§ 53. Экстремум функции нескольких переменных

Необходимое условие энсгремумл. Функция и = f(Af) имеет в точке Ми максимум, если для всех точек М некоторой окрестности точки Mq выполняется неравенство /(Л/) < /(Mq).

Замечание. Рассмотрим функцию двух независимых переменных. Полагав х Хо 4 Ах, у у$ + Ау, тогда при /(Л/) > /(MQ) имеем f(xa 4* Ах,уо 4 Ду) — f(xoyo) - Af(Mо) > 0 — есть полное приращение функции. Таким образом, если A/(MQ) > 0 при всех достаточно ма.^ых приращениях независимых переменных, то функция f{№) в точке MQ имеет минимум, а если А/(Ala) < 0, то максимум. Аналогично определяются максимумы и минимумы функции любого числа переменных.

Теорема 25, (Необходимое условие экстремума). Если функция и = /(Л/) непрерывна в некоторой области D и во внутренней точке А/р области D имеет экстремум, то в этой точке асе ее частные производные первого порядка или не существуют, или обращаются в нуль.

Точки, в которых частные производные равны нулю или не существуют, называются критическими точками функции, или точками, подозреваемыми на экстремум.

Рассмотрим функцию двух переменных. Обозначим значения вто-рых частных производных в точке MQ(XQ ,уо) через А, В, С:

= А Уо) - в, f^fa,») = с.

Достаточные условия экстремума. Пусть в некоторой области, содержащей точку Мо^о.ЗЛ])» функция и = f{x,y) непрерывна вместе со своими частными производными до третьего порядка включительно н пусть A/oCarasSb) —* критическая точка функции /(ас, у), т,е, f^(Mo) = — О, fy(Mo) = 0.

функция u = f{x,y) имеет максимум, если АС — > О, А < О;

функция и — f ix, jf) имеет минимум» если АС — В7 > 0. А > 0:

функций и = Л^ч^) не имеет экстремума, если АС - Б2 < 0;

если АС - В — 0, то требуется дополнительное исследование, так как в этом случае функции u = Дя, у) может иметь, а может и не иметь экстремума.

Таким образом, исследование функции двух переменных на экстремум нужно проводять по следующей схеме*

Находим первые частные производные и приравниваем их к нулю.

Решаем полученные уравнения и находим точки, подозреваемые на экстремум:

Вычисляем вторые частные производные в точках, подозреваемых на экстремум.

Проверяем выполнение достаточных условий экстремума

Задача 20. Найти экстремумы функции u дгу -J- — 4- —

, ^ х у

У /О,

Решение. 1. Находим первые частные производные н приравниваем их к нулю:

dv 50 „ ди 20 п

д— — У — Я " ~2 —

дх * з? ду у?

Решаем эту систему. Получим х^у = 50, ху1 — 20. После почленного деления первого уравнения на второе имеем: ~ = ^ Отсюда у =

У ™

— 0,4л:. Подставляем у = 0,4z в уравнение х2 у — 50 и решаем его: 0п4г3 — 50, х3 = 125, х — 5; у — 0,4 - 5 — 2," Таким образом, точка 2) — точка, подозреваемая на экстремум.

Находим вторые производные и вычисляем значения их в критической точке MQ(5; 2):

„ „100 „ ,, _ 100 „ 4. « ,

Находим АС - В2 = ^ ¦ 5 - Iа - 3 > О, А - ~ > 0. Функция имеет в точке Л/о(5; 2) минимум, равный

umin = ti(5; 2) = 5 ¦ 2 + ~ + ^ = 10 4-10 + 10 = ЗО.

5 ?

Задача 21. . Исследовать на экстремум функцию ті = Зх2 — -г + Зу2 + 4у.

Решение. и'х — 6х — Зх3 — 0. Отсюда: Х\ 0, Хг = 2; — б у +

2 / 2\ + 4 = 0. у = Точки, подозреваемые на экстремум, — Мі (0; —-)

и№(2ї-|);

<, = 6 -Si, «Ь(М) = 6> t?(Af3) = -6;

В точке Ml AC - В2 = 6 - б - О2 = 36 > О, А > О - функция

имеет минимум, равный — u(Mi) =

В точке М2 (2; АС-В2 - -G-.6 - 0Э - -3G < О - функция не имеет экстремума.

Задача 22.

I) Z=>x3 2) Z -Ъу/ФТу* .

Решение.

Находим критические точки

Z'x = Зх2 -2х- 2у, Зх2 - 2.т - 1у = О, Злг2 - 2т - 2і/ ~ О, Z^ = Зу2 - 2у - 2х, Зу2-2у-2х = 01 х2 = у2,

РепшЯ систему уравнений, получим Mo(0,0J, М] . Находим

вторые производные - А - Gx - 2, В — Z%y = —2, С — = бу — - 2 Н АС ~В2- 4(3:г - 1)(3jj - 1) - 4,

а) Mt І) , АС - В2 = 4 3 ¦ 3 - 4 = 32 > 0 и А = G > 0 --

. ~ 64

пип, 6mitl = — —.

б) Л^о(0п 0)t AC — В2 — 0 ~ требуется дополнительное исследование.

Рассмотрим полное приращение функция в точке Л-/о(0,0) А2{0,0) - Z{Ax< Ay) - ?(0,0) - (Да;)3 + (by)3 - {Ах + Ду)2 и при достаточных малых Ах и Ду имеем 'Д.Z(C,0) ^ —(Ля; + Ду)2 < 0. Следовательно, в точке Л/о(0,0) функция Z[x, у) имеет максимум

^¦mfts = О-

Находим критические точки

Ьу _

Ьх

к=

= о.

-0,

Z' —

у/х* + v2

Отсюда i = y = Ot причём в точке JWQ{Q3 0) частные производные первого порядка не существуют, так как

Me

А»2

Ау |

Ay

Mo .

н предела не имеют при Лаг —» А, Лт/ —» 0. Следовательно, точка Мо(0,0) является точкой возможного экстремума. Из того, что

AZ\Mo - а + Ь^{Ах)2+(Ау)2 -а-+ (Ду)2

следует: при 6>0 в точке Мо(0,0) минимум (см. определение экстремума), а при Ь < 0 — максимум, причём Zmm{b > 0} = Z^^ty < 0) = а.

437

3. Наибольшее и наименьшее значения функции. Если функция и — f(M) дифференцируема в некоторой ограни чегшой замкнутой области D, то она достигает своего наибольшего и наименьшего значений или в критических точках, или на границе этой области. Отсюда следует правило нахождения наибольшего и наименьшего значений функции в области D.

Находят значения функции в критических точках.

Вычисляют значения функции на границе области.

Из полученных значений выбирают наибольшее и наименьшее. Задача 23. Найти наибольшее и наименьшее значения функции

и(х> у) = 2х2 + у2 + 4а: - 2 о замкнутом круге х2 4- у2

Решение.

и*т = + 4 = 0, х +1 - О, X = -I,

W^ = 2у = 0, у = 0, у - о.

Отсюда имеем единственную критическую точку Mi{—Х,0). Она принадлежит рассматриваемой области. Значение функции в этой точке равно 1,0) = —4.

Рассмотрим теперь значения функции на окружности х2 4-у2 — 9 — граница области (см< также п. і и задачи 32, 33, 34), Подставляя у1 — — 9-х1 в функцию и{хуу), получим

и{х} у) = Ui(x) — х2 + 4:г + 7.

а

Чтобы найти наибольшее и наименьшее значения функции одного переменного на отрезке (см. §36), находим критические точки игх — 2х-\- + 4 — 0, х — — 2- Вычисляем значения функции в её критической точке и на концах отрезка < а; < Зт —2} = 3, 3) — 4. wi(3) = 28, Объединяя полученные результаты, находим, что наименьшее значение данной функции в круге х2 ч- у~ ^ 9 равно т — —4, а наибольшее будет М - 28.

Задача 24, Найти наибольшее и наименьшее значения функции и(зГ)У) = 2х3 4- — у2 — &у Ч- 2Ах о замкнутой области D% ограниченной кривыми у — х2 — 4Т у ~ 12.

Решение. Найдем сначала критические точки функции

и'х = 6х2 + &у + 24 = 0, г2 Ч" Ї/ + 4 О, u'v « fxr -2у - 8 = 0, Яг -у А = 0.

Решая эту систему, найдем две критические точки функции MjfO, —4} и 3; —ІЗ). Точка Ліз(-3; —¦ 13) не принадлежит рассматриваемой

области, поэтому ее не будем рассматривать. Значение функции в точке Mi(0, —4) равно іі(ЛГі) = 16.

Теперь найдем наибольшее и наименьшее значения заданной функции на границе области D. В отличие от предыдущего нэп мера граница области состоит из частей двух линий, задан ныл различи ымк ура вне*

нняии, н поэтому нужно отдельно рассматривать значення функции на каждой из частей границы.

На дуге АБС параболы у — х2 — 4, < х ^ 4 (см, рис. 133) рассматриваемая функция является функцией одного переменного

щ = 2х3 ЗДя2 - 4) - (х2 - 4)а - 8(х2 -4} + 24х = -хл -t- fix3 4- 16,

Найдём наибольшее и наименьшее её значения.

-752, кі(4) = 272.

Аналогично находим наибольшее и наименьшее значения функции на отрезке АС прямой у = 12 при —4 ^ х ^ 4.

и2 = и(х, у я 12} = 2хъ -г 96х - 240, и'2 - 6і2 4- 96 = 0.

Критических точек нет, а значения щ на концах х'~±4 учтено при рассмотрении граничных условий на дуге ABC параболы у — х'2 — 4.

Объединяя результаты, находим, что наименьшее и наибольшее значения рассматриваемой функции в области D есть т = —752, М =

272 (см, также задачу 32),

Задача 25. Найти кратчайшее расстояние между графиками функций у = fi(x) и у2 = /г(^)

Р е ш е EJ и ет Пусть точка находится на графике функции

y = fi(x), а точка — на графике у = fa(x) Тогда квадрат

расстояния между ними равен

Jїда? = Си + -12Ы]2-

Следовательно, квадрат искомой величины равен наименьшему значению функции двух независимых переменных

г{хихъ) = {Xi 4- \fi{xi) - h(x2)]2-

фупкции нескольких перемённъ^

Находим частные производные первого порядка и составляем систему уравнений для определения координат, подозреваемых на экстремум

= 2(Xl - *а) + 2Я(«і)ІЛ(«і) - Л(*й)] - О!

дхі

Сложив эти два уравнения, получим

[Д(«1> - М*і>]ІЛ(*і)-Ж*і)І ^

Отсюда

МхО = /2(®а)> тогда из системы уравнения следует Х\ = х>2-

fuxj) = /5 («2), тогда xL - х% 4- /}(«і)[/і С»і) - /ї(^я)] = 0. Далее составляем уравнение касательной, проведённой в точке

dj -

Шъьт) к кривой у - /2(х): у - /аМ = /а(*іК*-«а) и находим расстояние точки ArfiC®!,») Д° зтой касательной. Для этого в нормальное уравнение прямой (касательной) подставляем координаты точки

VT+^ы

Если использовать уравнение касательной^ проведённой в точке Л /і (я: і, ї/і) к кривой у^Мх і) и находить расстояние от точки Mbttt) до этой касательной, то (см, также §36)

d^ _ j/ifri) - /а(д?а) ~ C^t ~ |

При ™ /3(^2) касательные параллельны и dj =

Пусть /t(x) е е® = < а? < ^ тогда Мі(041).

М3(0,0) и d = 2~І

Если /,(*) = Мх) = то Jtfi 1) , М3 (§;

При /і(х) - Inx, /2(г) = х, 2tfi(l; 0), Мг(0; Q) и d -

Пусть /і (ar) ax*+bx -j- Co, /2(2:) = ~Ax^C т тогда

В T

A + W?

S/l - +

A2-ft3ІЗ2 4aB2

Ї! яв

[S]

при а — —1, Ь — Со = Оп А — В ж 1, С = —2 получим АС®)1 — —я2,

ш = -* + 2.

Задача 26. На плоскости Ояу найти точку, сумма квадратов расстоянии которой от трёх прямых В^у t = 0 (k ^ 1, 2,3),

на которых лежат стороны треугольника, является наименьшей. Решение. Рассмотрим функцию

1

/(я, у) = + -тМЦ*+вц,+СірЧ

4 Лі^а* 4 + С2р Н- -ij+ Bjy + Сз\2.

Для решения задачи нужно наіїгн координаты точки, в которой функция f(xty) принимает наименьшее значение. Координаты искомой точки удовлетворяют системе уравнений

или

а2 я; + (аЪ)& + (ас) = О» (аЪ)я + Ъ2у + (cb) = О,

где а

—

Да 1 Дз j '

[ fi\ Да йз J \ № Дз Дз J ^ Ді

fc = 1,2,3. Решение этой системы есть

* = A = a2b2-(ab)2 = -abJ2,

Дх = (ab)(bc) - Ъ2 (ас) = [аЬ]|Ьс]п Ду = (ah)(ac) - a2(be) = [ab][cat,

Найдём частные производные второго порядка А — = 2а2, В = — f* — 2ab, С - fyV = 2Ь2 и составим выражение АС — В"2 = = 4(asb2 - (ab}2) = 4]abp > 0 и А = 2а2 > 0- Следовательно, в рассматриваемой точке функция имеет минимум.

Пусть нужно найти точку, сумма квадратов расстояний которой до трёх прямых х — 0, у =¦ 0, За; -+¦ 4у — 5 = 0, является наименьшей. Тогда

a«{l; 0; |} , b- (О; 1; , с = {0; 0; -1}, [*Ъ] - l} t

[ab}2 = 2, jbc] = t-lj 0; 0} , [ас] = (О; L; 0} ,

Следовательно, искомая точка имеет координаты х = 0,3,

Задача 27, Найти кратчайшее расстояние точки Мі(хі>уі) от прямой Ах + By -f (7 — 0 (см, § 4),

Решение, Квадрат расстояния точки , у{) до точки JVf(a:.y),

лежащей на заданной прямой, равен \МіМ\2 — {_х — + (у - у\)

Выражая у из уравнения заданной ітряшой и подставляя a fJIrfjAfp, получим, что квадрат искомой величины равен наименьшему значению

функции

/(я) s (я ~ хг)2 + Л(Лг + ВУ1 -h С)2

А

Находим критические точки: f'(x) -2{х-хг)+2+С) =

= 0 отсюда х = ^ {В2х\ - АВу1 - АС) и х - Х] - {Ах і + Вуі + н> в V

+ С), где р2 - А2 + В2. Тогда у - = —5 (Л.хі + Я^і + С) и так как

)4

і

/"(я О = 2 > 0. то искомое расстояние равно (см, § 4):

В

\МХМ\ = - \Ахі +AVl + C\. Д

Задача 2Й. Найти кратчайшее расстояние точки Afofcoj Уа, zq) от плоскости Ах + Ву + Cz + D^O (см. §9).

Решение. Квадрат расстояния от точки M0(xayyotzQ) до произвольной плоскости равен

М0М2 =¦ (х - х0)* + (у - z0)2

причём z — (Лх + jBgf + Z>).

Следовательно, квадрат искомой величины равен наименьшему зна-чению функции

А*. в С® - zd>2 + (у - yQ)2 + {z- г0)7,

где z = + +

Находим критические точки из системы уравнений

ИЛИ ж

Х-Хо + -z{Ax + By -\-D + Cza) - 0, О

У ™ Уа + ^(^Е + By + D + Cz0) = О. о

Определитель этой системы равен Д — -Jj = (Л3 + В2 + С2) ^

1 п С С

? о, тогда

* - % - Л + - ABjfa - АСг0 АЕ>] = - ^г,

Ф = Лх0 ¦+¦ Ву0 +Czq + D\

442

В Ф

j1 \

1

у = = зЬАЯа* + (А -f СПуо - BCz0 -BD} = у0 -

А1 + В2 + С2. Наедим вторьте производите функции

и) = г+2 gj > о, а> = 2 - г J,

2

/1 =

И составляем выражение

&(».?> ¦ - о-

w

Следовательно, в точке М($,зг) функция /(а:, у) имеет минимум,

А л, 3 , С « и так как я — .то — * Ф, у jfo = » Ф, ? - zQ 3Ф, то искомое

Р Р ^

расстояние равно

- - XQ)2 + (у -7o)2 + (* - - у =

\Axy 4- Bj/q 4 Cap + J?j

ч/л- + В* + СЯ

(см. §9). ,

Задача 29, Ha всех прямоугольных параллелепипедов с длиной днаїчжали d найти параллелепипед с наибольшим объёмом.

Решен и е. Так как диагональ параллелепипеда равна d = = TJZ1 + у2 ч- ?2, а объём V ~ xt/z,. где х, у, z есть его измерения (я > 0. у > 0, z > 0). то задача сводится к нахождению максимума функции j{xfy) ~ xy-^fd* — х2 - у2 . Решая систему уравнений

df __ eg - 3sa - уа

За; У yjd? - х2

= 0. О,

— X2 — У

находим а;

= „ = г = vi/a _

у

Проверим выполнение достаточных условий максимума.

S*S _ Здта + ду2

Jt.L

дхду

= ^сР-х2- у2 -

(d2 — ж2 — З/2)3'21

а2/

ду*

4- 2уг - 3d3

Следовательно,

&Г - а* - у) Э2/ _ ^

А -

d < 0,

Гл. VII

ф,JHкцци_ нескольких перелепных Э? Х — у— d7f

в -

ч/З

d

ПОЭТОМУ

х — у ¦=

д ~ _ В2 — > 0- Функция /(ГЕ, у) имеет максимум при

f ^ -Дг ) . Искомый параллелепипед есть куб с длиной Л \ V^

d

р ра ~Л''

Пример 30. На сфере х~ + у1 + Z* - 27 найти точки, наиболее и наименее удалённые от плоскости X + у + г - L2 О (см, § 10, задачу 64).

Решение, Расстояние произвольной точки сферы Mi до

плоскости определяете гю формуле (см § 9)

d — + + ^ Щ*

Так как z — ±^7 - xf *- К, то искомое расстояние равно наименьшему и наибольшему значению функции

У?

d = -д + Vi - 12±ф7-х\-

Находим критические точки иэ системы уравнений

«4, "О,

= о

или

тогда

Xi = ±у/27 уі

2хf -I- у? - 27, а? + = 27,

отсюда находим (3,3,3) н Л/гС—Зп-3, — 3), Из геометрических соображений точка сферы Ai\(3,3.3) наименее (d — \/3), а точка — 3, —"3) наиболее (d =¦ 7\/3) удалены от заданной плоскости.

Задача 31. Среди всех треугольников заданного периметра 2р найти треугольник наибольшей плотцади.

Решение. Пусть a, с — стороны треугольника, 2р = а -f Ь + с, а = 2р — а — 6. Площадь определяется формулой Герои а

S = у/р(р~^а){р - - с) = у/р{р - л){р - Ь)(о + & - р)

и будем искать наибольшее значение функции f[a,b) = S2 при 0 < а < < р, 0 < 6 < р, а + b > р. Находим точки, подозреваемые на экстремум

- -p(p-b)(a + Ь-р) + р(р- а)(р -Ь) =

= -р(р - а)(о, -}- 2b - 2р) ~ 0.

Отсюда имеем систему уравнений для определения а и Ь: 2а + b — 2р =

2

— О, a -f- 2b - 2р — О, которая имеет единственное решение а =

J

2 2 Ь = - р, тогда с = 2р - а - b — -

Проверим выполнение достаточных условий экстремума

В ж ШЬ 9 р{2а + 2Ь " ° " ^ ~ а))

Л = ЛС - В2 = - а)(р - Ь) - р3(2а + -

и *(»-»-§!»)' |р'<°-

2 2

Функция /(а,Ь) имеет максимум при ? = -р, 6 t= — р (с — 2р — л —

2 о о

-Ь= -р), Следовательно, среди всех треугольников с равными периметрами наибольшую площадь имеет разносторонний треугольник со стороной а = - р.

J

Задача 32. Найти экстремум функции z = Ді,у)л заданной неявно

х2 + у* + z2 - 2х + 2у - 4z - 10 = 0;

х2 у2 + z2 - xz - yz + 2х + 2у + 2z - 2 = 0, Решение.

1) В данном случае F(a:^T2) — х2 4- у2 + z2 — 2х + 2у — 4z — 10 (см. П-Э §52). Так как F*a - 2*-2, F^ = 2y + 2t F^ = 2z - 4 ф 0, то

- _37-1 = ЇІ! дх " z-V ду х- f

Находим критические точки из системы z'x = 0f z*y — 0 или х — 1 — 0, 1/4-1 = 0. Отсюда получаем «i = lt ЇИ — — 1. Подставляя в исходные выражения, получим — —2, za = 6. В итоге имеем две критические точки 1^(1,-1,-2) и М2(1>—1,6). Вычисляем вторые производные и составляем выражение Л = АС — В2 в точках Mi и Мд;

d2z ж-2- (аг-І)л4 _ Л

дх* дх\дх) " (г-2)2

_ (Д ~ ЗД _ в

дхду (z - 2)2 445

Функции нескольких переменных

- с.

Й - 2 - (1 + уК

ч

(2- 2)

а) Л, =Л >0N Ві ^0. Сі - Ді -^>0,

б) = „І < 0. В2 =0, С2 - Да = ~ > о. - fn.wt =

6

2,

2) Так как F(xb у, г} = + Ї/2 + - - У- + -+ 2у 4 2з

I + F'; - 2ї/ -+ 2, Я = + то

2 j: - z + 2

z* 2г

3 - У + 2 '

- г -f ¦ 2 2z — х - у + 2'

Для определения критических точек решаем систему уравнения z'r = 0 или 2х- z + 2 = 0, — z + 2 = 0. Отсюда полунаем х - у -

ss= і z — 1 и подставляем в исходное уравнение F{x, уЛ z) = 0. тогда т

4- Sz — S — 0 н гі = — 4 — 2-s/6 t = —4 + 2\/б В результате имеем две критические точки Jtfi(^ij^b^i) и Jlrfjj(a;a,(ftі.ЯІВ):

- У1 ~ -З - л/б, = —4 - 2-Уб

и

~ У2 — + , 22 = -4+2%/б. Вычисляем вторые производные в крнтическнх точках

6*z Az — Йу + 6 + + У - 6)

дх-

(2z-x~y + 2 У

_ d2z _ 2y- z + 2 + z'x{x- " дхду " ~(2z ЇЇТгр _ _ _ Зг - 2x 4 G + i'v(x - - 6)

8y'

(2z - x - у + 2)'

тогда

- (-*) (-

Д; " A^Cj — В

Лі ^

Л

A -"-8>"'

В итоге получаем: -lujn ~ — —А — при art — Уі ~ —3 — \/о; в —4 + 2лД> при = = 4- \/G.

4. Условный экстремум функции двух переменных. Рассмотрим задачу: найти экстремум функции Z — f(x,y) при условии, что ат и у связаны уравнением у) — 0. В этом случае (при наличии уравнения связи 9(1,у) = 0) экстремум называется условным.

При наличии условия у) = 0 нз двух переменных л: и у леза

висимым будет только одно х (или т/), з переменное у {или х) опре

деллется из условия у) * 0. Решая это уравнение относительно одного переменного и подставляя з уравнение Z — f(x, у), получим функцию одного переменного (см. п. 3 и задачи 23, 24), Таким образом, П]эи наличии условия <р(х^у) * 0 мы приходим к задаче о нахождении экстремума функции одного переменного (см, §34),

В некоторых задачах на условный экстремум разрешение уравнения связи ір(х, у) =0 относительно х или у является затруднительным, а иногда даже невыполнимым. В этом случае вводят вспомогательную функции (функцию Лагранжа) ^{я^.А) — f(z>V) + у) и задача

о нахождении условного экстремума теперь саслась к нахождению экстремума функции F(xyy, А).

Необходимые условия условного экстремума выражаются уравнениями яр дя

иэ которых находят хЛ у и А.

Задача 33. Найти условный экстремум функции /(л:,у) ~ Ах +

и' у*

+ By при условии -j + = 1,

Решение. Составим функцию Лагранжа

Далее имеем ~ = А + ^ = В + Система уравнений для

дх ду Ь

У2 - 1

определения ху у, н А принимает вид

¦ А у _

А= 0, а

В 4- 2-ф = О,

Хха = + ъ*в%'

У 1,3

2Xj.s

Отсюда получаем ^1,2 =

2Ai,

Находим вторые производные функции F(x,ytА) н составляем выражение Л = A]_Ci - Bf

d*F

2А

А\ &

Bv -

= 0,

Эх

Г-

4A*

Д = AiCi =

b

>0.

При АІ = Hh 6aBs Д > 0, A > О. Функция f(x> у) в точке

JMlfeliVl) имеет условный минимум, равный /Jnin в А2 + №В2 .

При Ад = + Д > О, А < 0. Функция f(x,y) в точке

Afa(saiSft) имеет условный максимум, равный —

Задача 34, Найти условный экстремум функции f(x, у) = Ах3 4 4 By при условии о,х 4 by = 1.

Решение. Составляем функцию Лагранжа

F{x, у, А) = Ах2 4 By2 4 \{ах 4 by - 1).

к нулю.

^ ^ 2Ах 4 аХ

Эх

Находим первые производные функции F(x%yt А) и приравниваем их

О,

тогда имеем XL = ї/і - н подстапляем ц к з уравнение

СВЯЗИ

"SB

2 АВ

тогда асі

а2В + ГА'

Уі

отсюда прн 4- Ь~А ф 0 получим А =

а В ЬА

B*F

d2F ду2

= 2J?:

дх"

= 0, C7i =

Л = -Вї = ААВ,

A > 0, 5 > О, Л > 0, Лі = 2A > О, Б точке Afitei.j/i) функция f(x,y) имеет условный минимум, равный fmin = АВ(а.2В 4- Ь2А)-1.

А < О, В < Of А > 0, Ai = — 2]А\ <0. В этом случае функция f(x>y) имеет условный максимум, равный fm9X = -|А||?|[а2|В| 4 4- Ь3|Л|] ,

3 А < О, В > О или А > О, В < О- Функция у) экстремума не имеет, так как Д — 4АВ < D-

Задача 35. Найти наименьшее и наибольшее значения функции я = х2 4-У2 -4х 4- 2у, если

1) 0 < яг ^ 3, -4 ^ у < 2; 2) х2 4 ^ 5.

Решение. Если функции и = f(M) дифференцируема в ограниченной замкнутой области, то она достигает своих наименьшего и наибольшего значений или н критических точках, или в граничных точках области.

оу

д? Ох

отсюда — 2. уо = —1. Значение функции в этой точке z{2- -1) = -5. t) Исследуем функцию на границах области.

а) х — 0, имеем х = у2 4 2у. Найдём значения этой функции в критической точке и на концах отрезка [-4.2]. Имеем zf 2у 4 2; zf = О при у = -I. Тогда z(y ^ -1) = z{y = 2} = 8+ х(у = -4) = 8.

Находим критические точки

б) х = 3. г = у2 + - 3. я' = + yt) = тогда ^{у « -1) « — -4, = 2) в 5. %{у - -4) =» 5

в) у = 2, г: = д;а - 4х + S, г* = - 4, :г0 — 2, ^(д; ^2) — 4, г(х = 0) = S. « 3) = 5.

ГЇЦ = = я2 — 4х + 8 (см. пункт в).

Сравнивая найденные значення функции, получаем 7тг — z(2; —1) = —5, Л^Г = г(0; 2) = -4) = 8

2) Так как при х~ + у1 ^ 5 функция z в точне Ms(2, — 1) имеет экстремум и z(Mq) — —5. Исследуем функцию z на условный экстремум. Составляем функцию Лагранжа

Л».».А) ~ 4- -Ах + 2у + Х(х2 4- у2 -5)

и решаем систему уравнений

3F

~- = 2х - 4 + 2Хх = 0) ах

Щ^2у + 2+2Лу=0у х2 -{-у2 — 5,

Находим; А - О, Мс(2; -1), z{MQ) - -5; А = -2, Мг(-2; 1), s(Afi) = = 15. Отсюда имеем m = z{Mq) - —5; Ы = *{Afi) — 15 (см. также задачи 23, 24),

Задача 36. Найти кратчайшее расстояние между прямыми д — 1 __ у _ z -f- 1 g + l _ у - 1 __ г

" Т 2 И 0 1

Решение. Расстояние от точки Mi(x\,yj,находящейся на первой Прямой, ДО ТОЧКИ i jft, ^а) зторок прямой равно

^ = v/(^3 - ^z)2 + (l/i - У2) 2 Т (zi - z2)2 .

Следовательно, квадрат искомого расстояния есть наименьшее значе-ние функции

= fa: - я2)2 + (Vi - Ы2 + (n

причём из уравнений прямых имеем четыре уравнения связи

а; — 1 у 1 — 1 z I.

Г І' 1 " 2 3

+Т _ у — j. г +-3- _ ? 2 — 0 1 2 1/

Составляем функцию Лагранжа F = (xx -х2)2 + (Уі + + -1) +

+ - n - 3) + -Ml^ - 1) + - + 1)

IE Ю. И. Клнм&нко

Находим первые частные производные по всем переменным, приравнивая их к нулю

DF ~х2) 4 А 4 2^ =0, = -2(xi -х2)

OF ду\

ЭР

Эх

дР dzi

= 2(а/1 - у2) - А - О,

= 2(zi - z2) -Ц = О, и присоединяя уравнения связи

Уг ~ 1 = 0Т

у1 = X] — 1, ?\= 2х\ — 3,

8X2

Ш=-ш)

В результате получаем десять уравнений для определения десяти неизвестных. Выражаем коэффициенты А = 2(yL - у2), р = 2(гг - г2) н подставляем а уравнение = 0. a v = 2[yi - ш - - ггг) — а уравнение — 0, тогда имеем

и 2(a?i — jBj) 4- Zi — z% — 0.

уч = хi-2, - z2 = - 1 7

и подставляем в последнюю систему, получаем два урав-

Л*

2Х*

яі - хъ 4 у\ - уч ЧЬ 2(хг - z?) —Q Далее из уравнений связи находим:

нения для определения х\ и бхі — 2х2 9. S^i - 5^2 — 7, решение

31 30 17 , 20 22

- а VI - у2 - 1, zi = —, ^ =

которых есть І1 я —

,312,. 1

Авуг-.ущ-, Учитывая, что яті - а:2 = Уі - Уз =

32 j

= —} z\ ~ z2 = ~~Ya п°лучим, что искомое расстояние равно а =

ч

4 9 + 4 145

1

14

s/ЇА '

Выполнение достаточных условии экстремума проверять нет необходимости, так как существование наименее удалённых точек у пары скрещивающихся прямых очевидно. Таким образом» наименее удаленными друг от друга точками М\ у) и М2 Г-yt м у) <

s расстояние между ними равно d — — -

Решим эту задачу методами аналитической геометрии. Через первую прямую проводим плоскость параллельно второй прямой. Точка МЦІ^О, —1) лежит на первой прямой ц, следователь но „ будет находиться на этой плоскости Нормальный вектор этой плоскости » і 4 3j - 2k, где а і « {lt 1, 2}, a2 = {2t0,l} направляющие вектора исходных прямых. Уравнение проведённой плоскости имеет вид Ь {і 4 1) 4 3 * у - 2 ¦ (z 4 1) ^ 0 или х 4 Зу - 2z - 3 = 0, Расстояние

любой точки нторой прямойt 15 том числе И ТОЧКИ Мо(—1Д,0), до проведенной плоскости равно (см. § 9 задачу 49)

ял 4- 3j/tj - 2zo - З 1 ¦ л/П d =

У14 '

у/1 + З3 +

Напомним, что дає гтряыые о Етространстве либо пересекаются, либо параллельны, либо скрещивающиеся. Если они пересекаются или параллельны, то они лежат в одной плоскости, тогда (nb)= 0. В наи:ем

случае (lib) = -1, где п = fa^s) — (1; -2), Ь — А\Ач - (—2,1,1). Лі(1,0, — ]), ЛЇ(™1,1,0). Поэтому исходные прямые являются скрещивающимися.

Пусть исходные прямые заданы следующими уравнениями

У-0і

z. —

X — ОСІ

i= 1,2. .

U гщ

Тогда уравнение связи имеет вид

1 = 1,2,

Хц-Oj _ Уі ~ (k Zj yi _ У\ —fit

li vn ' тг* тгц

а функция Лагранжа определяется выражением

F = f+ A far, - Ql - Л. (Vl - ft)] -hfiL —п — <М — А)1 +

L Till J і rn.j. j

+ U Х2 ~ Q3 - ^ - ?й)] + & - 72 - (У2 - ДО] ,

где / (®1 - хъ)г + (yi - Уъ)2 + (л - а искомое расстояние d = 1/7 * j

Введём два вектора А = MiM\ — (оі — Pi — 71 -7a) и В = — [aja^], где ar; (і = 1,2) — направляющие векторы исходных прямых.

Решая систему уравнений: четыре уравнения связи и шесть уравнений аг -іг дГ

Gt 0, 1 = 1,2

dz,

$Хі ^ дуі

находим

1 , 1 (АВ) 0 л (АВ) R

1 1 (АВ) д

- = 2 2м" "в*- 3*

Следовательно, искомое расстояние равно

VJ s/W1

Отметим, что в числителе величины d стрит объём параллелепипе- векторного произведения векторов aL и а^, т. е, площадь основания, а искомое расстояние есть высота этого параллелепипеда,

Координаты точен Mi(x\,yi}zі) и М3[х2,у2, определяются по

формулам ^ _ ^ х2 = Оа + *а(ацЦ

Vl = 4- пц{я2ф), У2 = & 4

= ті 4- піZ2 = 7э 4- Tisfai^),

BJ

Если эту задачу рассматривать в аналитической геометрии, то в этом случае нормированное уравнение плоскости, проведённой через точку параллельно второй прямой, можно представить

а внде {? + Ыл^у^ - їй = 0,

4 в? 4 Cf

где нормальный вектор проведённой плоскости л = [а^агі = — \Ai 4 4 кСін Искомое расстояние равно расстоянию точки Л/гО^УЭ. до проведенной плоскости (A[ai«aJ) >J\M\3 (АВ)

V^5

Л)(га + i?i(?/a ~ уі) Ч» 7^? Т я?+с?

Б. Производная по направлению н градиент. Пусть задана функция трёх переменных щ = и(М) и единичный вектор n = і cos с* 4 4 j соз 0 4 kcos'v, где coso, cos/?, 0057 его направляющие косинусы (|nj = 1г см. § 8). Производная функции и{М) в точке il/p по направлению вектора п, характеризующая скорость изменения функции и(М) э направлении вектора nt вычисляется по формуле

ди I

ду I м=м0

ди I

дп I л/ ^л тп

ди дх

а ¦ Лі

cos О 4

С037

о

= (nN) = |n|npnN

Производная no направлению есть величина скалярная (скалярное произведение есть скаляр, см. § В) Вектор N, координаты которого являются частными производными функции ІІ(М), называется градиентом функции t*(A/) в точке'Л/ и обозначается

N^graduPQ-gt + gj + glc,

Градиент есть вектор скорости наибыстрейшего изменения функции и(АЛ в точке М.

Свойства градиента (С — постоянная). 1. grad(и + и) = grad и -h grad v. grad(C H- u) — grad и.

gracl Си — С grad и.

gradC = 0.

grad{u - и) = v grad и Ч- v grad v.

grad un = n ¦ uri—1 grad u,

grad ^ — (ugradti — и grad u),

Задача 37, Найти производную по направлению вектора п в точке Afo(2,1,1) функции и = х2 +уг + z2, если:

2} л — а, а — направляющий вектор прямой — - ^ — —. Решение,

з

л/ТГ

J) Находим направляющие косинусы вектора п (§ 3):

X I л У

COS Ct =

—- -- —COS в ™ — - g

\fXі + у2 +

cos 7

¦+¦ у* + z2

L

УЇІ

Z

V^T у* H' vff

Вычисляем частные производные u4 — 2а;, и'у ~ 2у, г/, = тогда Эи 2х і л 3 - 1 _ 4 0 2 _ S

2z-

vTi /и

/її

Зл /її ' "" Vu "Vu

2) Б этом случае и (1,2,'3), а

cos/?

cos 7 = З

]

cos а =

Vu'

\/І4

%/и'

л/14' = ч/Ї4.

+ 2-1

+ 21

\ҐЇ4

ч/І4

Задача ЗЙ, Найти угол между градиентами функции и — - хР- —

- ~ у2 -Н я2 в точках Mi(l, 1) я Л/2(2(1,-1).

Решение. Находим частные производные и^ = uj, — —у, urz = = 2z. Градиент функции в произвольной точке равен grad^ — xi — yj + + 2zk, a gradti(Afi) = і - j + 2k = tti, gradti(M2) — 2І + j - 2k = a3l тогда

cos if —-

7ь

Косинус ИСКОМОГО угла равен OAS^ =

fata3) _ 1 -24-{-l) 1 +2(-3) _ -З ^ 1 V1+H-4V4+T+1 VT>

Задача 39. Найтн градиенты следующих функций:

j) и _ |г|- 2) її" г"; 3} и = (с - г), с - постоянный вектор;

4) и - Л, где г =хі + Ю+гк (|г1 = v^-MJ^Ti5)-

М 4 7

Решение. Пусть и - /(г), где г = |г| ~ + у2 4-г® . Находим частные производные

^ ҐО)— = ? f'OV

тогда .

grad /(г) - і (Ь 4 }у 4 кг)Ґ{т) = Г- fir).

Если и = |г| = г, то grad |r| = так как в этом случае /'(г) 1

При и - тЛ то gradr" = nr™^ -

Пусть и = (Сг) - Cvx 4 С2У + grad (Сг) - і 4 Счj 4

+ і і 'а1 1 1 г

Когда w = щ - то prad — = -j - - = --j.