О. Достатні умови існування екстремуму

Спочатку введемо деякі скорочені позначення. Нехай M_о(x_о,y_о) - критична точка функції z=f(x,y), в якій , . Припустимо, що існують неперервні частинні похідні другого і третього порядків і позначимо

Т еорема 11.2. Якщо для функції z=f(x,y) виконуються необхідні умови екстремуму в точці , тобто , , то в цій точці функція:

1) має екстремум при , причому максимум, якщо А<0, і мінімум, якщо А>0;

2) немає екстремуму за умови ;

3) при екстремум може бути і може не бути, в цьому випадку потрібні додаткові дослідження.

Доведення. Скористаємось формулою Тейлора (див.8, формулу (8.3)) при n=3.

Перенесемо доданок в ліву частину рівності і позначимо - приріст функції. Якщо в точці максимум, то , якщо ні – мінімум, то . Згідно умови теореми 2

.

Тому

(11.2)

Можна довести, що доданок є нескінченно малою величиною вищого порядку в порівнянні з доданком при , . Тому головною частиною приросту функції у формі (11.2) є другий диференціал, і його знаком визначається знак приросту .

За формулою другого диференціалу (див.формулу (7.2)) маємо

,

а згідно зроблених позначень

Таким чином, знак виразу залежить від співвідношення двох змінних величин і (разом з їхніми знаками). Щоб звести до однієї змінної, винесемо за дужки (при ) і залишимо , тобто

.

Отже задача зводиться до знаку дослідження квадратного тричлена .

Відомо, що квадратний тричлен зберігає знак, якщо його дискримінант від'ємний:

Причому, якщо , то , а значить

Якщо ж , то

За умови квадратний тричлен може змінювати знак, а отже може бути > 0 і <0, тоді екстремума немає.

Приклад. Дослідити на екстремум функцію .

Розв'язання. Для знаходження критичних точок скористаємось теоремою 11.1, згідно з якою отримуємо систему рівнянь:

Розв'яжемо цю систему:

Маємо і дві критичні точки. Знайдемо тепер похідні другого порядку:

Тоді в точці маємо:

> отже екстремум в т. відсутній.

В точці маємо:

< екстремум існує і поскільки > то це мінімум,

Date: 2015-12-10; view: 339; Нарушение авторских прав