_{0}\right)$.
Аналогично получим, что в любой окрестности точки $x_{0}$ функция $f$ принимает значения, меньшие, чем $f \left(x_{0}\right)$. Это, вместе с предыдущим, означает, что в точке $x_{0}$ функция $f$ не имеет экстремума.
Рассмотрим частный случай этой теоремы для функции $f \left(x,y\right)$ двух переменных, определенной в некоторой окрестности точки $\left(x_{0},y_{0}\right)$ и имеющей в этой окрестности непрерывные частные производные первого и второго порядков. Предположим, что $\left(x_{0},y_{0}\right)$ – стационарная точка, и обозначим $$\displaystyle a_{11}= \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} \left(x_{0} ,y_{0}\right), a_{12}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} \left(x_{0}, y_{0}\right), a_{22}=\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} \left(x_{0}, y_{0}\right).$$ Тогда предыдущая теорема примет следующий вид.
Теорема
Пусть $\Delta=a_{11} \cdot a_{22} − a_{12}^2$. Тогда:
- если $\Delta>0$, то функция $f$ имеет в точке $\left(x_{0},y_{0}\right)$ локальный экстремум, а именно, минимум, если $a_{11}>0$, и максимум, если $a_{11}<0$;
- если $\Delta<0$, то экстремума в точке $\left(x_{0},y_{0}\right)$ нет. Как и в одномерном случае, при $\Delta=0$ экстремум может быть, а может и не быть.
Примеры решения задач
Алгоритм нахождения экстремума функции многих переменных:
- Находим стационарные точки;
- Находим дифференциал 2-ого порядка во всех стационарных точках
- Пользуясь достаточным условием экстремума функции многих переменных, рассматриваем дифференциал 2-ого порядка в каждой стационарной точке
- Исследовать функцию на экстремум $f \left(x,y\right) = x^{3} + 8 \cdot y^{3} + 18 \cdot x — 30 \cdot y$.
РешениеНайдем частные производные 1-го порядка: $$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}=3 \cdot x^{2} — 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}=24 \cdot y^{2} — 6 \cdot x.$$ Составим и решим систему: $$\displaystyle \begin{cases}\frac{\partial f}{\partial x}= 0\\\frac{\partial f}{\partial y}= 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}3 \cdot x^{2} — 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^{2} — 6 \cdot x = 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}x^{2} — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^{2} — x = 0\end{cases}$$ Из 2-го уравнения выразим $x=4 \cdot y^{2}$ — подставим в 1-ое уравнение: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^{2}\right)^{2}-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^{4} — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^{4} — y = 0$$ $$y \left(8 \cdot y^{3} -1\right)=0$$ В результате получены 2 стационарные точки:
1) $y=0 \Rightarrow x = 0, M_{1} = \left(0, 0\right)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^{3} -1=0 \Rightarrow y^{3}=\frac{1}{8} \Rightarrow y = \frac{1}{2} \Rightarrow x=1, M_{2} = \left(\frac{1}{2}, 1\right)$
Проверим выполнение достаточного условия экстремума:
$$\displaystyle \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}=6 \cdot x; \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y}=-6; \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}=48 \cdot y$$
1) Для точки $M_{1}= \left(0,0\right)$:
$$\displaystyle A_{1}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} \left(0,0\right)=0; B_{1}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} \left(0,0\right)=-6; C_{1}=\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} \left(0,0\right)=0;$$
$A_{1} \cdot B_{1} — C_{1}^{2} = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
2) Для точки $M_{2}$:
$$\displaystyle A_{2}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} \left(1,\frac{1}{2}\right)=6; B_{2}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} \left(1,\frac{1}{2}\right)=-6; C_{2}=\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} \left(1,\frac{1}{2}\right)=24;$$
$A_{2} \cdot B_{2} — C_{2}^{2} = 108>0$, значит, в точке $M_{2}$ существует экстремум, и поскольку $A_{2}>0$, то это минимум.
Ответ: Точка $\displaystyle M_{2} \left(1,\frac{1}{2}\right)$ является точкой минимума функции $f$. - Исследовать функцию на экстремум $f=y^{2} + 2 \cdot x \cdot y — 4 \cdot x — 2 \cdot y — 3$.
РешениеНайдём стационарные точки: $$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}=2 \cdot y — 4;$$ $$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}=2 \cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
Составим и решим систему: $$\displaystyle \begin{cases}\frac{\partial f}{\partial x}= 0\\\frac{\partial f}{\partial y}= 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}2 \cdot y — 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x — 2 = 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} y = 2\\y + x = 1\end{cases} \Rightarrow x = -1$$
$M_{0} \left(-1, 2\right)$ – стационарная точка.
Проверим выполнение достаточного условия экстремума: $$\displaystyle A=\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} \left(-1,2\right)=0; B=\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} \left(-1,2\right)=2; C=\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} \left(-1,2\right)=2;$$
$A \cdot B — C^{2} = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
Ответ: экстремумы отсутствуют.
Лимит времени: 0
Навигация (только номера заданий)
0 из 4 заданий окончено
Информация
Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Локальные экстремумы функций многих переменных».
Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.
Тест загружается...
Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.
Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:
Результаты
Правильных ответов: 0 из 4
Ваше время:
Время вышло
Вы набрали 0 из 0 баллов (0 )
Ваш результат был записан в таблицу лидеров
- С ответом
- С отметкой о просмотре
Задание 2 из 4
2 .
Количество баллов: 1Существует ли экстремум у функции $f = 4 + \sqrt{(x^{2}+y^{2})^{2}}$
Задание 1 из 4
1 .
Количество баллов: 1Исследовать функцию $f$ на экстремумы: $f=e^{x+y}(x^{2}-2 \cdot y^{2})$
Правильно
Неправильно
