Главная Обратная связь

Дисциплины:

Архитектура (936)
Биология (6393)
География (744)
История (25)
Компьютеры (1497)
Кулинария (2184)
Культура (3938)
Литература (5778)
Математика (5918)
Медицина (9278)
Механика (2776)
Образование (13883)
Политика (26404)
Правоведение (321)
Психология (56518)
Религия (1833)
Социология (23400)
Спорт (2350)
Строительство (17942)
Технология (5741)
Транспорт (14634)
Физика (1043)
Философия (440)
Финансы (17336)
Химия (4931)
Экология (6055)
Экономика (9200)
Электроника (7621)






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, x1, 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:

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

fmax(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. fmax(x)=f(-1)=-2, fmin(x)=f = .

б) Для того, чтобы исследовать функцию y=f(x) одной переменной на условный экстремум на отрезке [a, b], достаточно:

1. Найти производную функции y.

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

3. Вычислить значения функции в стационарных точках и на концах отрезка [a, b].

4. Выделить из значений функции, вычисленных в пункте 3, наибольшее и наименьшее значения.

Итак,

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

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

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: fнаим(x)=f(-2)=-3, fнаиб(x)=f(3)=206.

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

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

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

fнаиб(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, Dx= =-9, Dy= =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:

fmin(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 y1, 2= = , откуда и x1, 2= , и Х1=( , ), Х2=( , ) - стационарные точки.

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

Û Û x3, 4= ,

откуда y3, 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:

fmin=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 fmax=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:

fmax=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. fmin=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:

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

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

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

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

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

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

д) точки экстремума у функции не существует.

е) fmin=- 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:

fmax=f(X1)=2+2=4, fmin=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, t1, 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= = .


Эта страница нарушает авторские права

allrefrs.ru - 2019 год. Все права принадлежат их авторам!