Экстремумы функции системы уравнений i

Условный экстремум. Метод множителей Лагранжа. Вторая часть.

Продолжим разбор примеров на нахождение условного экстремума функций нескольких переменных. В первой части мы работали с функциями двух переменных, а здесь обратимся к функциям трёх переменных. Если понадобятся примеры для функций большего количества переменных, отпишите мне, пожалуйста, на форум или в комментариях.

Найти условный экстремум функции $u=2x+y-z+1$, если переменные $x$ и $y$ удовлетворяют уравнению связи $x^2+y^2+2z^2=22$.

Обозначим $f(x,y,z)=x^2+y^2+2z^2-22$. Для нахождения условного экстремума функции трёх переменных $u(x,y,z)$ составим функцию Лагранжа, которая будет иметь вид:

Составляем систему уравнений:

Решая данную систему, получим две точки: $M_1(4;2;-1)$ (при $\lambda=-\frac<1><4>$) и $M_2(-4;-2;1)$ (при $\lambda=\frac<1><4>$). Процесс решения системы я скрыл под примечание.

Как мы решили систему? показать\скрыть

Из первого уравнения данной системы следует, что $\lambda\neq<0>$. Если бы $\lambda=0$, то первое уравнение системы стало бы таким: $1+0\cdot=0$, $1=0$. Полученное противоречие и указывает на то, что $\lambda\neq<0>$.

Так как $\lambda\neq<0>$, то из первого, второго и третьего уравнений получим: $x=-\frac<1><\lambda>$, $y=-\frac<1><2\lambda>$, $z=\frac<1><4\lambda>$. Дальнейшее решение состоит в простой подстановке найденных выражений в третье уравнение:

Характер экстремума в найденных точках можно выяснить либо с помощью знака $d^2F$, либо же с помощью угловых миноров матрицы $L$, о чём говорилось в первой части данной темы. В этом примере и примере №6 определим характер экстремума с помощью угловых миноров матрицы $L$, а в примере №7 – с помощью знака $d^2F$. Для наглядности я запишу матрицу $L$ в общем виде:

Находим искомые частные производные и подставляем их в матрицу $L$:

Соответственно, матрица $L$ будет такой: $L=\left(\begin0 & 2x & 2y & 4z\\2x & 2\lambda & 0 & 0\\2y & 0 & 2\lambda & 0\\4z & 0 & 0 & 4\lambda\end\right)$. Используем правило в первой части темы. Нам нужно найти знаки угловых миноров $H_<2m+1>,\; H_<2m+2>,\ldots,H_$ матрицы $L$. Параметр $m$ равен количеству условий связи, а параметр $n$ равен количеству переменных. В данной задаче мы имеем одно условие связи и три переменных, поэтому $m=1$ и $n=3$. Так как $2m+1=3$ и $m+n=4$, то нужно найти угловые миноры $H_3$ и $H_4$. Запишем эти миноры (минор $H_4$ совпадает с определителем матрицы $L$). В принципе, указанные миноры несложно вычислить в общем виде, что мы и сделаем. Минор $H_3$ вычислим с помощью готовой формулы, а минор $H_4$ вычислим с помощью разложения по четвёртой строке:

$$H_3=\left|\begin 0 & 2x & 2y\\2x & 2\lambda & 0\\2y & 0 & 2\lambda\end\right|=-8y^2\lambda-8x^2\lambda=-8\lambda\cdot\left(x^2+y^2\right);\\ H_4=\left|\begin0 & 2x & 2y & 4z\\2x & 2\lambda & 0 & 0\\2y & 0 & 2\lambda & 0\\4z & 0 & 0 & 4\lambda\end\right|=-4z\cdot\left|\begin2x & 2y & 4z\\2\lambda & 0 & 0\\0 & 2\lambda & 0\end\right|+4\lambda\cdot\left|\begin0 & 2x & 2y\\2x & 2\lambda & 0\\2y & 0 & 2\lambda\end\right|=\\ =-4z\cdot<16\lambda^2z>+4\lambda\cdot\left(-8y^2\lambda-8x^2\lambda\right)=-32\lambda^2\cdot\left(x^2+y^2+2z^2\right).$$

Кстати, по полученным выражениям уже можно сделать вывод, что знак $H_3$ противоположен знаку $\lambda$, а $H_4 0$, $y>0$, $z>0$.

Обозначим $f(x,y,z)=x^2+y^2-2$, $g(x,y,z)=y+z-2$. Запишем функцию Лагранжа:

Составим систему уравнений:

Из третьего уравнения имеем: $\lambda_2=-y$; из пятого уравнения: $z=2-y$; из четвёртого уравнения: $x=\sqrt<2-y^2>$ (берём корень со знаком «плюс», так как по условию $x>0$). Отметим, что $y\neq\sqrt<2>$, так как если бы $y=\sqrt<2>$, то из третьего уравнения получили бы $x^2=0$, $x=0$. А этого быть не может, так как $x>0$ по условию. Так как $y\neq\sqrt<2>$, то из первого уравнения получим: $\lambda_1=-\frac<2x>=-\frac<2\sqrt<2-y^2>>$. Подставляя выражения для $\lambda_1$, $\lambda_2$, $z$, $x$ во второе уравнение, получим:

Домножая обе части равенства на $\sqrt<2-y^2>$ и упрощая, получим:

Так как по условию $y>0$, то $1+y+\sqrt<2-y^2>>0$, поэтому последнее равенство возможно лишь при $y-1=0$, т.е. $y=1$. Значения остальных переменных таковы:

Итак, получили точку $M(1;1;1)$. Характер экстремума в данной точке можно выяснить либо с помощью знака $d^2F$ либо же с помощью миноров матрицы $L$, о чём говорилось в первой части данной темы. В этом примере определим характер экстремума с помощью угловых миноров матрицы $L$, а в следующем примере – с помощью знака $d^2F$. Запишем матрицу $L$ в общем виде:

Запишем искомые частные производные и определим их значение в точке $M$.

Подставляя $x=y=z=1$, $\lambda_1=-\frac<1><2>$ и $\lambda_2=-1$, получим:

Матрица $L$ примет следующий вид: $L=\left(\begin 0 & 0 & 2 & 2 & 0\\0 & 0 & 0 & 1 & 1\\2 & 0 & -1 & 1 & 0\\2 & 1 & 1 & -1 & 1\\0 & 1 & 0 & 1 & 0 \end\right)$. Обратимся к правилу в первой части темы. Напомню, что нам нужно найти знаки угловых миноров $H_<2m+1>,\; H_<2m+2>,\ldots,H_$ матрицы $L$. Параметр $m$ равен количеству условий связи, а параметр $n$ равен количеству переменных. В данной задаче мы имеем два условия связи и три переменных, поэтому $m=2$ и $n=3$. Так как $2m+1=5$ и $m+n=5$, то нужно найти лишь один минор $H_5$.

Так как матрица $L$ пятого порядка, то минор $H_5$ совпадает с определителем матрицы $L$. Применяя, к примеру, метод эффективного понижения порядка, будем иметь:

$$H_5=\left|\begin 0 & 0 & 2 & 2 & 0\\0 & 0 & 0 & 1 & 1\\2 & 0 & -1 & 1 & 0\\2 & 1 & 1 & -1 & 1\\0 & 1 & 0 & 1 & 0 \end\right| \begin \phantom <0>\\ \phantom <0>\\ \phantom <0>\\ \phantom<0>\\V-IV \end= \left|\begin 0 & 0 & 2 & 2 & 0\\0 & 0 & 0 & 1 & 1\\2 & 0 & -1 & 1 & 0\\2 & 1 & 1 & -1 & 1\\-2 & 0 & -1 & 2 & -1 \end\right|= \left|\begin 0 & 2 & 2 & 0\\0 & 0 & 1 & 1\\2 & -1 & 1 & 0\\-2 & -1 & 2 & -1 \end\right| \begin \phantom <0>\\ \phantom <0>\\ \phantom <0>\\ IV+III \end=\\ =\left|\begin 0 & 2 & 2 & 0\\0 & 0 & 1 & 1\\2 & -1 & 1 & 0\\0 & -2 & 3 & -1 \end\right|= 2\cdot\left|\begin 2 & 2 & 0\\0 & 1 & 1\\-2 & 3 & -1\end\right|=2\cdot(-12)=-24.$$

Так как $(-1)^=(-1)^3=-1$, то знаки $H_<2m+1>$ и $(-1)^$ совпадают. Следовательно, функция $u$ имеет в точке $(1;1;1)$ условный максимум, при этом $u_<\max>=5$. Условный экстремум функции $u$ найден, осталось лишь записать ответ.

Ответ: в точке $\left(1;1;1\right)$ функция имеет условный максимум, $u_<\max>=5$.

Найти условные экстремумы функции $u=xyz+4$, если $x+y+z=5$ и $xy+yz+xz=8$.

Применим метод множителей Лагранжа для исследования заданной функции трёх переменных. Составим функцию Лагранжа:

Запишем соответствующую систему уравнений:

Процесс решения системы (1) довольно громоздкий, поэтому я буду скрывать под примечания некоторые преобразования. Выберем первые два уравнения, из которых выразим $\lambda_1$ и $\lambda_2$, применив метод Крамера:

Рассмотрим два случая: $\Delta=0$ и $\Delta\neq<0>$. Если $\Delta=0$, т.е. $y=x$, то получим две точки: $M_1\left(\frac<4><3>;\frac<4><3>;\frac<7><3>\right)$ (при $\lambda_1=\frac<16><9>$, $\lambda_2=-\frac<4><3>$) и $M_2(2;2;1)$ (при $\lambda_1=4$, $\lambda_2=-2$).

Как мы получили эти точки? показать\скрыть

Если $y=x$, то четвёртое и пятое уравнения системы (1) примут такой вид:

Из уравнения $2y+z=5$ имеем $z=5-2y$, поэтому:

Если $y_1=\frac<4><3>$, то $x_1=y_1=\frac<4><3>$, $z_1=5-2\cdot\frac<4><3>=\frac<7><3>$. Подставляя найденные значения в систему (1), будем иметь:

Из этой системы получаем $\lambda_1=\frac<16><9>$, $\lambda_2=-\frac<4><3>$.

Если $y_2=2$, то $x_2=y_2=2$, $z_2=5-2\cdot<2>=1$. Подставляя найденные значения в систему (1), будем иметь:

Из этой системы получаем $\lambda_1=4$, $\lambda_2=-2$.

Итак, имеем две точки $M_1\left(\frac<4><3>;\frac<4><3>;\frac<7><3>\right)$ (при $\lambda_1=\frac<16><9>$, $\lambda_2=-\frac<4><3>$) и $M_2(2;2;1)$ (при $\lambda_1=4$, $\lambda_2=-2$)

Если же $\Delta\neq<0>$, т.е. $x-y\neq<0>$, то получим:

Подставляя $\lambda_1=z^2$ и $\lambda_2=-z$ в систему уравнений (1), будем иметь:

Из данной системы получим: $z_1=\frac<4><3>$ и $z_2=2$.

Как мы получили эти значения? показать\скрыть

Суммируя первое и третье уравнения системы (2), будем иметь: $z^2+2xy=8$. Так как из второго уравнения системы (2) имеем: $x+y=5-z$, то преобразуем первое уравнение:

Подставляя полученное выражение для $xy$ в равенство $z^2+2xy=8$, получим:

Если $z_1=\frac<4><3>$, то $\lambda_1=\frac<16><9>$ и $\lambda_2=-\frac<4><3>$. Получим две точки: $M_3\left(\frac<4><3>;\frac<7><3>;\frac<4><3>\right)$ и $M_4\left(\frac<7><3>;\frac<4><3>;\frac<4><3>\right)$.

Как мы получили эти точки? показать\скрыть

Используем второе уравнение системы (2). Так как $x+y+\frac<4><3>=5$, то $y=\frac<11><3>-x$. Подставляя $z=\frac<4><3>$ и $y=\frac<11><3>-x$ в третье уравнение системы (2), будем иметь:

Следовательно, $y_1=\frac<11><3>-x_1=\frac<7><3>$, $y_2=\frac<11><3>-x_2=\frac<4><3>$. Таким образом, получаем две точки: $M_3\left(\frac<4><3>;\frac<7><3>;\frac<4><3>\right)$ и $M_4\left(\frac<7><3>;\frac<4><3>;\frac<4><3>\right)$.

Если $z_2=2$, то $\lambda_1=4$ и $\lambda_2=-2$. Получим две точки: $M_5(1;2;2)$ и $M_6(2;1;2)$.

Как мы получили эти точки? показать\скрыть

Используем второе уравнение системы (2). Так как $x+y+2=5$, то $y=3-x$. Подставляя $z=2$ и $y=3-x$ в третье уравнение системы (2), будем иметь:

Следовательно, $y_1=3-x_1=2$, $y_2=3-x_2=1$. Таким образом, получаем две точки: $M_5(1;2;2)$ и $M_6(2;1;2)$.

Подытожим всё вышеизложенное, записав найденные точки и соответствующие им значения $\lambda_1$ и $\lambda_2$:

Чтобы выяснить характер условного экстремума в данных точках, запишем $d^2F$, предварительно найдя соответствующие частные производные:

$$F_^<''>=0;\; F_^<''>=0;\;F_^<''>=0;\;F_^<''>=z+\lambda_2;\;F_^<''>=y+\lambda_2;\;F_^<''>=x+\lambda_2.\\ d^2F=2\left(z+\lambda_2\right)dxdy+2\left(y+\lambda_2\right)dxdz+2\left(x+\lambda_2\right)dydz$$

Если в рассматриваемой точке $y=z$, то в этой точке $d^2F=-2\left(x+\lambda_2\right)dy^2$. Если в некоторой точке $y\neq$, то:

Как мы получили эти формулы? показать\скрыть

Дифференцируем первое уравнение связи:

Дифференцируем второе уравнение связи:

Подставляя в полученное равенство вместо $dz$ выражение $-dx-dy$, после упрощения будем иметь:

В некоторых найденных нами точках $z=y$, поэтому рассмотрим данный вариант отдельно. Если $z=y$, то:

Тогда из равенства $dx+dy+dz=0$ получим: $dz=-dy$. Следовательно,

Пусть теперь $y\neq$. Тогда из равенства $(z-x)dx+(z-y)dy=0$ получим:

Подставляя полученные выражения для $dy$ и $dz$ в формулу для $d^2F$, будем иметь:

$$d^2F=2\left(z+\lambda_2\right)dxdy+2\left(y+\lambda_2\right)dxdz+2\left(x+\lambda_2\right)dydz=\\ =2\left(z+\lambda_2\right)dx\cdot\fracdx+2\left(y+\lambda_2\right)dx\cdot\fracdx+2\left(x+\lambda_2\right)\cdot\fracdx\cdot\fracdx=\\ =\left(2\left(z+\lambda_2\right)\cdot\frac+2\left(y+\lambda_2\right)\frac+2\left(x+\lambda_2\right)\frac<(y-x)(x-z)><(z-y)^2>\right)dx^2$$

Теперь осталось лишь подставить в формулы для $d^2F$ координаты найденных точек и соответствующие значения $\lambda_1$ и $\lambda_2$. Для удобства эти данные я поместил в таблицу:

Условные экстремумы и функция Лагранжа

В задачах оптимизации возникает необходимость найти экстремумы функции двух и более переменных при условии, что существует связь между переменными этой связи, заданная уравнением . В этом случае говорят, что требуется найти условный экстремум.

Для того чтобы найти условный экстремум требуется находить частные производные и решать системы уравнений Существует алгоритм нахождения условного экстремума из трёх шагов, который сейчас и разберём на примере, и геометрический смысл условного экстремума, который должен дойти до каждого при разборе этого самого примера.

Итак, алгоритм, который разберём на примере самой распространённой задачи — нахождение условного экстремума функции двух переменных..

Шаг 1. Вводится функция Лагранжа

,

где первое слагаемое — сама исходная функция, а второе слагаемое со знаком минус — левая часть уравнения условия связи, умноженная на (лямбда) — множитель Лагранжа.

Пример 1. Найти условные экстремумы функции двух переменных , выражающей площадь прямоугольника через его стороны x и y при условии , означающем, что существует верёвка, которой можно ограничить этот прямоугольник, и длина этой верёвки равна 100.

Шаг 1. Решение. Приведём уравнение условия связи к требуемому виду с нулём в правой части:

.

Составим функцию Лагранжа:

.

Шаг 2. Составляем систему уравнений из равенств частных производных нулю и уравения условия связи (необходимый признак существования условного экстремума):

Решения этой системы уравнений являются точками возможного условного экстремума — стационарными точками или, как ещё говорят, критическими точками.

Решение. Найдём частные производные функции Лагранжа и составим из их равенств нулю и уравнения условия связи систему уравнений:

Из первого и второго уравнений выразим соответственно x и y :

Подставим эти выражения в третье уравнение и найдём значение множителя Лагранжа:

Подставим теперь значение множителя Лагранжа в выражения для x и y и найдём значения переменных исходной функции:

Получили и . Эти значения являются также координатами стационарной точки. Таким образом, получили стационарную точку .

Шаг 3. Пусть является стационарной точкой, найденной на шаге 2. Чтобы определить, является ли условный экстремум минимумом или максимумом, нужно найти второй дифференциал функции Лагранжа

и в полученном выражении подставить вместо «лямбды» её значения (значения множителя Лагранжа), найденные на шаге 2.

Если значение второго дифференциала функции Лагранжа меньше нуля (), то стационарная точка является точкой максимума, если больше нуля (), то стационарная точка является точкой минимума. Если значение второго дифференциала функции Лагранжа равно нулю, то требуются дополнительные исследования, но такие случаи практически не попадаются в задачах, задаваемых студентам.

Координаты стационарных точек подставляются в исходную точку и, таким образом, мы окончательно находим условные экстремумы (или минимум и максимум или что-то одно из этих экстремумом).

Решение. Найдём второй дифференциал функции Лагранжа:

В нашем случае, так как первое и третье составляющие равны нулю, нам не придётся подставлять в них значения множителя Лагранжа. Зато нужно найти отношения между дифференциалами dx и dy :

Так как полученные значения — противоположные по знаку, то получаем, что в любом случае .

Теперь можем найти значение условного экстремума исходной функции, являющееся максимумом:

.

Это заданная исходной функцией максимальная площадь прямоугольника, который можно ограничить верёвкой, длина которой равна 100.

Пример 2. Найти условные экстремумы функции двух переменных при условии .

Шаг 1. Составим функцию Лагранжа:

.

Шаг 2. Найдём частные производные функции Лагранжа и составим из их равенств нулю и уравнения условия связи систему уравнений:

Из первого и второго уравнений выразим соответственно x и y :

Подставим эти выражения в третье уравнение и найдём значения множителя Лагранжа:

Подставим теперь значение множителя Лагранжа в выражения для x и y и найдём значения переменных исходной функции при двух значениях множителя Лагранжа:

Эти значения икса и игрека являются координатами двух стационарных точек. Таким образом, получили стационарные точки .

Шаг 3. Найдём частные производные второго порядка функции Лагранжа:

:

Найдём второй дифференциал функции Лагранжа по формуле

:

.

Установим знак второго дифференциала функции Лагранжа при значении множителя Лагранжа :

Получили значение, меньшее нуля, следовательно, точка — точка условного максимума:

.

Установим знак второго дифференциала функции Лагранжа при значении множителя Лагранжа :

Получили значение, большее нуля, следовательно, точка — точка условного минимума:

.

Таким образом, условные экстремумы заданной функции найдены.

Пример 3. Найти условные экстремумы функции двух переменных при условии .

Шаг 1. Составим функцию Лагранжа:

.

Шаг 2. Найдём частные производные функции Лагранжа и составим из их равенств нулю и уравнения условия связи систему уравнений:

Из первого и второго уравнений выразим соответственно x и y :

Получаем, что , однако подстановка этих значений переменных в третье уравнение системы не даёт верного равенства. Поэтому считаем, что на самом деле второй сомножитель равенства равен нулю: . Отсюда получаем

Ищем координаты стационарных точек при значении множителя Лагранжа . Тогда из выражений для икса и игрека из системы уравнений следует, что . Из третьего уравнения системы получаем:

Получили две стационарные точки:

Ищем координаты стационарных точек при значении множителя Лагранжа . Тогда из выражений для икса и игрека из системы уравнений следует, что .

На основании вычислений двух первых стационарных точек получилаем ещё две стационарные точки:

Шаг 3. Найдём частные производные второго порядка функции Лагранжа:

:

Найдём второй дифференциал функции Лагранжа по формуле

:

.

Установим знак второго дифференциала функции Лагранжа при значении множителя Лагранжа :

Получили значение, меньшее нуля, следовательно, точки — точки условного максимума:

.

Установим знак второго дифференциала функции Лагранжа при значении множителя Лагранжа :

Получили значение, большее нуля, следовательно, точки — точки условного минимума:

.

Таким образом, условные экстремумы заданной функции найдены.

Аналогичным образом можно находить условные экстремумы функций трёх и более переменных.

Экстремумы функций многих переменных

Необходимые условия экстремума.

Пусть функция \(f(x)\) определена в области \(G \subset \boldsymbol^\) и пусть \(x^ <0>= (x_<1>^<0>, \ldots, x_^<0>) \in G\). Назовем \(x_<0>\) точкой (локального) минимума функции \(f(x)\), если найдется такой шар \(S_<\delta>(x^<0>) \subset G\), что для всех \(x \subset S_<\delta>(x^<0>)\) выполнено неравенство \(f(x) \geq f(x^<0>)\). Назовем точку \(x^<0>\) точкой строгого минимума функции \(f(x)\), если найдется такой шар \(S_<\delta>(x^<0>) \in G\), что для всех \(x \in S_<\delta>(x^<0>)\) (то есть для всех точек шара, не совпадающих с его центром) выполнено неравенство \(f(x) \geq f(x^<0>)\).

Аналогично определяются точки максимума (строгого максимума) функции \(f(x)\). Точки максимума и минимума функции называются точками экстремума.

Если в точке экстремума \(x^<0>\) функции \(f(x)\) существует частная производная \(\displaystyle\frac<\partial f><\partial x_> (x^<0>)\), то она равна нулю.

\(\circ\) Пусть, например, существует \(\displaystyle\frac<\partial f><\partial x_<1>> (x^<0>)\). Рассмотрим функцию одной переменной
$$
\varphi(x_<1>) = f(x_<1>, x_<2>^<0>, \ldots, x_^<0>).\nonumber
$$

Так как \(x^<0>\) — точка экстремума (пусть, например, минимума), то существует шар \(S_<\delta>(x^<0>)\) такой, что \(f(x) \geq f(x^<0>)\) для всех точек этого шара. В частности, для любого \(x_ <1>\in (x_<1>^ <0>— \delta, x_<1>^ <0>+ \delta)\) должно быть выполнено неравенство
$$
\varphi(x_<1>) = f(x_<1>, x_<2>^<0>, \ldots, x_^<0>) \geq f(x_<1>^<0>, \ldots, x_^<0>) = \varphi(x_<1>^<0>).\nonumber
$$
Функция одной переменной \(\varphi(x_<1>)\) имеет в точке \(x_<1>^<0>\) минимум. Поэтому
$$
\frac> (x_<1>^<0>) = 0,\ \mbox<то есть>\ \frac<\partial f><\partial x_<1>> (x^<0>) = 0.\ \bullet\nonumber
$$

\(\circ\) Действительно, так как в точке \(x^<0>\) функция \(f(x)\) дифференцируема, то в этой точке существуют частные производные \(\displaystyle\frac<\partial f><\partial x_> (x^<0>)\), \(i = \overline<1, n>\), а так как \(x^<0>\) есть точка экстремума, то \(\displaystyle\frac<\partial f><\partial x_> (x^<0>) = 0\). Отсюда следует равенство \eqref. \(\bullet\)

Если функция \(f(x)\) дифференцируема в точке \(x^<0>\) и \(df(x^<0>) = 0\), то точка \(x^<0>\) называется стационарной точкой функции \(f(x)\). Точка экстремума дифференцируемой функции в силу необходимых условий экстремума будет стационарной точкой. Обратное утверждение неверно. Стационарная точка может не быть точкой экстремума.

Показать, что (0,0) является стационарной точкой функции \(f(x, y) = xy\), но (0,0) не есть точка экстремума этой функции.

\(\vartriangle\) Так как \(df (x, y) = y\ dx + x\ dy\), то \(df(0, 0) = 0\) и (0, 0) есть стационарная точка функции \(f(x, y)\). Но для любого \(\delta > 0\) точки \((\delta, \delta)\) и \((\delta, -\delta)\) лежат в круге \(S_<2\delta>(0, 0)\) и
$$
f(\delta, \delta) = \delta^ <2>> f(0, 0) = 0,\quad f(\delta, -\delta) = -\delta^ <2> Рис. 59.1

Если функция одной переменной \(\varphi(t)\) имеет производные первого и второго порядков в точке минимума \(t = 0\), то \(\varphi″(0) \geq 0\).

\(\circ\) Пусть \(t = 0\) является точкой минимума функции \(\varphi(t)\). Тогда найдется число \(\varepsilon > 0\) такое, что для всех \(|t| Теорема 2.

(Необходимое условие минимума).

Пусть функция \(f(x)\) имеет в окрестности точки минимума \(x^ <0>\in \boldsymbol^\) непрерывные частные производные первого и второго порядка. Тогда
$$
df(x^<0>) = 0,\quad d^<2>f(x^<0>) = \sum_^ \sum_^ \frac<\partial^<2>f> <\partial x_\partial x_> (x^<0>) dx_ dx_ \geq 0.\label
$$

\(\circ\) Пусть \(x^<0>\) — точка минимума функции \(f(x)\). Тогда найдется шар \(S_<\delta>(x^<0>)\) такой, что при всех \(\xi \in S_<\delta>(x^<0>)\) выполнено неравенство \(f(\xi) — f(x^<0>) \geq 0\). Пусть \(x \in \boldsymbol^\) и \(x \neq x^<0>\), тогда \(|\Delta x| = \rho (x, x^<0>) > 0\). При любом \(t\) таком, что \(|t| Замечание.

Условия \(df(x^<0>) = 0\) и \(d^ <2>f(x^<0>) \geq 0\) необходимы, но не достаточны для того, чтобы точка \(x^<0>\) была точкой минимума. Например, функция \(f(x, y) = x^ <3>+ y^<3>\) имеет единственную стационарную точку \(x = y = 0\), и в этой точке \(d^<2>f(0, 0) = 0\). Легко убедиться, что функция \(f(x, y)\) не имеет экстремума в точке (0,0).

Достаточные условия экстремума.

При доказательстве достаточных условии потребуются некоторые сведения о квадратичных формах. Напомним, что квадратичная форма
$$
\Phi(\xi) = \sum_^ \sum_^ a_\xi_\xi_,\label
$$
где \(\xi = (\xi_<1>, \ldots, \xi_) \in \boldsymbol^\), \(a_ = a_\), называется:

1. положительно определенной, если \(\Phi(\xi) > 0\) для любого \(\xi \neq 0\);
2. отрицательно определенной, если \(\Phi(\xi) 0\), а \(\Phi(\xi’) 0,\quad \Delta_ <2>= \begina_<11>&a_<12>\\a_<21>&a_<22>\end >0, \ldots,\quad \Delta_ = \begina_<11>&\ldots& a_<1n>\\….&….&….\\a_&\ldots&a_\end > 0.\label
   $$

Заметим также, что квадратичная форма \(\Phi(\xi)\) отрицательно определена в том и только том случае, когда квадратичная форма \(-\Phi(\xi)\) положительно определена.

Если квадратичная форма \(\Phi(\xi)\) положительно определена, то найдется такое положительное число \(\gamma\), что
$$
\Phi(\xi) \geq \gamma|\xi|^<2>,\ \mbox<где>\ |\xi| = \sqrt<\xi_<1>^ <2>+ \ldots + \xi_^<2>>.\label
$$

\(\circ\) Рассмотрим квадратичную форму \(\Phi(\eta)\) на сфере
$$
S = \<\eta: \eta_<1>^ <2>+ \ldots + \eta_<1>^ <2>= 1\>.\nonumber
$$Так как точка \(0 \notin S\), а квадратичная форма положительно определена, то \(\Phi(\eta) > 0\) в любой точке \(\eta \in S\).Очевидно, что \(S\) есть замкнутое и ограниченное множество в \(\boldsymbol^\). Непрерывная на компакте \(S\) функция \(\Phi(\eta)\) принимает в некоторой точке \(\overline <\eta>\in S\) свое наименьшее на \(S\) значение (теорема Вейерштрасса). Поэтому, полагая \(\gamma = \Phi(\overline<\eta>)\), получаем, что \(\gamma > 0\) и что для любой точки \(\eta \in S\) выполняется неравенство \(\Phi(\eta) \geq \gamma\).Если \(\xi \neq 0\), то точка \(\xi/|\xi|\) принадлежит сфере \(S\). Поэтому
$$
\Phi \left(\frac<\xi><|\xi|>\right) \geq \gamma.\nonumber
$$
Пользуясь однородностью квадратичной формы, получаем
$$
\frac<1><|\xi|^<2>> \Phi(\xi) = \Phi \left(\frac<\xi><|\xi|>\right) \geq \gamma.\ \bullet\nonumber
$$

(Достаточные условия экстремума).

Пусть функция \(f(x)\) имеет в окрестности точки \(x^ <0>\in \boldsymbol^\) непрерывные частные производные второго порядка, и пусть \(df(x^<0>) = 0\). Тогда если второй дифференциал \(d^<2>f(x^<0>)\) есть положительно определенная квадратичная форма (см. формулу \eqref), то \(x^<0>\) — точка строгого минимума функции \(f(x)\), если \(d^<2>f(x^<0>)\) — отрицательно определенная квадратичная форма, то \(x^<0>\) — точка строгого максимума функции \(f(x)\), если \(d^<2>f(x^<0>)\) — неопределенная квадратичная форма, то функция \(f(x)\) не имеет экстремума в точке \(x^<0>\).

\(\circ\) Воспользуемся формулой Тейлора с остаточным членом в форме Пеано \(m = 2\). Учитывая, что \(df(x^<0>) = 0\), получаем
$$
f(x) — f(x^<0>) = \frac<1> <2>d^<2>f(x^<0>) + o(|\Delta x|^<2>)\ \mbox<при>\ |\Delta x| \rightarrow 0,\label
$$
где
$$
|\Delta x|^ <2>= \Delta x_<1>^ <2>+ \ldots + \Delta x_^<2>.\nonumber
$$
Пусть
$$
d^<2>f(x^<0>) = \sum_^ \sum_^ \frac<\partial^<2>f(x^<0>)> <\partial x_\partial x_> \Delta x_ \Delta x_\nonumber
$$
есть положительно определенная квадратичная форма. В силу леммы 2 существует такое положительное число \(\gamma\), что
$$
d^<2>f(x^<0>) \geq \gamma |\Delta x|^<2>.\nonumber
$$
Применяя это неравенство к формуле \eqref, получаем
$$
f(x) — f(x^<0>) = \frac<\gamma> <2>|\Delta x|^ <2>+ o(|\Delta x|^<2>) = \frac<\gamma> <2>|\Delta x|^ <2>(1 + \alpha(\Delta x)),\label
$$
где \(\alpha(\Delta x) \rightarrow 0\) при \(\Delta x \rightarrow 0\), откуда следует, что найдется шар \(S_<\delta>(x^<0>)\) такой, что \(\forall x \in S_<\delta>(x^<0>)\) выполнено неравенство \(|\alpha(\Delta x)| 0.
$$
Следовательно, \(x^<0>\) — точка строгого минимума функции \(f(x)\).

Аналогично доказывается, что в том случае, когда \(d^<2>f(x^<0>)\) есть отрицательно определенная квадратичная форма, \(x^<0>\) — точка строгого максимума функции \(f(x)\).

Если \(d^<2>f(x^<0>)\) есть неопределенная квадратичная форма, то не выполняется необходимое условие минимума \(d^<2>f(x^<0>) \geq 0\) (см. теорему 2). Поэтому \(x^<0>\) не есть точка минимума функции \(f(x)\). Аналогично доказывается, что \(x^<0>\) не есть точка минимума функций \(-f(x)\), то есть точка максимума функции \(f(x)\). \(\bullet\)

Исследовать на экстремум функцию
$$
f(x, y, z) = x^ <2>+ 2xy + 4xz + 8yz + 5y^ <2>+ 9z^<2>.\nonumber
$$

\(\vartriangle\) Найдем стационарные точки функции \(f(x, y, z)\). Они определяются из системы уравнений
$$
\frac<\partial f> <\partial x>= 2x + 2y + 4z = 0,\quad \frac<\partial f> <\partial y>= 2x + 10y + 8z = 0,\quad \frac<\partial f> <\partial z>= 4x + 8y + 18z = 0.\nonumber
$$
Определитель этой системы
$$
\begin2&2&4\\2&10&8\\4&8&18\end = 8\begin1&1&2\\1&5&4\\2&4&9\end = 8 \cdot 16 > 0.\nonumber
$$
Поэтому единственное решение однородной системы есть \(x = y = z = 0\).

Итак, функция \(f(x, y, z)\) имеет единственную стационарную точку (0,0,0). Найдем \(d^<2>f(0, 0, 0)\). Имеем
$$
d^<2>f(0, 0, 0) = 2\ dx^ <2>+ 4\ dx\ dy + 8\ dx\ dz + 16\ dy\ dz + 10\ dy^ <2>+ 18\ dz^<2>.\nonumber
$$
Так как
$$
\Delta_ <1>= 2 > 0,\quad \Delta_ <2>= \begin2&2\\2&10\end > 0,\quad \Delta_ <3>= \begin2&2&4\\2&10&8\\4&8&18\end = 8 \cdot 16 > 0,\nonumber
$$
то в силу критерия Сильвестра квадратичная форма \(d^<2>f(0, 0, 0)\) положительно определена. Точка (0,0,0) является точкой строгого минимума функции \(f(x, y, z)\). \(\blacktriangle\)