Приложение 2. Образец решения индивидуального задания

Задание НП-1. Дана функция y=4x³+9x²+6x-1. Найти:

а) Безусловные экстремумы функции.

б) Условные экстремумы функции на отрезке [-2, 3].

Решение. а) Способ 1 (с применением первого достаточного условия). Для того, чтобы исследовать функцию одной переменной на безусловный экстремум (то есть найти для функции точки экстремумов, определить их характер и вычислить значения функции в этих точках) с применением первого достаточного условия, достаточно:

6. Найти у функции производную.

7. Решив уравнение y¢=0, найти стационарные точки функции.

8. Решив неравенство y¢>0 (y¢<0), определить, меняет ли знак производная в стационарных точках.

9. По характеру перемены знака производной определить, какие из стационарных точек являются точками максимума, какие - точками минимума, какие - ни теми, ни другими.

10. Вычислить значения экстремумов функции (то есть вычислить значения функции в точках экстремума).

Итак:

1. Найдём у функции производную: y¢=12x²+18x+6.

2. Решая уравнение y¢=0, найдём стационарные точки функции:

y¢=0 Û 12x²+18x+6=0 Û 2x²+3x+1=0, D=3²-4×2×1=1, x_{1, 2}= = ,

то есть x₁= , x₂=-1 - стационарные точки функции.

3. Решая неравенство y¢>0, определяем, меняет ли знак производная в стационарных точках (используя метод интервалов):

y¢>0 Û 2x²+3x+1=0 Û 2(x+ )(x+1)>0 Û xÎ(- ; -1)È( ; + ).

В частности, это означает, что y¢<0 Û xÎ(-1; ), то есть y¢ меняет знак на противоположный в обеих стационарных точках.

4. В точке x₁= y¢ меняет знак с «-» на «+». Поэтому эта точка - точка минимума. В точке x₂=-1 y¢ меняет знак с «+» на «-». Поэтому эта точка - точка максимума.

5. Вычисляем значения экстремумов функции в точках экстремума:

f_min(x)=f =4 +9 +6 -1= ,

f_max(x)=f(-1)=4(-1)³+9(-1)²+6(-1)-1=-2.

Способ 2 (с применением второго достаточного условия). Для того, чтобы исследовать функцию на безусловный экстремум с применением второго достаточного условия, достаточно:

6. Найти у функции производную.

7. Решив уравнение y¢=0, найти стационарные точки функции.

8. Найти у функции производную второго порядка.

9. Определить, какие из стационарных точек являются точками максимума, какие - точками минимума, какие - ни теми, ни другими. Для этого вычисляем значение второй производной в стационарных точках.

10. Вычислить значения экстремумов функции.

Итак:

1. y¢=12x²+18x+6.

2. y¢=0 Û x₁= и x₂=-1.

3. Найдём у функции производную второго порядка: y¢¢=24x+18.

4. Подставляя в y¢¢ стационарные точки. Определяем, какие из них являются точками максимума, какие - точками минимума: y¢¢(-1)=24(-1)+18=-6<0. Поэтому x=-1 - точка максимума.

Далее, y¢¢ =24 +18=6>0. Поэтому x= - точка минимума.

5. f_max(x)=f(-1)=-2, f_min(x)=f = .

y¢=0 Û x₁= , x₂=-1 - стационарные точки функции

(подробности приведены при решение задания а))

3. Вычислим значения функции в стационарных точках и на концах отрезка [-2, 3]:

f(-1)=-2, f = (подробности см. решение задания а)),

f(-2)=4(-2)³+9(-2)²+6(-2)-1=-3, f(3)=4×3³+9×3²+6×3-1=206.

4. Сравнивая полученные в предыдущем пункте значения функции, выделяем из них наибольшее и наименьшее значения: f_наим(x)=f(-2)=-3, f_наиб(x)=f(3)=206.

Ответ: а) x=-1 - точка локального максимума, f_max(x)=-2,

x= - точка локального минимума, f_min(x)= .

б) f_наим(x)=-3 достигается в точке x=-2,

f_наиб(x)=206 достигается в точке x=3.

Задание НП-2. Исследовать на безусловный экстремум функцию:

а) f(x, y)=2x²+3xy+2y²+3x-3y+2;

б) f(x, y)=6x³+6x²y-3x+ y³- y;

в) f(x₁, x₂, x₃)=- -2 -3 -x₁-2x₂+x₁x₂;

г) f(x₁, x₂, x₃)=2 +2 +3 -2x₁+3x₂+2x₁x₃;

д) f(x₁, x₂, x₃)= +2 - +4x₁+x₂-2x₁x₂;

е) f(x₁, x₂, x₃)=2 + + +x₁x₃-12x₂+5x₃+6.

Решение. а) Для того, чтобы исследовать функцию на безусловный экстремум (то есть для того, чтобы найти для функции точки экстремумов, определить их характер и вычислить значения функции в этих точках), достаточно:

1. Найти у функции частные производные первого порядка.

2. Решив систему

=0, i=1, 2, …, n, (1)

найти стационарные точки функции.

3. Найти у функции частные производные второго порядка и составить матрицу Гессе

H(X) = .

4. Определить, какие из стационарных точек являются точками максимума, какие - точками минимума, какие - ни тем, ни другим. Для этого используем информацию о знакоопределённости матрицы Гессе в стационарных точках.

5. Вычислить значения функции в точках экстремумов.

Итак, действуем по вышеуказанной схеме:

1. Найдём у функции частные производные первого порядка: =4x+3y+3, =3x+6y-3.

2. Решая систему (1), найдём стационарные точки функции:

Û Û

Применив к последней системе, например, правило Крамера, получаем D= =5, D_x= =-9, D_y= =7, (x, y)= = , то есть X₀= - стационарная точка.

3. Найдём у функции частные производные второго порядка и составим матрицу Гессе H(X)= : =4, = =3, =6, H(X)= .

4. Так как D= =15>0, то в точке X₀= функция достигает своего экстремума. При этом =4>0. Поэтому в точке X₀ функция достигает минимума.

5. Вычисляем значение функции в точке минимума:

f_min(x, y)=f =2 +3 × +2× +3 -3× +2= .

б) Действуем по вышеописанной схеме:

1. Найдём у функции частные производные первого порядка: =18 +12xy-3, =6x²+y²- .

2. Решая систему (1), найдём стационарные точки функции:

Û Û

Û (2)

Первое уравнение системы (2) умножим на 7 и вычтем из второго: Û

Û . (3)

Заметим, что y¹0 (в противном случае из уравнения (3) получаем x=0, то есть имеем x=0 и y=0, что противоречит любому уравнению системы (2)). Разделим уравнение (3) на y²: , и сделаем замену . Приходим к уравнению , и решаем его:

D=14²-4×15×(-1)=196+60=256=16², , , ,

то есть или . Дальше рассмотрим отдельно два случая:

Случай 1. , то есть x=-y. Подставляя это равенство, например, в первое уравнение системы (3), получаем уравнение , решениями которого являются y_{1, 2}= = , откуда и x_{1, 2}= , и Х₁=( , ), Х₂=( , ) - стационарные точки.

Случай 2. , то есть y=15x. Подставляя это равенство в первое уравнение системы (3), получаем

Û Û x_{3, 4}= ,

откуда y_{3, 4}= , и Х₃=( , ), Х₄=(- , - ) - ещё две стационарные точки.

3. Найдём у функции частные производные второго порядка и составим матрицу Гессе H(X):

=36х+12y, =2y, = =12x, H(X)= .

4. Определим, какие из стационарных точек являются точками максимума, какие - точками минимума, какие - ни тем, ни другим.

Имеем H(X₁)= = ,

D₁= >0, D₂= =-12×2- <0,

то есть D₁>0 и D₂<0, знаки угловых миноров хотя и чередуются, но начиная с «+». Значит, матрица Гессе знаконеопределённая, и точка X₁ точкой экстремума не является.

Далее, H(X₂)= = ,

D₁=- <0, D₂= =-12×2- <0,

и снова матрица Гессе знаконеопределённая, то есть X₂ точкой экстремума не является.

H(X₃)= = ,

D₁= >0, D₂= >0.

Следовательно, H(X₃) - положительно определённая, и X₃ - точка локального минимума.

Аналогично H(X₄)= , D₁=- <0,

D₂= >0,

и H(X₄) - отрицательно определённая. Это означает, что X₄ - точка локального максимума.

Таким образом, из стационарных точек точки X₃ и X₄ являются точками локальных экстремумов, причём X₃ - точка минимума, X₄ - точка максимума.

5. Вычислим значения функции в этих точках:

f_min=f(X₃)=6× +6× × -3× + - × =- .

Заметим, что

f(-X)=6(-x)³+6(-x)²(-y)-3(-x)+ (-y)³- (-y)=-(6x³+6x²y-3x+ y³- y)=-f(X).

И так как X₄=-X₃, то f_max=f(X₄)=f(-X₃)=-f(X₃)= .

в) 1. Найдём у функции частные производные первого порядка: =-2x₁-1+x₂, =-4x₂-2+x₁, =-6x₃.

2. Решая систему (1), найдём стационарные точки функции:

Û Û

Из последнего уравнения получаем x₃=0, а первые два рассматриваем как отдельную систему из двух уравнений с двумя неизвестными, и решаем, например, правилом Крамера:

D= =7, = =-6, = =-5,

x₁= = , x₂= = .

Таким образом, X₀= , - стационарная точка функции.

3. Найдём у функции частные производные второго порядка и составим матрицу Гессе H(X):

=-2, =-4, =-6, = =1,

= =1, = =0,

H(X)=

4. Определим, является ли стационарная точка точкой экстремума, и если да, то какой вид экстремума достигается в точке. Для этого исследуем на знакоопределённость матрицы Гессе, например, используя угловые миноры:

D₁=-2<0, D₂= =7>0, D₃= =-42<0,

то есть D₁<0, D₂>0, D₃<0. Следовательно, H(X)<0 (матрица Гессе отрицательно определённая), и по достаточному условию экстремума точка X₀= , является точкой максимума.

5. Вычислим значение функции в этой точке:

f_max=f(X₀)=f , =- -2× -3×0²- -2× + × = .

г) Действуем по схеме решения задачи, опуская подробные комментарии:

1. =4x₁-2+2x₃, =4x₂+3, =6x₃+2x₁.

2. Û Û Þ x₂= .

Найдём x₁ и x₃:

Û

D= =5, = =3, = =-1,

x₁= = , x₃= = , X₀= , - стационарная точка.

3. =4, =4, =6, = =0, = =2, = =0, H(X)= .

4. D₁=4>0, D₂= =16>0, D₃= =80>0, H(X)>0 (матрица Гессе положительно определённая), и X₀= , - точка минимума.

5. f_min=f(X₀)=f , =

=2× +2× +3× -2× +3× +2× × = .

д) 1. =2x₁+4-2x₂, =4x₂+1-2x₁, =-2x₃.

2. Û Û Þ x₃=0.

Найдём x₁ и x₂:

Û Û

D= =-2, = =9, = =5,

x₁= = , x₂= = , X₀= , - стационарная точка.

3. =2, =4, =-2, = =-2, = =0, = =0, H(X)= .

4. D₁=2>0, D₂= =4>0, D₃= =-8<0, то есть D₁>0, D₂>0, D₃<0, и матрица Гессе знаконеопределённая. Следовательно, X₀= , точкой экстремума не является.

е) 1. Найдём у функции частные производные первого порядка: =4x₁+x₃, =3 -12, =2x₃+x₁+5.

2. Найдём стационарные точки функции:

Û Û Þ x₂=±2.

Отдельно ищем x₁ и x₃: D= =7, = =5, = =-20, x₁= = , x₃= = .

Таким образом, X₁= , , X₀= , - стационарные точки функции.

3. Составим матрицу Гессе H(X):

=4, =6x₂, =2, = =0,

= =1, = =0,

H(X)= .

4. Определим, какие из стационарных точек X₁ и X₂ являются точками максимума, какие - точками минимума, какие - ни тем, ни другим. Для этого используем информацию о знакоопределённости матрицы Гессе в стационарных точках.

Имеем H(X₁)= , и

D₁=4>0, D₂= =48>0, D₃= =84>0,

и H(X₁)>0. Значит, точка X₁= , - точка минимума.

Далее, H(X₂)= , и

D₁=4>0, D₂= =-48<0, D₃= =-84<0,

то есть D₁>0, D₂<0, D₃<0, и H(X₁) является знаконеопределённой. Это означает, что точка X₂= , не является точкой экстремума.

Таким образом, из стационарных точек только X₁ является точкой экстремума, причём является точкой минимума.

5. Вычислим значение функции в точке X₁:

f_min=f(X₁)=f , =2× +2³+ + × -12×2+5× +6=- .

Ответ: а) f_min(x, y)= достигается в точке , точек максимума у функции нет.

б) Х=( , ) - точка локального минимума, f_min=- ,

Х=(- , - ) - точка локального максимума, f_max=- .

в) f_max= достигается в точке X= , , точек минимума у функции нет;

г) f_min= достигается в точке X₀= , , точек максимума у функции нет;

д) точки экстремума у функции не существует.

е) f_min=- достигается в точке X₁= , , точек максимума у функции нет.

Задание НП-3. Исследовать на безусловный экстремум функцию:

а) f(x₁, x₂)=x₁+x₂ при условии ;

б) f(x₁, x₂)= при условии ;

Решение. Для того, чтобы исследовать функцию на условный экстремум с ограничениями типа равенства (то есть найти для функции точки условных экстремумов, определить их характер и вычислить значения функции в этих точках), достаточно:

1. Составить обобщённую функцию Лагранжа:

L(X, l₀, L)=l₀f(X)+

2. Составить систему:

(1)

3. Решить систему (4) для двух случаев:

а) l₀=0;

б) l₀=1.

В результате находятся условно-стационарные точки X*.

4. Для условно стационарных точек X*, полученных в пункте 3, проверить достаточные условия экстремума. Для этого можно применить критерии типа Сильвестра к функции d²L(X*, L^*), или проверить это непосредственно, выразив из системы любые m дифференциалов через остальные n-m и подставив их в d²L(X*, L^*). Если d²L(X*, L^*)>0 при ненулевых dx, то точка X* является точкой условного минимума, а если d²L(X*, L^*)<0, то - точкой условного максимума. Если достаточные условия не выполняются, то проверяются необходимые условия второго порядка. Если они выполняются, то требуется дополнительные исследования; если нет, то точка X* не является точкой условного экстремума.

5. Вычислить значения функции в точках условного экстремума.

Итак, действуем по приведённой схеме:

6. Составим обобщённую функцию Лагранжа:

L(X, l₀, L)=l₀(x₁+x₂)+l₁( ).

7. Составим систему (1). Имеем =l₀+2l₁x₁, =l₀+2l₁x₂. Поэтому

(2)

8. Решаем систему для двух случаев:

а) l₀=0.

Имеем l₁≠0, так как в точке локального экстремума X^* не все l₀ и l₁ равны нулю. Тогда x₁=0 и x₂=0. Но тогда j(X^*)≠0, то есть X^*=(0, 0) не удовлетворяет ограничению задачи. Значит, условно-стационарных точек при l₀=0 нет.

б) l₀=1. Тогда

(2) Û

Из первых двух уравнений системы получаем x₁= , x₂= , подставляя которые в третье, имеем =8 Û = Û l₁=± . Отсюда x₁= 2, x₂= 2, то есть (X₁, L₁)=(2, 2, ), (X₂, L₂)=(-2, -2, ) - две условно-стационарные точки.

9. Для условно стационарных точек X^*, полученных при l₀=1, проверим достаточные условия экстремума. Для этого исследуем полный дифференциал второго порядка d²L(X^*, L^*) классической функции Лагранжа как квадратичную форму от dx₁, dx₂.

Имеем

= =2l₁, = =0.

Поэтому d²L=2l₁d +2l₁d .

Способ 1. Имеем H(X)= , для которого угловые миноры равны D₁=2l₁ и D₂=4 . При l₁=- , то есть для точки X₁=(2, 2), имеем D₁=- <0 и D₂= >0. Это означает, что в точке (X₁, L₁)=(2, 2, - ) d²L отрицательно определена, и X₁ - точка регулярного условного локального максимума. При l₁= имеем D₁= >0 и D₂= >0, и в точке (X₂, L₂)=(-2, -2, ) d²L положительно определена, и X₂ - точка регулярного условного локального минимума.

Способ 2. Имеем dj=2x₁dx₁+2x₂dx₂. Выразим из dj=0 dx₂ через dx₁: dx₂=-dx₁ и подставим его в d²L: d²L=2l₁d +2l₁(-dx₁)²=4l₁d , то есть d²L=4l₁d . Тогда

d²L(X₁, L₁)=-d <0 при dx₁≠0 и

d²L(X₂, L₂)=d >0 при dx₁≠0.

Поэтому X₁ - точка регулярного условного локального максимума, X₂ - точка регулярного условного локального минимума.

10.Вычислим значения функции в точках условного экстремума:

f_max=f(X₁)=2+2=4, f_min=f(X₂)=-2-2=-4.

б) Действуем по приведённой схеме:

1) Составим обобщённую функцию Лагранжа:

L(X, l₀, L)=l₀( )+l₁( ).

2) Составим систему (4). Имеем

=l₀( )+8l₁x₁, =l₀( )+ l₁x₂.

Поэтому

(3)

3) Решаем систему для двух случаев:

а) l₀=0. Тогда (3) равносильно

Имеем l₁≠0, откуда x₁=0 и x₂=0, что противоречит ограничению. Значит, условно-стационарных точек при l₀=0 нет.

б) l₀=1.

(3) Û (4)

Одновременно x₁ и x₂ в ноль обращаться не могут. Покажем, что они одновременно не равны нулю. Допустим, x₁=0. Тогда из первого уравнения системы (4) вытекает x₂=0. Если x₂=0, то из второго уравнения получаем x₁=0. Следовательно, x₁ и x₂ оба не равны нулю. Тогда из первых двух уравнений системы (4) можно выразить через x₁ и x₂: l₁=- и l₁=- , откуда получаем следующую последовательность равносильностей:

= Û = Û

Û = Û .

Разделим последнее уравнение на : , и сделаем замену: . Решаем полученное уравнение :

D=2²-4×3×(-1)=4+12=16=4², t_{1, 2}= = , t₁=-1, t₂= ,

то есть или . Далее отдельно рассмотрим случаи.

Случай 1. . Тогда x₁=-x₂, подставляя которое в ограничение, получаем уравнение с последующими равносильными преобразованиями:

Û Û Û ,

откуда . Также имеем

l₁=- =- =- =- ,

и (X₁, L₁)=( , - ; ), (X₂, L₂)=(- , ; ) - две условно-стационарные точки.

Случай 2. . Тогда x₂=3x₁, подставляя которое в ограничение, получаем уравнение с последующими равносильными преобразованиями:

Û Û Û Û ,

и , l₁=- =- =- , и (X₃, L₃)=( , ; ), (X₄, L₄)=(- , - ; ) - ещё две условно-стационарные точки.

4. Проверим достаточные условия экстремума. Имеем

=8+8l₁, =2+ l₁, = =2.

Имеем H(X)= , для которого угловые миноры равны D₁=8+8l₁ и D₂= = .