Новини освіти і науки:

G+

Тлумачний словник
Авто
Автоматизація
Архітектура
Астрономія
Аудит
Біологія
Будівництво
Бухгалтерія
Винахідництво
Виробництво
Військова справа
Генетика
Географія
Геологія
Господарство
Держава
Дім
Екологія
Економетрика
Економіка
Електроніка
Журналістика та ЗМІ
Зв'язок
Іноземні мови
Інформатика
Історія
Комп'ютери
Креслення
Кулінарія
Культура
Лексикологія
Література
Логіка
Маркетинг
Математика
Машинобудування
Медицина
Менеджмент
Метали і Зварювання
Механіка
Мистецтво
Музика
Населення
Освіта
Охорона безпеки життя
Охорона Праці
Педагогіка
Політика
Право
Програмування
Промисловість
Психологія
Радіо
Регилия
Соціологія
Спорт
Стандартизація
Технології
Торгівля
Туризм
Фізика
Фізіологія
Філософія
Фінанси
Хімія
Юриспунденкция

Стремуму, то її частинні похідні першого порядку в цій точці до-рівнюють нулю, тобто

z′_x ( x₀ , y₀ ) = 0 ,
z′	( x		, y	) = 0.
y
Доведення. Нехай в	точці	M₀ ( x₀ ; y₀ ) -функція

z = f ( x; y ) досягає екстремуму.Для конкретності припустимо,що

це max . Зафіксуємо значення y = y₀ і розглянемо	функцію
z = f ( x; y₀ ) .Як функція однієї змінної ця функція при	x = x₀ до-

сягає максимуму, тому повинна виконуватись необхідна умова екс-

тремуму: похідна

f ( x; y₀ )

при

x = x₀ перетворюється в нуль.

Але похідна від

f ( x; y₀ )

по

x є не що інше,як частинна похідна

функції

z = f ( x; y )

по

точці

M₀ ( x₀ ; y₀ ).

Отже,

z′

( x

; y

) = 0.

Аналогічно, зафіксуємо значення x = x₀

і розглянемо функцію

z = f ( x₀ ; y ). При

y = y₀

ця

функція

досягає max ,

тому

f ( x₀ ; y ) повинна перетворюватись в нуль,якщо y = y₀ .

z′ ( x

; y

)

Звідси випливає

що

Теорема доведена

Фактично ми отримуємо систему рівнянь для знаходження

координат точки

M₀ ( x₀ , y₀ ). Таких точок може бути декілька або

не існувати зовсім. Точки, в яких частинні похідні першого порядку перетворюються в нуль, називаються точками підозрілими на екст-ремум, або критичними точками. Нехай в точці M₀( x₀; y₀) вико-

нується умова

z′

і існують частинні похідні другого поряд

ку. Введемо такі позначення:

z′′

( x

, y

) = A; z′′

( x

; y

) = B; z′′ ( x

, y

) = C

і розглянемо число D = AC − B².

ТЕОРЕМА 3. (Достатня умова екстремуму функції).

Якщо D>0 , то в точці M₀ ( x₀ ; y₀ ) функція z=f ( x , y )

має екстремум, якщо D<0 , то екстремуму немає. Якщо D>0 і

A > 0 ,

то функція досягає мінімуму,

якщо

D > 0

і A<0 ,

то

функція досягає максимуму.

z′

( x

Доведення. Нехай т. M₀ ( x₀ ; y₀ )

є критичною точкою,

тобто

; y

)

z′

( x

; y

)

Допустимо

що існують другі частинні

похідні

z′′

( x

0 ;

)

A, z′′

( x

0 ;

)

z′′

( x

; y

)

C .

Складемо

із

чисел

A, B ,C

визначник

D =

= AC − B² . Розглянемо

приріст функції z = f ( x; y ) в т. M₀( x₀; y₀):

z = f ( x₀ + x; y₀ + y ) − f ( x₀ ; y₀ ) = f ( x₀ ; y₀ ) +

∂f ( x₀

; y₀ )

⋅ x +

∂x

∂f ( x

; y

)

∂ ² f ( x

; y

)

∂ ² f ( x

; y

)

y +

x² +

x y +

∂y

∂x

∂x∂y

∂ ² f ( x₀ ; y₀

)

y x +

∂ ² f ( x₀ ; y₀

)

−

+ ε

∂y∂x

∂y

− f ( x₀ ; y₀ ) =

( A x² + 2B x y + +C y² ) + +ε(

x² + y² )³ .

де ε → 0 , якщо ρ =

x² +

_y2

→ 0.

Останній запис випливає із формули Тейлора для функцій

двох змінних. Очевидно, що основний

вклад

прирості

задається квадратичною формою відносно

x і

Розглянемо матрицю: H ( x₀

; y₀ ) =

а).

Допустимо

тепер,

що

D =

H ( x₀ ; y₀ )

= AC − B² > 0

A > 0.

Тоді

автоматично

випливає,

що

C > 0.

Оскільки

вираз

A x² + 2В x y + C y² представляє собою квадратичну форму,тоза умовою теореми Рауса-Гурвіца квадратична форма є додатньо-

визначеною, тобто f ( x₀ + x; y₀ + y ) ≥ f ( x₀; y₀) → (min).

б). Допустимо, що D > 0 , A < 0. Тоді автоматично C < 0. В

даному випадку квадратична форма є від’ємно-визначеною, отже

f ( x₀ + x; y₀ + y₀ ) ≤ f ( x₀ ; y₀ ) → (max). Теорема доведена.

Зауваження 1. ЯкщоD<0 ,то функція не досягає ні мінімуму

ні максимуму, отже екстремуму функції немає. Це можна продемо-нструвати для випадку сідловидної точки поверхні, наприклад, для

	x²	y²
функції z =		−	в т. O( 0;0 ).

	2 p	2q

Із мал.6 видно, що по змінній x функція досягає min , а по змінній y досягає min , а екстремуму в т. O( 0;0 ) не існує.

Зауваження 2. ВипадокD=0не розглядаємо,тому що вцьому випадку екстремум може бути, а може не бути. За допомогою частинних похідних другого порядку дослідити функцію на екстре-

мум неможливо. Наприклад, z = x⁴ + y⁴. Приклад 1.Дослідити на екстремум функцію

z = x² + xy + y² + 2 x − 2 y + 3.

Розв’язування. Знаходимо частинні похідні першого порядку:

z′

2 x

z′

2 y

−

Прирівнюємо їх до нуля

2 x + y

+ 2

= 0

2 x

+ y =−2

2 x + y =−2

=−2

⇔

+ 2 y

− 2

= 0

⇔

x + 2 y =−2

− 3 x

y = 2

Знаходимо частинні похідні другого порядку:

z′′

= 2;

z′′

= z′′= 1;

z′′

= 2.

Тоді D = 2 ⋅ 2 − 1² = 3 > 0.

Отже,

в точці M₀( −2;2 )

функція

досягає екстремуму. Оскільки

A = 2 > 0 , то маємо мінімум.Знахо-

димо z_min = −5.

Приклад 2.Дослідити на екстремум функціюz=

x²

−

y²

Розв’язування. Знаходимо частинні похідні:

z′

; .

z′

= −

= 0

Із системи рівнянь

знаходимо , що x = 0; y = 0.

−

= 0

Далі

z′′

;

z′′

= −

Тоді

xy ⁼

D =

−

− 0

= −

< 0.

Звідси випливає, що екстремум функції не існує. Приклад 3.Дослідити на екстремум функцію

z = 2 x³ + 2 y³ − 36 xy + 430.

Розв’язування. Знайдемо

z′= 6 x² − 36 y;

z′= 6 y²

− 36 x.

Розв’яжемо систему рівнянь

z′_x

= 0 ,

6 x² − 36 y = 0 ,

z′

= 0 ,

тобто

− 36 x = 0 ,

6 y

або

− 6 y = 0 ,

y² − 6 x = 0.

y =

x²

З першого рівняння маємо

. Підставивши це значення

в друге рівняння, одержимо

x⁴

− 6 x = 0 ⇔ x⁴ − 216 x = 0.

Останнє

рівняння можна записати так:

x⁴ − 216 x = x( x³ − 216 ) = x( x − 6 )( x² + 6 x + 36 ) = 0.

Звідси випливає, що x₁ = 0 ,

x₂ = 6.Корені рівняння

x² + 6 x + 36 = 0 комплексні,які нас не цікавлять.

Підставивши одержані значення

в рівність

y =

, одер-

жимо: y₁ = 0; y₂ = 6. Таким чином, маємо дві пари розв’язків попе-редньої системи рівнянь: 1 )x₁ = 0; y₁ = 0; 2 )x₂ = 6 ; y₂ = 6.

Для знаходження	D	визначимо	z′′	; z′′	; z′′	:
	xx	xy	yy

z′′	= 12 x; z′′	=−36 ; z′′	= 12 y.
xx	xy	yy

Підставляючи сюди спочатку першу пару розв’язків, а потім другу, обчислимо A, B ,C . Для першої пари розв’язків:

A = z′′

x = 0 = 0; B = z′′

x = 0 =−36 ; C = z′′

x = 0 = 0 ,

y = 0

тобто

D = AC − B² =−36 ² < 0. Оскільки D < 0 , то при

x = 0; y = 0

функція не має екстремуму. Для другої пари розв’язків:

A = z′′

x = 6 = 72;

B = z′′

=−36 ; C = z′′

₆ = 72.

y = 6

= 6

Оскільки число

D = AC − B² = 72 ⋅72 − ( −36 )² = 3888 ,додат-

не, то екстремум при

x = 6 ; y = 6 існує,причому мінімум ( A > 0 ).

Для

знаходження мінімального

значення

функції

підставимо

x = 6 ; y = 6 і одержимо

z_min = 2 ⋅ 6 ³ + 2 ⋅ 6 ³ − 36 ⋅ 6 ⋅ 6 + 430 =−2.

Приклад 4.Мале підприємство виробляє товари видуAіB.Загальні щоденні витрати на виробництво x одиниць товару A та y

одиниць товару B задаються функцією

V = 620 − 14 x − 10 y + 0 ,2 x² + 0 ,1 y² .

Визначити кількість одиниць товарів A і B , при яких загаль-ні витрати підприємства будуть мінімальними.

Розв’язування.Щоб знайти кількість одиницьxтаyтоварівA і B необхідно дослідити на екстремум функцію

V = 620 − 14 x − 10 y + 0 ,2 x² + 0 ,1 y² .

Знаходимо частинні похідні першого порядку

V ′=−14 + 0 ,4 x ,

V ′=−10 + 0 ,2 y.

Прирівнюючи їх до нуля, отримаємо систему рівнянь:

− 14 + 0 ,4 x = 0 ,	x = 35 ,
	− 10	+ 0 ,2 y = 0.	⇔
	y = 50.

Знаходимо частинні похідні другого порядку

A = V ′′	= 0 ,4 ,
xx
B = V ′′	= 0 ,
xy
C = V ′′	= 0 ,2.
yy

Знаходимо	D = AC − B² = 0 ,4 ⋅ 0 ,2 − 0² = 0 ,08 > 0. Оскільки
A > 0 ,	то маємо	мінімум. Отже, функція витрат V ( x; y ) при
x = 35 ,	y = 50 досягає мінімуму. V_min = 125 (гр.од.)

Читайте також:

<== попередня сторінка	\|	наступна сторінка ==>
Екстремум функції двох змінних. Необхідні та достатні умови екстремуму функції	\|	Екстремум функції багатьох змінних. Необхідна та достатня умови екстремуму. Критерій Рауса-Гурвіца

Не знайшли потрібну інформацію? Скористайтесь пошуком google:

Генерація сторінки за: 0.014 сек.