Материал: 1510

2) проверяем достаточные условия существования экстремума,

т.е. знак d2F.

~

Замечание. Так как точки M0 таковы, что M0 x,y 0

принадлежат кривой, то знак d2F исследуют при условии, что

x,y 0 d 0 xdx ydy 0 d2 0.

Пример. z x2 y2; x y 1 – уравнение связи.

Решение.

1-й способ. Методом исключения.

F x,y, x2 y2 x y 1 . Находим критические точки.

~

Критическая точка M0 1 2;1 2; 1 .

Проверяем достаточные условия существования экстремума,

т.е. знак d2F при d 0, т.е. dx dy 0.

dF d x2 y2 x y 1 2x dx 2y dy x y 1 d ;

d2F 2dx d dx 2dy d dy dx dy d

2 dx 2 2 dy 2 d dx dy 2 dx 2 2 dy 2 4 dx 2 0.

~

M0 1 2;1 2; 1 – точка минимума; М0 1 2;1 2 – точка условного

минимума. zmin z M0 12.

3-й способ. Строим линии уровня (рис. 23).

Задача условного экстремума для функции многих переменных

Найти наибольшее и наименьшее значения функции

u f x1,...,xm при условии, что переменные связаны уравнениями

связи k m.

Рассмотрим методы решения данной задачи. 1. Метод исключения.

Метод исключения работает тогда, когда из системы уравнений связи можно выразить k неизвестных x1,x2,...,xk через оставшиеся

m k свободных неизвестных:

x1 ~1 xk 1,...,xm ;x2 ~2 xk 1,...,xm ;

...........................

xk ~k xk 1,...,xm .

Эти неизвестные подставляем в саму функцию, т. е. получаем функцию меньшего числа переменных:

u f ~1 xk 1,...,xm ,...,~k xk 1,...,xm или u~ F xk 1,...,xm .

Исследуем ее на экстремум. Полученная точка М0– точка

2. Метод множителей Лагранжа.

Как и для функции двух переменных, составляем функцию

Лагранжа F x1,...,xm, 1,..., k f x1,...,xm 1 1 x1,...,xm ...

... k k x1,...,xm , и исследуем ее на локальный экстремум:

1)находим критические точки, т.е. точки, в которых dF 0;

2)проверяем достаточное условие существования

экстремума, т.е. d2F 0 (min) или d2F 0 (max) при условии

dui 0, i 1,k.

Пример. Найти точки условного экстремума.

u x y2 z x, если x y z 1;

x y.

1.Метод исключения: x y;

z 2y 1.

2. Метод множителей Лагранжа:

F x,y,z, 1, 2 x y2 z x 1 x y z 1 2 x y .

Находим частные производные:

y 0; x 0; 1 0; z 1; 2 0.

~

Критическая точка M0 0;0; 1;0;0 , M0 0;0; 1 .

d2F 2 dy 2 2dxdz 6 dy 2 0 – точка локального минимума.

Ответ: umin усл u M0 0.

Типовые задания № 1

1.Докажите, что предел функции существует, и вычислите его или докажите, что предел не существует.

2.Исследуйте функцию на непрерывность.

ограничена на множестве Q.

4.Пользуясь определением частной производной, найдите

u/ x и u/ y для u=f(x,y).

5.Найдите u, du в точке (1;1) для функции u=f(x,y).

6.Найдите наибольшее или наименьшее значения функции в области Q c помощью линий уровня.

3.f x,y x4 y4 ; Q x,y :0 x2 y2 1 .

x2 y2

4, 5. f x,y xy2.

6.z x y max;

Q: x2 y2 1;

x 0.