5. Экстремумы

Как найти «вершины» и «ямы» поверхности $z=f(x,y)$: стационарные точки, проверка через вторые производные, условный экстремум (Лагранж) и наибольшее/наименьшее значение в замкнутой области. Это задачи №5 и №6* КР1.

на КР1: №5 и №6*с практики 05.10в примере КР1 и ДЗ1 из РПД

Что известно из первоисточников:

1. Идея: ямы, вершины и сёдла

Для функции одной переменной всё знакомо: в точке экстремума $f'(x_0)=0$, а дальше смотрим на знак $f''(x_0)$. С двумя переменными картинка богаче: поверхность $z=f(x,y)$ может иметь яму (минимум), вершину (максимум) и седло — точку, где касательная плоскость горизонтальна, но в одном направлении поверхность идёт вверх, а в другом вниз. Седло — главная новинка: у функций одной переменной его аналог только точка перегиба.

Покрути картинки мышью. Во всех пяти примерах в точке $(0,0)$ обе частные производные равны нулю, касательная плоскость горизонтальна — а ответы разные.

Как понимать

Экстремум — это вопрос о знаке приращения $\Delta f = f(M)-f(M_0)$ около точки $M_0$. Если $\Delta f\ge 0$ во всех близких точках — минимум, если $\le 0$ — максимум, если меняет знак — экстремума нет. Вся теория ниже — способы быстро узнать этот знак.

2. Определения

Определение (локальный экстремум)

Пусть $f$ определена в некоторой окрестности точки $M_0(x_0,y_0)$. Точка $M_0$ называется точкой локального максимума, если существует окрестность $U(M_0)$, в которой $f(M)\le f(M_0)$ для всех $M\in U(M_0)$; точкой локального минимума, если $f(M)\ge f(M_0)$.

Если неравенство строгое при $M\ne M_0$ ($f(M)<f(M_0)$ или $f(M)>f(M_0)$), экстремум строгий, иначе — нестрогий.

Максимумы и минимумы вместе называют экстремумами, значение $f(M_0)$ — экстремумом функции, сама $M_0$ — точкой экстремума.

Пример нестрогого минимума: $f=(x-y)^2$. На всей прямой $y=x$ функция равна $0$, а рядом $\ge 0$. Каждая точка прямой — нестрогий минимум.

Важно: окрестность целиком

Определение требует, чтобы функция была задана в целой окрестности точки. Поэтому точки на границе области определения (например, $y=0$ для функции с $\sqrt y$) по этому определению точками локального экстремума не бывают. Для них есть отдельная задача — наибольшее/наименьшее значение в области (раздел 9).

Определение (стационарная и критическая точка)

Стационарная точка — внутренняя точка, где все частные производные первого порядка равны нулю: $f'_x=f'_y=0$ (то же, что $df=0$, или $\grad f=\vec 0$).

Критическая точка — внутренняя точка, где каждая частная производная либо равна нулю, либо не существует. Стационарные точки — частный случай критических.

Пример 1

Найти экстремум $z=\sqrt{x^2+y^2}$.

Решение

При $(x,y)\ne(0,0)$: $z'_x=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$, $z'_y=\dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$ — одновременно в ноль не обращаются (сумма квадратов равна $1$). Стационарных точек нет.

В $(0,0)$: $z(h,0)=|h|$, отношение $\frac{|h|}{h}$ предела при $h\to0$ не имеет, значит $z'_x(0,0)$ не существует (так же $z'_y$). Точка $(0,0)$ критическая.

Знак приращения: $z(x,y)-z(0,0)=\sqrt{x^2+y^2}>0$ при $(x,y)\ne(0,0)$. Ответ: строгий минимум $z_{\min}=z(0,0)=0$. Это конус — вершина острая, касательной плоскости нет.

3. Необходимое условие

Теорема (необходимое условие экстремума)

Если $M_0$ — точка экстремума функции $f(x,y)$ и в ней существуют частные производные, то

$$f'_x(M_0)=0,\qquad f'_y(M_0)=0.$$

Итого: экстремум может быть только в критических точках (производные равны нулю или не существуют).

Доказательство в одну строку: зафиксируем $y=y_0$. Функция одной переменной $g(x)=f(x,y_0)$ имеет экстремум в $x_0$, значит по теореме Ферма $g'(x_0)=f'_x(x_0,y_0)=0$. Так же для $y$.

Условие только необходимое

У седла $z=x^2-y^2$ обе производные в $(0,0)$ равны нулю, а экстремума нет. Стационарная точка — только кандидат. Для функции трёх переменных то же самое: $u'_x=u'_y=u'_z=0$.

4. Достаточное условие

Почему всё решает второй дифференциал

Вспоминаем формулу Тейлора из главы 4: около точки $M_0$

$$f(M)-f(M_0)=df(M_0)+\tfrac12\,d^2f(M_0)+o(\rho^2),\qquad \rho=\sqrt{dx^2+dy^2}.$$

В стационарной точке $df=f'_x\,dx+f'_y\,dy=0$. Значит, знак приращения при малых $dx,dy$ определяется вторым дифференциалом — квадратичной формой от $dx,dy$:

$$d^2f=A\,dx^2+2B\,dx\,dy+C\,dy^2,\qquad A=f''_{xx}(M_0),\ B=f''_{xy}(M_0),\ C=f''_{yy}(M_0).$$

Если $d^2f>0$ при всех $(dx,dy)\ne(0,0)$ (форма положительно определена), то вокруг точки $\Delta f>0$ — минимум. Если $d^2f<0$ — максимум. Если $d^2f$ принимает значения разных знаков — в одних направлениях функция растёт, в других убывает, экстремума нет.

Когда форма знакоопределена? Выделим полный квадрат (при $A\ne0$):

$$A\,dx^2+2B\,dx\,dy+C\,dy^2=\frac1A\Big[(A\,dx+B\,dy)^2+(AC-B^2)\,dy^2\Big].$$

Если $AC-B^2>0$, в квадратных скобках сумма двух неотрицательных слагаемых, которая равна нулю только при $dx=dy=0$. Знак всей формы — знак $A$. Если $AC-B^2<0$, скобка меняет знак: при $dy=0$ она положительна, а при $A\,dx+B\,dy=0$ отрицательна. Отсюда критерий.

Теорема (достаточное условие, две переменные)

Пусть $M_0$ — стационарная точка, $f$ дважды непрерывно дифференцируема около неё, $A=f''_{xx}(M_0)$, $B=f''_{xy}(M_0)$, $C=f''_{yy}(M_0)$,

$$\Delta=AC-B^2=\begin{vmatrix}A&B\\B&C\end{vmatrix}.$$
УсловиеВывод
$\Delta>0,\ A>0$строгий минимум
$\Delta>0,\ A<0$строгий максимум
$\Delta<0$экстремума нет (седло)
$\Delta=0$признак не работает, нужно дополнительное исследование
Как запомнить

$\Delta>0$ — «форма одного знака», экстремум есть; какой — говорит $A$ (как $f''$ у одной переменной: плюс — яма, минус — вершина). При $\Delta>0$ знаки $A$ и $C$ совпадают автоматически ($AC>B^2\ge0$), так что можно смотреть и на $C$.

Случай $\Delta=0$: что делать

Второй дифференциал вырожден: есть направление, в котором $d^2f=0$, и знак приращения решают члены высшего порядка. Рабочие приёмы:

  1. Посмотреть на приращение $\Delta f=f(M)-f(M_0)$ напрямую. Часто оно сразу видно как сумма квадратов (тогда минимум) или как выражение, которое очевидно меняет знак.
  2. Пройти по прямым (кривым) через точку. Подставить $x=x_0+t$, $y=y_0+kt$ (или $y=x^2$ и т.п.) и посмотреть на функцию одной переменной $t$. Если на одной линии $\Delta f>0$, а на другой $\Delta f<0$ сколь угодно близко к точке — экстремума нет. Обратное не работает: если на всех прямых минимум, это ещё не доказательство минимума, нужно оценить $\Delta f$ во всей окрестности.
Пример 2

$f=x^4+y^4$. Исследовать точку $(0,0)$.

Решение

$f'_x=4x^3$, $f'_y=4y^3$, единственная стационарная точка $(0,0)$. $A=12x^2=0$, $B=0$, $C=12y^2=0$, $\Delta=0$ — признак молчит.

Смотрим на приращение: $f(x,y)-f(0,0)=x^4+y^4>0$ при $(x,y)\ne(0,0)$. Ответ: строгий минимум, $f_{\min}=0$.

Пример 3

$f=x^4-y^4$. Исследовать точку $(0,0)$.

Решение

Опять $(0,0)$ — стационарная, все вторые производные в ней нулевые, $\Delta=0$.

Идём по осям: при $y=0$ $\Delta f=x^4>0$, при $x=0$ $\Delta f=-y^4<0$. В любой окрестности нуля есть точки обоих знаков. Ответ: экстремума нет. Обрати внимание: вторые производные у примеров 2 и 3 одинаковые (все нули), а ответы противоположные — поэтому при $\Delta=0$ без дополнительного исследования ничего сказать нельзя.

Пример 4

$f=x^3+y^2$. Исследовать точку $(0,0)$.

Решение

$f'_x=3x^2$, $f'_y=2y$, стационарная точка $(0,0)$. $A=6x=0$, $B=0$, $C=2$, $\Delta=0$.

По прямой $y=0$: $\Delta f=x^3$ — положительно при $x>0$ и отрицательно при $x<0$. Ответ: экстремума нет (последний график раздела 1).

Пример 5

Исследовать $(0,0)$ для а) $f=(x-y)^2+x^4$; б) $g=(x-y)^2-x^4$.

Решение

а) $f'_x=2(x-y)+4x^3$, $f'_y=-2(x-y)$. Из второго $x=y$, тогда первое даёт $4x^3=0$, единственная стационарная точка $(0,0)$. $A=2$, $B=-2$, $C=2$, $\Delta=4-4=0$. Направление вырождения — прямая $y=x$: на ней $(x-y)^2$ исчезает.

Но $f=(x-y)^2+x^4\ge0$, и $f=0$ только если $x-y=0$ и $x=0$, то есть в $(0,0)$. Строгий минимум, $f_{\min}=0$.

б) Та же стационарная точка и те же $A,B,C$, $\Delta=0$. Вдоль $y=x$: $g=-x^4<0$. Вдоль $x=0$: $g=y^2>0$. Экстремума нет.

Вывод: при $\Delta=0$ ищем направление, в котором квадратичная часть обнуляется, и смотрим, что делают старшие члены вдоль него.

Три и больше переменных: критерий Сильвестра

Для $u(x,y,z)$ второй дифференциал — квадратичная форма с матрицей Гессе (матрицей вторых производных):

$$H=\begin{pmatrix}u''_{xx}&u''_{xy}&u''_{xz}\\u''_{xy}&u''_{yy}&u''_{yz}\\u''_{xz}&u''_{yz}&u''_{zz}\end{pmatrix},\qquad \Delta_1=u''_{xx},\ \ \Delta_2=\begin{vmatrix}u''_{xx}&u''_{xy}\\u''_{xy}&u''_{yy}\end{vmatrix},\ \ \Delta_3=\det H.$$
Критерий Сильвестра (в стационарной точке)

Для двух переменных это ровно предыдущая теорема: $\Delta_1=A$, $\Delta_2=AC-B^2$.

Пример 6

Исследовать на экстремум $u=x^2+y^2+z^2-xy+x-2z$.

Решение

Система:

$$\begin{cases}u'_x=2x-y+1=0,\\ u'_y=2y-x=0,\\ u'_z=2z-2=0.\end{cases}$$

Из второго $x=2y$, подставляем в первое: $4y-y+1=0$, $y=-\frac13$, $x=-\frac23$; из третьего $z=1$. Стационарная точка $M_0\left(-\frac23,-\frac13,1\right)$.

Вторые производные постоянные:

$$H=\begin{pmatrix}2&-1&0\\-1&2&0\\0&0&2\end{pmatrix},\qquad \Delta_1=2>0,\quad \Delta_2=4-1=3>0,\quad \Delta_3=2\cdot3=6>0.$$

Все миноры положительны — строгий минимум.

$$u_{\min}=\tfrac49+\tfrac19+1-\tfrac29-\tfrac23-2=-\tfrac43.$$

Ответ: $u_{\min}=u\left(-\frac23,-\frac13,1\right)=-\frac43$.

В стационарной точке $A=-3$, $B=2$, $C=-1$. Что там?
$\Delta=AC-B^2=3-4=-1<0$ — седло. Знак $A$ смотрят только когда $\Delta>0$.

5. Алгоритм «исследовать на экстремум»

Алгоритм
  1. Найти область определения. Отметить, где производные могут не существовать (корни, модули, дроби).
  2. Найти $f'_x$, $f'_y$ (и $f'_z$), разложить на множители, если получается.
  3. Решить систему $f'_x=0,\ f'_y=0$. Не делить на выражения, которые могут быть нулём: $xy=0$ — это «$x=0$ или $y=0$», каждый случай разобрать отдельно. Отбросить точки вне области определения. Отдельно выписать точки, где производные не существуют.
  4. Найти вторые производные $A=f''_{xx}$, $B=f''_{xy}$, $C=f''_{yy}$ (в общем виде), затем подставить каждую стационарную точку.
  5. По таблице: $\Delta>0$ — экстремум (вид по знаку $A$), $\Delta<0$ — нет. Для трёх переменных — критерий Сильвестра.
  6. Если $\Delta=0$ или точка критическая (производной нет) — смотреть на знак $f(M)-f(M_0)$: оценка, сумма квадратов, проход по прямым/кривым.
  7. Посчитать значения функции в точках экстремума и записать ответ: вид экстремума, точка, значение.

6. Задачи с практики 05.10

Три функции с фото из чата практики (msg 57), подписанные «тоже будет в КР». Нумерация как на доске.

Пример 7 с практики 05.10

(№2) Исследовать на экстремум $u=x^3+3xy^2-39x-36y+26$.

Решение

1. Производные. Функция — многочлен, определена и дифференцируема везде.

$$u'_x=3x^2+3y^2-39,\qquad u'_y=6xy-36.$$

2. Система.

$$\begin{cases}x^2+y^2=13,\\ xy=6.\end{cases}$$

Удобный приём: $(x+y)^2=x^2+y^2+2xy=25$, $(x-y)^2=x^2+y^2-2xy=1$. Значит $x+y=\pm5$, $x-y=\pm1$ — четыре комбинации знаков дают четыре точки:

$$M_1(3,2),\quad M_2(2,3),\quad M_3(-2,-3),\quad M_4(-3,-2).$$

3. Вторые производные.

$$A=u''_{xx}=6x,\qquad B=u''_{xy}=6y,\qquad C=u''_{yy}=6x,\qquad \Delta=36x^2-36y^2=36(x^2-y^2).$$

4. Проверка точек.

Точка$A$$B$$C$$\Delta$Вывод$u$
$(3,2)$$18$$12$$18$$180>0$min ($A>0$)$-100$
$(2,3)$$12$$18$$12$$-180<0$нет—
$(-2,-3)$$-12$$-18$$-12$$-180<0$нет—
$(-3,-2)$$-18$$-12$$-18$$180>0$max ($A<0$)$152$

Значения: $u(3,2)=27+36-117-72+26=-100$; $u(-3,-2)=-27-36+117+72+26=152$.

Ответ: $u_{\min}=u(3,2)=-100$, $u_{\max}=u(-3,-2)=152$; в точках $(2,3)$ и $(-2,-3)$ экстремума нет.

Пример 8 с практики 05.10

(№3) Исследовать на экстремум $u=y^3x^2(6-x-y)$.

Решение

1. Производные. Удобно сразу выносить множители:

$$u'_x=2xy^3(6-x-y)-x^2y^3=xy^3(12-3x-2y),$$ $$u'_y=3x^2y^2(6-x-y)-x^2y^3=x^2y^2(18-3x-4y).$$

2. Система. $xy^3(12-3x-2y)=0$ и $x^2y^2(18-3x-4y)=0$. Ни на что не делим, перебираем случаи:

  • $x=0$ — обе производные равны нулю при любом $y$: вся ось $Oy$ состоит из стационарных точек;
  • $y=0$ — аналогично, вся ось $Ox$;
  • $x\ne0$, $y\ne0$: остаётся $12-3x-2y=0$, $18-3x-4y=0$. Вычитаем: $6-2y=0$, $y=3$, $x=2$. Точка $M_0(2,3)$.

3. Точка $(2,3)$. Вторые производные:

$$u''_{xx}=y^3(12-6x-2y),\quad u''_{xy}=xy^2(36-9x-8y),\quad u''_{yy}=6x^2y(6-x-2y).$$ $$A=27\cdot(-6)=-162,\quad B=18\cdot(-6)=-108,\quad C=72\cdot(-2)=-144,$$ $$\Delta=(-162)(-144)-108^2=23328-11664=11664>0,\ A<0\ \Rightarrow\ \text{максимум}.$$

$u(2,3)=27\cdot4\cdot1=108$.

4. Точки на осях. На оси $Oy$ ($x=0$): $A=2y_0^3(6-y_0)$, $B=0$, $C=0$. На оси $Ox$ ($y=0$): $A=B=C=0$. В обоих случаях $\Delta=0$, признак не работает. Смотрим на знак самой функции: на осях $u=0$, значит знак приращения — это знак $u$.

  • Ось $Oy$, точка $(0,y_0)$. Около неё $u=x^2\cdot\underbrace{y^3(6-x-y)}_{\approx\, y_0^3(6-y_0)}$. Множитель $x^2\ge0$, а второй множитель около точки сохраняет знак числа $y_0^3(6-y_0)$, если оно не ноль.
    — $0<y_0<6$: $y_0^3(6-y_0)>0$, рядом $u\ge0=u(0,y_0)$ — нестрогий минимум (нестрогий, потому что на самой оси $u=0$).
    — $y_0<0$ или $y_0>6$: $y_0^3(6-y_0)<0$, рядом $u\le0$ — нестрогий максимум.
    — $y_0=0$ и $y_0=6$ — см. ниже, экстремума нет.
  • Ось $Ox$, точка $(x_0,0)$. Теперь $u=y^3\cdot\underbrace{x^2(6-x-y)}_{\approx\, x_0^2(6-x_0)}$. При $x_0\ne0,6$ второй множитель сохраняет знак, а $y^3$ меняет знак при переходе через ось — экстремума нет.
  • Особые точки. $(0,0)$: при $x=y=t>0$ $u=t^5(6-2t)>0$, при $x=t,\ y=-t$ $u=-t^5\cdot6<0$ — нет. $(6,0)$: при $x=6,\ y=t>0$ $u=-36t^4<0$, при $x=6-2t,\ y=t$ $u=(6-2t)^2t^4>0$ — нет. $(0,6)$: при $x=t,\ y=6$ $u=-216t^3$ меняет знак вместе с $t$ — нет.

Ответ: $u_{\max}=u(2,3)=108$ (строгий). Кроме того, в точках $(0,y_0)$ при $0<y_0<6$ — нестрогий минимум, при $y_0<0$ и $y_0>6$ — нестрогий максимум, значение $0$. В остальных точках осей экстремума нет.

В ответах задачников к подобным функциям часто пишут только точку $(2,3)$. Полное исследование включает и ось $Oy$; если на КР нет времени, хотя бы отметь, что на осях $\Delta=0$ и знак $u$ определяется множителем $y^3(6-x-y)$.

Пример 9 с практики 05.10пример ДЗ1 в РПД

(№4) Исследовать на экстремум $u=3x^2-2x\sqrt y+y-8x$.

Решение

1. Область определения: $y\ge0$. Точки с $y>0$ — внутренние, точки прямой $y=0$ — граничные.

2. Производные при $y>0$.

$$u'_x=6x-2\sqrt y-8,\qquad u'_y=-\frac{x}{\sqrt y}+1.$$

3. Система. Из второго уравнения $x=\sqrt y$, подставляем в первое: $6x-2x-8=0$, $x=2$, $\sqrt y=2$, $y=4$. Стационарная точка $M_0(2,4)$.

4. Вторые производные.

$$u''_{xx}=6,\qquad u''_{xy}=-\frac1{\sqrt y},\qquad u''_{yy}=\frac{x}{2y^{3/2}}.$$

В $(2,4)$: $A=6$, $B=-\frac12$, $C=\frac{2}{2\cdot8}=\frac18$, $\Delta=\frac68-\frac14=\frac12>0$, $A>0$ — минимум.

$$u(2,4)=12-2\cdot2\cdot2+4-16=-8.$$

5. Граница $y=0$. Там $u'_y$ не существует: при $h\to+0$

$$\frac{u(x_0,h)-u(x_0,0)}{h}=\frac{-2x_0\sqrt h+h}{h}=1-\frac{2x_0}{\sqrt h}\to\begin{cases}-\infty,&x_0>0,\\+\infty,&x_0<0,\end{cases}$$

а слева от $y=0$ функция вообще не задана. По определению локальный экстремум рассматривают только во внутренних точках, так что граничные точки в ответ не входят. Проверим для спокойствия, что даже «односторонних» экстремумов там нет:

  • вдоль границы $u(x,0)=3x^2-8x$ — парабола с минимумом в $x=\frac43$; во всех точках, кроме $x_0=\frac43$, $u$ вдоль границы растёт в одну сторону и убывает в другую — экстремума нет;
  • в $\left(\frac43,0\right)$: при сдвиге внутрь $u\left(\frac43,h\right)-u\left(\frac43,0\right)=-\frac83\sqrt h+h<0$ при малых $h$, а вдоль границы значения больше. Это тоже не экстремум.

6. Красивая проверка. Сделаем замену $t=\sqrt y\ge0$:

$$u=3x^2-2xt+t^2-8x=(t-x)^2+2(x-2)^2-8\ \ge\ -8,$$

и равенство только при $x=2$, $t=2$, то есть $y=4$. Значит $-8$ — даже наименьшее значение функции на всей области определения.

Ответ: $u_{\min}=u(2,4)=-8$; других экстремумов нет.

Лайфхак

Если в функции сидит $\sqrt y$, замена $t=\sqrt y$ часто превращает её в многочлен. Решать удобно в старых переменных (так требует задача), а замену использовать как проверку.

7. Ещё типовые задачи

Пример 10 из примера КР1 в РПД

Исследовать на экстремум $z=2x^3+2y^3-6xy+5$.

Решение
$$z'_x=6x^2-6y,\qquad z'_y=6y^2-6x.$$

Система $y=x^2$, $x=y^2$. Подставляем: $x=x^4$, то есть $x(x^3-1)=0$, $x=0$ или $x=1$ (делить на $x$ нельзя — потеряем $x=0$). Точки $(0,0)$ и $(1,1)$.

$$A=12x,\qquad B=-6,\qquad C=12y.$$
  • $(0,0)$: $A=0$, $B=-6$, $C=0$, $\Delta=0-36=-36<0$ — экстремума нет.
  • $(1,1)$: $A=12$, $B=-6$, $C=12$, $\Delta=144-36=108>0$, $A>0$ — минимум, $z(1,1)=2+2-6+5=3$.

Ответ: $z_{\min}=z(1,1)=3$, в $(0,0)$ экстремума нет.

Пример 11

$z=x^2+xy+y^2-3x-6y$.

Решение

$z'_x=2x+y-3=0$, $z'_y=x+2y-6=0$. Линейная система: из первого $y=3-2x$, во второе $x+6-4x-6=0$, $x=0$, $y=3$.

$A=2$, $B=1$, $C=2$, $\Delta=3>0$, $A>0$ — минимум. $z(0,3)=9-18=-9$.

Ответ: $z_{\min}=z(0,3)=-9$.

Пример 12

$z=e^{x/2}(x+y^2)$.

Решение
$$z'_x=\tfrac12e^{x/2}(x+y^2)+e^{x/2}=e^{x/2}\left(\tfrac{x+y^2}{2}+1\right),\qquad z'_y=2y\,e^{x/2}.$$

$e^{x/2}\ne0$, поэтому $y=0$ и $\frac x2+1=0$, $x=-2$. Точка $(-2,0)$.

$$z''_{xx}=e^{x/2}\left(\tfrac{x+y^2}{4}+1\right),\quad z''_{xy}=y\,e^{x/2},\quad z''_{yy}=2e^{x/2}.$$

В $(-2,0)$: $A=e^{-1}\left(-\frac12+1\right)=\frac1{2e}$, $B=0$, $C=\frac2e$, $\Delta=\frac1{e^2}>0$, $A>0$ — минимум.

Ответ: $z_{\min}=z(-2,0)=-\frac2e$.

Пример 13

$z=x^2+y^2-2\ln x-18\ln y$.

Решение

Область определения: $x>0$, $y>0$ (открытая, все точки внутренние).

$z'_x=2x-\frac2x=0\Rightarrow x^2=1$, с учётом $x>0$ $x=1$. $z'_y=2y-\frac{18}y=0\Rightarrow y^2=9$, $y=3$. Точка $(1,3)$; корни $x=-1$, $y=-3$ вне области.

$A=2+\frac2{x^2}=4$, $B=0$, $C=2+\frac{18}{y^2}=4$, $\Delta=16>0$, $A>0$ — минимум.

Ответ: $z_{\min}=z(1,3)=10-18\ln3$.

Пример 14

$z=2x^3+xy^2+5x^2+y^2$.

Решение
$$z'_x=6x^2+y^2+10x,\qquad z'_y=2xy+2y=2y(x+1).$$

Второе уравнение: $y=0$ или $x=-1$. Тут легко ошибиться, сократив на $y$ — пропадут точки.

  • $y=0$: $6x^2+10x=0$, $x=0$ или $x=-\frac53$. Точки $(0,0)$, $\left(-\frac53,0\right)$.
  • $x=-1$: $6+y^2-10=0$, $y=\pm2$. Точки $(-1,2)$, $(-1,-2)$.
$$A=12x+10,\qquad B=2y,\qquad C=2x+2.$$
Точка$A$$B$$C$$\Delta$Вывод
$(0,0)$$10$$0$$2$$20$min, $z=0$
$\left(-\frac53,0\right)$$-10$$0$$-\frac43$$\frac{40}3$max, $z=\frac{125}{27}$
$(-1,\pm2)$$-2$$\pm4$$0$$-16$нет

$z\left(-\frac53,0\right)=-\frac{250}{27}+\frac{125}{9}=\frac{125}{27}$.

Ответ: $z_{\min}=z(0,0)=0$, $z_{\max}=z\left(-\frac53,0\right)=\frac{125}{27}$.

Пример 15

$z=x^4+y^4-2x^2+4xy-2y^2$.

Решение
$$z'_x=4x^3-4x+4y=0,\qquad z'_y=4y^3+4x-4y=0.$$

Сложим: $4x^3+4y^3=0$, $y=-x$. Подставим в первое: $x^3-x-x=0$, $x(x^2-2)=0$, $x=0$ или $x=\pm\sqrt2$. Точки $(0,0)$, $(\sqrt2,-\sqrt2)$, $(-\sqrt2,\sqrt2)$.

$$A=12x^2-4,\qquad B=4,\qquad C=12y^2-4.$$

$(\pm\sqrt2,\mp\sqrt2)$: $A=C=20$, $B=4$, $\Delta=400-16=384>0$, $A>0$ — минимум, $z=4+4-4-8-4=-8$.

$(0,0)$: $A=-4$, $B=4$, $C=-4$, $\Delta=16-16=0$ — нужно дополнительное исследование. $z(0,0)=0$.

  • по прямой $y=0$: $z=x^4-2x^2=x^2(x^2-2)<0$ при малых $x\ne0$;
  • по прямой $y=x$: $z=2x^4-2x^2+4x^2-2x^2=2x^4>0$.

В любой окрестности нуля есть значения обоих знаков — экстремума нет.

Ответ: $z_{\min}=z(\sqrt2,-\sqrt2)=z(-\sqrt2,\sqrt2)=-8$; в $(0,0)$ экстремума нет.

Пример 16

$u=x^3+y^2+z^2+12xy+2z$.

Решение
$$u'_x=3x^2+12y=0,\qquad u'_y=2y+12x=0,\qquad u'_z=2z+2=0.$$

$z=-1$, $y=-6x$, тогда $3x^2-72x=0$, $x=0$ или $x=24$. Точки $M_1(0,0,-1)$, $M_2(24,-144,-1)$.

$$H=\begin{pmatrix}6x&12&0\\12&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}.$$

$M_2$: $\Delta_1=144$, $\Delta_2=288-144=144$, $\Delta_3=2\cdot144=288$ — все положительны, минимум. $u(M_2)=13824+20736+1-41472-2=-6913$.

$M_1$: $\Delta_1=0$, $\Delta_2=-144$. Сильвестр сразу не отвечает, смотрим на форму: $d^2u=24\,dx\,dy+2dy^2+2dz^2$. При $dx=0,\ dy=1,\ dz=0$ она равна $2>0$, при $dx=1,\ dy=-1,\ dz=0$ равна $-22<0$. Форма знакопеременная — экстремума нет.

Ответ: $u_{\min}=u(24,-144,-1)=-6913$.

Пример 17

$u=-x^2-2y^2-3z^2+2xy+2z$.

Решение

$u'_x=-2x+2y=0$, $u'_y=-4y+2x=0$, $u'_z=-6z+2=0$. Из первых двух $x=y$ и $x=2y$, значит $x=y=0$; $z=\frac13$.

$$H=\begin{pmatrix}-2&2&0\\2&-4&0\\0&0&-6\end{pmatrix},\qquad \Delta_1=-2<0,\ \Delta_2=8-4=4>0,\ \Delta_3=-6\cdot4=-24<0.$$

Знаки чередуются $-,+,-$ — максимум.

Ответ: $u_{\max}=u\left(0,0,\frac13\right)=-\frac13+\frac23=\frac13$.

8. Условный экстремум

Теперь ищем экстремум $f(x,y)$ не на всей плоскости, а только среди точек, удовлетворяющих уравнению связи $\varphi(x,y)=0$ (точки лежат на кривой). Пример из жизни: идём по тропинке $\varphi=0$ по склону горы $z=f(x,y)$ — где на тропинке самая высокая точка?

Определение

$M_0$ — точка условного максимума (минимума) $f$ при условии $\varphi=0$, если $\varphi(M_0)=0$ и $f(M)\le f(M_0)$ ($\ge$) для всех $M$ из некоторой окрестности $M_0$, удовлетворяющих $\varphi(M)=0$.

Метод исключения

Если из уравнения связи легко выразить одну переменную, например $y=y(x)$, подставляем: $g(x)=f(x,y(x))$ — обычная функция одной переменной. Её экстремумы и есть условные экстремумы.

Метод множителей Лагранжа

Метод Лагранжа

Составляем функцию Лагранжа $L(x,y,\lambda)=f(x,y)+\lambda\,\varphi(x,y)$.

Необходимое условие: в точке условного экстремума (если $\grad\varphi\ne\vec0$) найдётся $\lambda$, такое что

$$\begin{cases}L'_x=f'_x+\lambda\varphi'_x=0,\\ L'_y=f'_y+\lambda\varphi'_y=0,\\ \varphi(x,y)=0.\end{cases}$$

Достаточное условие: в найденной точке при найденном $\lambda$ считаем

$$d^2L=L''_{xx}\,dx^2+2L''_{xy}\,dx\,dy+L''_{yy}\,dy^2$$

только для допустимых $dx,dy$ — тех, что связаны условием $d\varphi=\varphi'_x\,dx+\varphi'_y\,dy=0$ (смещения вдоль кривой связи). Выражаем $dy$ через $dx$, получаем $d^2L=k\,dx^2$: $k>0$ — условный минимум, $k<0$ — условный максимум.

Для $f(x,y,z)$ с одной связью — то же самое, только переменных три и $d^2L$ проверяем на плоскости $d\varphi=0$.

Почему это работает (просто)

Геометрия. Идём по кривой $\varphi=0$ и смотрим на линии уровня $f$. Пока кривая пересекает линии уровня, значение $f$ меняется монотонно. В точке экстремума кривая касается линии уровня. Касание означает общую касательную, значит нормали совпадают по направлению: $\grad f\parallel\grad\varphi$, то есть $\grad f=-\lambda\grad\varphi$. Это и есть первые два уравнения системы.

Достаточное условие. На кривой связи $\varphi=0$, значит там $f=L$. Точка стационарна для $L$, поэтому, как и в разделе 4, знак приращения $f$ вдоль кривой задаётся $d^2L$. Но двигаться можно только вдоль кривой, поэтому $d^2L$ проверяем только на касательном направлении ($d\varphi=0$), а не на всех $dx,dy$.

Пример 18

Найти условный экстремум $z=xy$ при $x+y=1$.

Решение

Исключение. $y=1-x$, $g(x)=x(1-x)=x-x^2$, $g'(x)=1-2x=0$, $x=\frac12$, $g''=-2<0$ — максимум. $y=\frac12$, $z=\frac14$.

Лагранж (для сравнения). $L=xy+\lambda(x+y-1)$:

$$L'_x=y+\lambda=0,\quad L'_y=x+\lambda=0,\quad x+y=1\ \Rightarrow\ x=y=\tfrac12,\ \lambda=-\tfrac12.$$

$d^2L=2\,dx\,dy$; связь $dx+dy=0$, $dy=-dx$, $d^2L=-2dx^2<0$ — условный максимум.

Ответ: $z_{\max}=z\left(\frac12,\frac12\right)=\frac14$ при $x+y=1$.

Пример 19

Найти условные экстремумы $z=x+2y$ при $x^2+y^2=5$.

Решение

$L=x+2y+\lambda(x^2+y^2-5)$.

$$\begin{cases}1+2\lambda x=0,\\ 2+2\lambda y=0,\\ x^2+y^2=5\end{cases}\ \Rightarrow\ x=-\frac1{2\lambda},\ y=-\frac1\lambda,\ \frac1{4\lambda^2}+\frac1{\lambda^2}=5\ \Rightarrow\ \lambda^2=\frac14.$$
  • $\lambda=-\frac12$: $x=1$, $y=2$, $z=5$.
  • $\lambda=\frac12$: $x=-1$, $y=-2$, $z=-5$.

$d^2L=2\lambda(dx^2+dy^2)$ — знак $\lambda$ сразу даёт ответ для любых $dx,dy$ (касательное направление проверять даже не нужно): при $\lambda=-\frac12$ $d^2L<0$ — максимум, при $\lambda=\frac12$ — минимум.

Ответ: $z_{\max}=z(1,2)=5$, $z_{\min}=z(-1,-2)=-5$.

Пример 20

Найти условный экстремум $u=x^2+y^2$ при $\frac x2+\frac y3=1$ (квадрат расстояния от начала координат до прямой).

Решение

$L=x^2+y^2+\lambda\left(\frac x2+\frac y3-1\right)$:

$$2x+\frac\lambda2=0,\quad 2y+\frac\lambda3=0\ \Rightarrow\ x=-\frac\lambda4,\ y=-\frac\lambda6.$$

Подставляем в связь: $-\frac\lambda8-\frac\lambda{18}=1$, $-\frac{13\lambda}{72}=1$, $\lambda=-\frac{72}{13}$. Тогда $x=\frac{18}{13}$, $y=\frac{12}{13}$.

$d^2L=2dx^2+2dy^2>0$ — условный минимум. $u=\frac{324+144}{169}=\frac{468}{169}=\frac{36}{13}$.

Ответ: $u_{\min}=u\left(\frac{18}{13},\frac{12}{13}\right)=\frac{36}{13}$. Проверка по школьной формуле: расстояние от $0$ до прямой $3x+2y-6=0$ равно $\frac{6}{\sqrt{13}}$, квадрат $\frac{36}{13}$.

Пример 21

Найти условные экстремумы $z=xy$ при $x^2+y^2=2$.

Решение

$L=xy+\lambda(x^2+y^2-2)$:

$$y+2\lambda x=0,\qquad x+2\lambda y=0,\qquad x^2+y^2=2.$$

Из первого $y=-2\lambda x$, во второе: $x(1-4\lambda^2)=0$. $x=0$ даёт $y=0$ — не лежит на окружности. Значит $\lambda=\pm\frac12$.

  • $\lambda=-\frac12$: $y=x$, $2x^2=2$ — точки $(1,1)$, $(-1,-1)$, $z=1$.
  • $\lambda=\frac12$: $y=-x$ — точки $(1,-1)$, $(-1,1)$, $z=-1$.

Достаточное условие. $d^2L=2\lambda\,dx^2+2\,dx\,dy+2\lambda\,dy^2$. При $\lambda=-\frac12$: $d^2L=-(dx-dy)^2$ — сама по себе форма не знакоопределена (равна $0$ при $dx=dy$), вот здесь и нужна связь. $d\varphi=2x\,dx+2y\,dy=0$; в $(1,1)$ это $dy=-dx$, и $d^2L=-(2dx)^2=-4dx^2<0$ — максимум. В $(-1,-1)$ так же. При $\lambda=\frac12$: $d^2L=(dx+dy)^2$, на касательной $dy=dx$ (в точке $(1,-1)$: $2dx-2dy=0$) $d^2L=4dx^2>0$ — минимум.

Ответ: $z_{\max}=1$ в $(1,1)$ и $(-1,-1)$; $z_{\min}=-1$ в $(1,-1)$ и $(-1,1)$.

Пример 22

Найти условные экстремумы $u=x-2y+2z$ при $x^2+y^2+z^2=9$.

Решение

$L=x-2y+2z+\lambda(x^2+y^2+z^2-9)$:

$$1+2\lambda x=0,\quad -2+2\lambda y=0,\quad 2+2\lambda z=0\ \Rightarrow\ x=-\frac1{2\lambda},\ y=\frac1\lambda,\ z=-\frac1\lambda.$$

В связь: $\frac1{4\lambda^2}+\frac1{\lambda^2}+\frac1{\lambda^2}=\frac9{4\lambda^2}=9$, $\lambda=\pm\frac12$.

  • $\lambda=-\frac12$: $(1,-2,2)$, $u=1+4+4=9$; $d^2L=2\lambda(dx^2+dy^2+dz^2)<0$ — максимум.
  • $\lambda=\frac12$: $(-1,2,-2)$, $u=-9$; $d^2L>0$ — минимум.

Ответ: $u_{\max}=u(1,-2,2)=9$, $u_{\min}=u(-1,2,-2)=-9$. Смысл: точка сферы в направлении вектора $(1,-2,2)$, длина которого $3$ — как и радиус.

9. Наибольшее и наименьшее значение в области

Теорема Вейерштрасса

Функция, непрерывная на замкнутом ограниченном множестве $\overline D$, достигает на нём своего наибольшего и наименьшего значений.

Где именно? Если наибольшее значение достигается во внутренней точке, то это точка локального максимума — значит, она среди критических точек. Иначе оно на границе. Так что кандидатов немного: критические точки внутри и «подозрительные» точки на границе.

Алгоритм «наибольшее и наименьшее в замкнутой области»
  1. Нарисовать область, подписать уравнения кусков границы и угловые точки.
  2. Найти стационарные (и критические) точки внутри области. Точки вне области выбросить. Проверять их вид через $\Delta$ не нужно — просто считаем значения.
  3. Для каждого куска границы: подставить его уравнение в функцию ($y=\dots$ или $x=\dots$, для окружности — параметризация или выражение $y^2$), получить функцию одной переменной на отрезке, найти её стационарные точки внутри отрезка. Альтернатива — Лагранж с условием «уравнение границы».
  4. Добавить угловые точки (концы кусков границы).
  5. Посчитать $f$ во всех кандидатах. Наибольшее из чисел — $\max$, наименьшее — $\min$.
Пример 23 (прямоугольник)

Найти наибольшее и наименьшее значения $z=x^2+2xy-4x+8y$ в прямоугольнике $0\le x\le1$, $0\le y\le2$.

Решение

Внутри. $z'_x=2x+2y-4=0$, $z'_y=2x+8=0$ — $x=-4$, $y=6$, вне прямоугольника. Внутри кандидатов нет.

Граница.

  • $x=0$, $0\le y\le2$: $z=8y$ — монотонна, только концы.
  • $x=1$: $z=1+2y-4+8y=10y-3$ — монотонна.
  • $y=0$, $0\le x\le1$: $z=x^2-4x$, $z'=2x-4=0$ при $x=2\notin[0,1]$ — монотонна.
  • $y=2$: $z=x^2+4x-4x+16=x^2+16$, $z'=2x=0$ при $x=0$ — это угол.

Углы. $z(0,0)=0$, $z(1,0)=-3$, $z(1,2)=17$, $z(0,2)=16$.

Ответ: $\max z=z(1,2)=17$, $\min z=z(1,0)=-3$.

Пример 24 (треугольник)

Найти наибольшее и наименьшее значения $z=x^2+y^2-xy+x+y$ в треугольнике $x\le0$, $y\le0$, $x+y\ge-3$.

Решение

Внутри. $z'_x=2x-y+1=0$, $z'_y=2y-x+1=0$. Вычитаем: $3x-3y=0$, $x=y$, $x+1=0$. Точка $(-1,-1)$ внутри ($-1-1=-2\ge-3$). $z(-1,-1)=1+1-1-1-1=-1$.

Граница.

  • $x=0$, $-3\le y\le0$: $z=y^2+y$, $z'=2y+1=0$, $y=-\frac12$: $z=-\frac14$.
  • $y=0$, $-3\le x\le0$: симметрично, $\left(-\frac12,0\right)$, $z=-\frac14$.
  • $y=-3-x$, $-3\le x\le0$: $z=x^2+(x+3)^2+x(x+3)+x-3-x=3x^2+9x+6$, $z'=6x+9=0$, $x=-\frac32$, $y=-\frac32$: $z=\frac{27}4-\frac{27}2+6=-\frac34$.

Углы. $z(0,0)=0$, $z(-3,0)=9-3=6$, $z(0,-3)=6$.

Кандидаты: $-1,\ -\frac14,\ -\frac14,\ -\frac34,\ 0,\ 6,\ 6$.

Ответ: $\max z=6$ в $(-3,0)$ и $(0,-3)$; $\min z=-1$ в $(-1,-1)$.

Пример 25 (треугольник, функция «как на практике»)

Найти наибольшее и наименьшее значения $z=x^2y(4-x-y)$ в треугольнике, ограниченном прямыми $x=0$, $y=0$, $x+y=6$.

Решение

Та же схема, что у функции №3 с практики: выносим множители.

$$z'_x=2xy(4-x-y)-x^2y=xy(8-3x-2y),\qquad z'_y=x^2(4-x-y)-x^2y=x^2(4-x-2y).$$

Внутри ($x>0$, $y>0$): $8-3x-2y=0$ и $4-x-2y=0$. Вычитаем: $4-2x=0$, $x=2$, $y=1$. $z(2,1)=4\cdot1\cdot1=4$.

Граница.

  • $x=0$ и $y=0$: $z\equiv0$.
  • $y=6-x$, $0\le x\le6$: $z=x^2(6-x)(4-6)=-2x^2(6-x)=2x^3-12x^2$, $z'=6x^2-24x=0$, $x=0$ (угол) или $x=4$: точка $(4,2)$, $z=-2\cdot16\cdot2=-64$.

Углы $(0,0)$, $(6,0)$, $(0,6)$: $z=0$.

Ответ: $\max z=z(2,1)=4$, $\min z=z(4,2)=-64$.

Пример 26 (круг, исключение)

Найти наибольшее и наименьшее значения $z=x^2-y^2$ в круге $x^2+y^2\le4$.

Решение

Внутри. $z'_x=2x=0$, $z'_y=-2y=0$: точка $(0,0)$, $z=0$ (это седло, но для задачи о наибольшем/наименьшем вид точки не важен — просто кандидат).

Граница $x^2+y^2=4$. Не обязательно выражать $y$ через корень: на окружности $y^2=4-x^2$, поэтому $z=x^2-(4-x^2)=2x^2-4$, $-2\le x\le2$. $z'=4x=0$ при $x=0$ (тогда $y=\pm2$), $z=-4$; концы $x=\pm2$ ($y=0$), $z=4$.

Ответ: $\max z=4$ в $(\pm2,0)$; $\min z=-4$ в $(0,\pm2)$.

Пример 27 (круг, Лагранж на границе)

Найти наибольшее и наименьшее значения $z=x^2+y^2-12x+16y$ в круге $x^2+y^2\le25$.

Решение

Внутри. $z'_x=2x-12=0$, $z'_y=2y+16=0$: точка $(6,-8)$, но $36+64=100>25$ — вне круга. Внутри кандидатов нет.

Граница $x^2+y^2=25$. Здесь $z=25-12x+16y$. Лагранж: $L=25-12x+16y+\lambda(x^2+y^2-25)$:

$$-12+2\lambda x=0,\quad 16+2\lambda y=0\ \Rightarrow\ x=\frac6\lambda,\ y=-\frac8\lambda,\quad \frac{100}{\lambda^2}=25,\ \lambda=\pm2.$$

$\lambda=2$: $(3,-4)$, $z=25-36-64=-75$. $\lambda=-2$: $(-3,4)$, $z=25+36+64=125$. Угловых точек у круга нет.

Ответ: $\max z=z(-3,4)=125$, $\min z=z(3,-4)=-75$.

Проверка геометрией: $z=(x-6)^2+(y+8)^2-100$ — квадрат расстояния до точки $(6,-8)$ минус $100$. Ближайшая точка круга к $(6,-8)$ — $(3,-4)$ (расстояние $5$, $z=25-100$), дальняя — $(-3,4)$ (расстояние $15$, $z=225-100$).

Пример 28 (между параболой и прямой)

Найти наибольшее и наименьшее значения $z=x^2+2y^2-2y$ в области, ограниченной параболой $y=x^2$ и прямой $y=x+2$.

Решение

Область. Пересечения: $x^2=x+2$, $x=-1$ или $x=2$. Углы $(-1,1)$ и $(2,4)$. Область: $-1\le x\le2$, $x^2\le y\le x+2$.

Внутри. $z'_x=2x=0$, $z'_y=4y-2=0$: точка $\left(0,\frac12\right)$; проверка: $0\le\frac12\le2$ — внутри. $z=\frac12-1=-\frac12$.

Парабола $y=x^2$, $-1\le x\le2$: $z=x^2+2x^4-2x^2=2x^4-x^2$, $z'=8x^3-2x=2x(4x^2-1)=0$: $x=0$, $x=\pm\frac12$. Точки $(0,0)$: $z=0$; $\left(\pm\frac12,\frac14\right)$: $z=\frac18-\frac14=-\frac18$.

Прямая $y=x+2$: $z=x^2+2(x+2)^2-2(x+2)=3x^2+6x+4$, $z'=6x+6=0$ при $x=-1$ — это угол.

Углы. $z(-1,1)=1+2-2=1$, $z(2,4)=4+32-8=28$.

Кандидаты: $-\frac12,\ 0,\ -\frac18,\ -\frac18,\ 1,\ 28$.

Ответ: $\max z=z(2,4)=28$, $\min z=z\left(0,\frac12\right)=-\frac12$.

Внутри области у функции одна стационарная точка, и это седло. Где может быть наибольшее значение в замкнутой области?
В седле нет локального максимума, а наибольшее значение во внутренней точке обязано быть локальным максимумом. Значит, оно на границе. Существует оно по теореме Вейерштрасса.

10. Типичные ошибки

Ошибки
В стационарной точке $A=0$, $B=0$, $C=0$. Вывод?
$\Delta=0$, признак ничего не говорит: у $x^4+y^4$ минимум, у $x^4-y^4$ экстремума нет, а вторые производные одинаковые.

11. Мини-шпаргалка главы

Необходимое условие: $f'_x=f'_y=0$ или производная не существует (критическая точка).

Достаточное (2 переменные): $A=f''_{xx}$, $B=f''_{xy}$, $C=f''_{yy}$, $\Delta=AC-B^2$.

$\Delta>0,\ A>0$ — min; $\Delta>0,\ A<0$ — max; $\Delta<0$ — нет; $\Delta=0$ — исследовать $\Delta f$.

3 переменные (Сильвестр): $\Delta_1,\Delta_2,\Delta_3>0$ — min; знаки $-,+,-$ — max.

$\Delta=0$: знак $f(M)-f(M_0)$: сумма квадратов → экстремум; разные знаки на двух прямых → нет.

Почему: $\Delta f=\frac12d^2f+o(\rho^2)$ в стационарной точке (Тейлор).

Условный (Лагранж): $L=f+\lambda\varphi$; $L'_x=L'_y=0$, $\varphi=0$. Вид: знак $d^2L$ при $d\varphi=0$. Геометрия: $\grad f\parallel\grad\varphi$, линия уровня касается кривой связи.

Наиб./наим. в области: стационарные точки внутри + стационарные точки на каждом куске границы + углы → сравнить значения. Вид точек не проверяем.

Не делить на $x$, $y$, $(x+1)$ в системе — разбирать случаи.