Локальный минимум функции. Метка: локальный экстремум

$E \subset \mathbb{R}^{n}$. Говорят, что $f$ имеет локальный максимум в точке $x_{0} \in E$, если существует такая окрестность $U$ точки $x_{0}$, что для всех $x \in U$ выполняется неравенство $f\left(x\right) \leqslant f\left(x_{0}\right)$.

Локальный максимум называется строгим, если окрестность $U$ можно выбрать так, чтобы для всех $x \in U$, отличных от $x_{0}$, было $f\left(x\right) < f\left(x_{0}\right)$.

Определение
Пусть $f$ – действительная функция на открытом множестве $E \subset \mathbb{R}^{n}$. Говорят, что $f$ имеет локальный минимум в точке $x_{0} \in E$, если существует такая окрестность $U$ точки $x_{0}$, что для всех $x \in U$ выполняется неравенство $f\left(x\right) \geqslant f\left(x_{0}\right)$.

Локальный минимум называется строгим, если окрестность $U$ можно выбрать так, чтобы для всех $x \in U$, отличных от $x_{0}$, было $f\left(x\right) > f\left(x_{0}\right)$.

Локальный экстремум объединяет понятия локального минимума и локального максимума.

Теорема (необходимое условие экстремума дифференцируемой функции)
Пусть $f$ – действительная функция на открытом множестве $E \subset \mathbb{R}^{n}$. Если в точке $x_{0} \in E$ функция $f$ имеет локальный экстремум и в этой точке,то $$\text{d}f\left(x_{0}\right)=0.$$ Равенство нулю дифференциала равносильно тому, что все равны нулю, т.е. $$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x_{i}}\left(x_{0}\right)=0.$$

В одномерном случае это – . Обозначим $\phi \left(t\right) = f \left(x_{0}+th\right)$, где $h$ – произвольный вектор. Функция $\phi$ определена при достаточно малых по модулю значениях $t$. Кроме того, по , она дифференцируема, и ${\phi}’ \left(t\right) = \text{d}f \left(x_{0}+th\right)h$.
Пусть $f$ имеет локальный максимум в точкеx $0$. Значит, функция $\phi$ при $t = 0$ имеет локальный максимум и, по теореме Ферма, ${\phi}’ \left(0\right)=0$.
Итак, мы получили, что $df \left(x_{0}\right) = 0$, т.е. функции $f$ в точке $x_{0}$ равен нулю на любом векторе $h$.

Определение
Точки, в которых дифференциал равен нулю, т.е. такие, в которых все частные производные равны нулю, называются стационарными . Критическими точками функции $f$ называются такие точки, в которых $f$ не дифференцируема, либо ее равен нулю. Если точка стационарная, то из этого еще не следует, что в этой точке функция имеет экстремум.

Пример 1.
Пусть $f \left(x,y\right)=x^{3}+y^{3}$. Тогда $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 3 \cdot x^{2}$,$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = 3 \cdot y^{2}$, так что $\left(0,0\right)$ – стационарная точка, но в этой точке у функции нет экстремума. Действительно, $f \left(0,0\right) = 0$, но легко видеть, что в любой окрестности точки $\left(0,0\right)$ функция принимает как положительные, так и отрицательные значения.

Пример 2.
У функции $f \left(x,y\right) = x^{2} − y^{2}$ начало координат – стационарная точка, но ясно, что экстремума в этой точке нет.

Теорема (достаточное условие экстремума).
Пусть функция $f$ дважды непрерывно-дифференцируема на открытом множестве $E \subset \mathbb{R}^{n}$. Пусть $x_{0} \in E$ – стационарная точка и $$\displaystyle Q_{x_{0}} \left(h\right) \equiv \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right)h^{i}h^{j}.$$ Тогда

если $Q_{x_{0}}$ – , то функция $f$ в точке $x_{0}$ имеет локальный экстремум, а именно, минимум, если форма положительноопределенная, и максимум, если форма отрицательноопределенная;
если квадратичная форма $Q_{x_{0}}$ неопределенная, то функция $f$ в точке $x_{0}$ не имеет экстремума.

Воспользуемся разложением по формуле Тейлора (12.7 стр. 292) . Учитывая, что частные производные первого порядка в точке $x_{0}$ равны нулю, получим $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right) = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}+\theta h\right)h^{i}h^{j},$$ где $0<\theta<1$. Обозначим $\displaystyle a_{ij}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right)$. В силу теоремы Шварца (12.6 стр. 289-290) , $a_{ij}=a_{ji}$. Обозначим $$\displaystyle \alpha_{ij} \left(h\right)=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}+\theta h\right)−\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right).$$ По предположению, все непрерывны и поэтому $$\lim_{h \rightarrow 0} \alpha_{ij} \left(h\right)=0. \left(1\right)$$ Получаем $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left.$$ Обозначим $$\displaystyle \epsilon \left(h\right)=\frac{1}{|h|^{2}}\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \alpha_{ij} \left(h\right)h_{i}h_{j}.$$ Тогда $$|\epsilon \left(h\right)| \leq \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n |\alpha_{ij} \left(h\right)|$$ и, в силу соотношения $\left(1\right)$, имеем $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ при $h \rightarrow 0$. Окончательно получаем $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left. \left(2\right)$$ Предположим, что $Q_{x_{0}}$ – положительноопределенная форма. Согласно лемме о положительноопределённой квадратичной форме (12.8.1 стр. 295, Лемма 1) , существует такое положительное число $\lambda$, что $Q_{x_{0}} \left(h\right) \geqslant \lambda|h|^{2}$ при любом $h$. Поэтому $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right) \geq \frac{1}{2}|h|^{2} \left(λ+\epsilon \left(h\right)\right).$$ Так как $\lambda>0$, а $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ при $h \rightarrow 0$, то правая часть будет положительной при любом векторе $h$ достаточно малой длины.
Итак, мы пришли к тому, что в некоторой окрестности точки $x_{0}$ выполнено неравенство $f \left(x\right) >f \left(x_{0}\right)$, если только $x \neq x_{0}$ (мы положили $x=x_{0}+h$\right). Это означает, что в точке $x_{0}$ функция имеет строгий локальный минимум, и тем самым доказана первая часть нашей теоремы.
Предположим теперь, что $Q_{x_{0}}$ – неопределенная форма. Тогда найдутся векторы $h_{1}$, $h_{2}$, такие, что $Q_{x_{0}} \left(h_{1}\right)=\lambda_{1}>0$, $Q_{x_{0}} \left(h_{2}\right)= \lambda_{2}<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0$. Тогда получим $$f \left(x_{0}+th_{1}\right)−f \left(x_{0}\right) = \frac{1}{2} \left[ t^{2} \lambda_{1} + t^{2} |h_{1}|^{2} \epsilon \left(th_{1}\right) \right] = \frac{1}{2} t^{2} \left[ \lambda_{1} + |h_{1}|^{2} \epsilon \left(th_{1}\right) \right].$$ При достаточно малых $t>0$ правая часть положительна. Это означает, что в любой окрестности точки $x_{0}$ функция $f$ принимает значения $f \left(x\right)$, большие, чем $f \left(x_{0}\right)$.
Аналогично получим, что в любой окрестности точки $x_{0}$ функция $f$ принимает значения, меньшие, чем $f \left(x_{0}\right)$. Это, вместе с предыдущим, означает, что в точке $x_{0}$ функция $f$ не имеет экстремума.

Рассмотрим частный случай этой теоремы для функции $f \left(x,y\right)$ двух переменных, определенной в некоторой окрестности точки $\left(x_{0},y_{0}\right)$ и имеющей в этой окрестности непрерывные частные производные первого и второго порядков. Предположим, что $\left(x_{0},y_{0}\right)$ – стационарная точка, и обозначим $$\displaystyle a_{11}= \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} \left(x_{0} ,y_{0}\right), a_{12}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} \left(x_{0}, y_{0}\right), a_{22}=\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} \left(x_{0}, y_{0}\right).$$ Тогда предыдущая теорема примет следующий вид.

Теорема
Пусть $\Delta=a_{11} \cdot a_{22} − a_{12}^2$. Тогда:

если $\Delta>0$, то функция $f$ имеет в точке $\left(x_{0},y_{0}\right)$ локальный экстремум, а именно, минимум, если $a_{11}>0$, и максимум, если $a_{11}<0$;
если $\Delta<0$, то экстремума в точке $\left(x_{0},y_{0}\right)$ нет. Как и в одномерном случае, при $\Delta=0$ экстремум может быть, а может и не быть.

Примеры решения задач

Алгоритм нахождения экстремума функции многих переменных:

Находим стационарные точки;
Находим дифференциал 2-ого порядка во всех стационарных точках
Пользуясь достаточным условием экстремума функции многих переменных, рассматриваем дифференциал 2-ого порядка в каждой стационарной точке

Исследовать функцию на экстремум $f \left(x,y\right) = x^{3} + 8 \cdot y^{3} + 18 \cdot x — 30 \cdot y$.
Решение
Найдем частные производные 1-го порядка: $$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}=3 \cdot x^{2} — 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}=24 \cdot y^{2} — 6 \cdot x.$$ Составим и решим систему: $$\displaystyle \begin{cases}\frac{\partial f}{\partial x}= 0\\\frac{\partial f}{\partial y}= 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}3 \cdot x^{2} — 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^{2} — 6 \cdot x = 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}x^{2} — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^{2} — x = 0\end{cases}$$ Из 2-го уравнения выразим $x=4 \cdot y^{2}$ — подставим в 1-ое уравнение: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^{2}\right)^{2}-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^{4} — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^{4} — y = 0$$ $$y \left(8 \cdot y^{3} -1\right)=0$$ В результате получены 2 стационарные точки:
1) $y=0 \Rightarrow x = 0, M_{1} = \left(0, 0\right)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^{3} -1=0 \Rightarrow y^{3}=\frac{1}{8} \Rightarrow y = \frac{1}{2} \Rightarrow x=1, M_{2} = \left(\frac{1}{2}, 1\right)$
Проверим выполнение достаточного условия экстремума:
$$\displaystyle \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}=6 \cdot x; \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y}=-6; \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}=48 \cdot y$$
1) Для точки $M_{1}= \left(0,0\right)$:
$$\displaystyle A_{1}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} \left(0,0\right)=0; B_{1}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} \left(0,0\right)=-6; C_{1}=\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} \left(0,0\right)=0;$$
$A_{1} \cdot B_{1} — C_{1}^{2} = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
2) Для точки $M_{2}$:
$$\displaystyle A_{2}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} \left(1,\frac{1}{2}\right)=6; B_{2}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} \left(1,\frac{1}{2}\right)=-6; C_{2}=\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} \left(1,\frac{1}{2}\right)=24;$$
$A_{2} \cdot B_{2} — C_{2}^{2} = 108>0$, значит, в точке $M_{2}$ существует экстремум, и поскольку $A_{2}>0$, то это минимум.
Ответ: Точка $\displaystyle M_{2} \left(1,\frac{1}{2}\right)$ является точкой минимума функции $f$.
Исследовать функцию на экстремум $f=y^{2} + 2 \cdot x \cdot y — 4 \cdot x — 2 \cdot y — 3$.
Решение
Найдём стационарные точки: $$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}=2 \cdot y — 4;$$ $$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}=2 \cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
Составим и решим систему: $$\displaystyle \begin{cases}\frac{\partial f}{\partial x}= 0\\\frac{\partial f}{\partial y}= 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}2 \cdot y — 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x — 2 = 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} y = 2\\y + x = 1\end{cases} \Rightarrow x = -1$$
$M_{0} \left(-1, 2\right)$ – стационарная точка.
Проверим выполнение достаточного условия экстремума: $$\displaystyle A=\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} \left(-1,2\right)=0; B=\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} \left(-1,2\right)=2; C=\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} \left(-1,2\right)=2;$$
$A \cdot B — C^{2} = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
Ответ: экстремумы отсутствуют.

Лимит времени: 0

Навигация (только номера заданий)

0 из 4 заданий окончено

Информация

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Локальные экстремумы функций многих переменных».

Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.

Тест загружается...

Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.

Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:

Результаты

Правильных ответов: 0 из 4

Ваше время:

Время вышло

Вы набрали 0 из 0 баллов (0 )

Ваш результат был записан в таблицу лидеров

С ответом
С отметкой о просмотре

Задание 1 из 4

1 .

Количество баллов: 1

Исследовать функцию $f$ на экстремумы: $f=e^{x+y}(x^{2}-2 \cdot y^{2})$

Правильно

Неправильно

Задание 2 из 4

2 .
Количество баллов: 1
Существует ли экстремум у функции $f = 4 + \sqrt{(x^{2}+y^{2})^{2}}$

Для функции f(x) многих переменных точка x представляет собой вектор, f’(x) − вектор первых производных(градиент) функции f(x), f ′ ′(x) − симметричную матрицу вторых частных производных(матрицу Гессе − гессиан) функции f(x).
Для функции многих переменных условия оптимальности формулируются следующим образом.
Необходимое условие локальной оптимальности. Пусть f(x) дифференцируема в точке x * R n . Если x * − точка локального экстремума, то f’(x *) = 0.
Как и ранее, точки, являющиеся решениями системы уравнений, называются стационарными. Характер стационарной точки x * связан со знакоопределенностью матрицы Гессе f′ ′(x).
Знакоопределенность матрицы А зависит от знаков квадратичной формы Q(α)=< α A, α > при всех ненулевых α∈R n .
Здесь и далее через обозначается скалярное произведение векторов x и y. По определению,

Матрица A является положительно(неотрицательно) определенной, если Q(α)>0 (Q(α)≥0) при всех ненулевых α∈R n ; отрицательно (неположительно) определенной, если Q(α)<0 (Q(α)≤0) при всех ненулевых α∈R n ; неопределенной, если Q(α)>0 для некоторых ненулевых α∈R n и Q(α)<0 для остальных ненулевых α∈R n .
Достаточное условие локальной оптимальности. Пусть f(x) дважды дифференцируема в точке x * R n , причем f’(x *)=0 , т.е. x * − стационарная точка. Тогда, если матрица f′′(x *) является положительно (отрицательно) определенной, то x * − точка локального минимума (максимума); если матрица f′′(x *) является неопределенной, то x * − седловая точка.
Если матрица f′′(x *) является неотрицательно (неположительно) определенной, то для определения характера стационарной точки x * требуется исследование производных более высокого порядка.
Для проверки знакоопределенности матрицы, как правило, используется критерий Сильвестра. Согласно этому критерию, симметричная матрица А является положительно определенной в том и только том случае, если все ее угловые миноры положительны. При этом угловым минором матрицы А называется определитель матрицы, построенной из элементов матрицы А, стоящих на пересечении строк и столбцов с одинаковыми (причем первыми) номерами. Чтобы проверить симметричную матрицу А на отрицательную определенность, надо проверить матрицу (−А) на положительную определенность.
Итак, алгоритм определения точек локальных экстремумов функции многих переменных заключается в следующем.
1. Находится f′(x).
2. Решается система

В результате вычисляются стационарные точки x i .
3. Находится f′′(x), полагается i=1.
4. Находится f′′(x i)
5. Вычисляются угловые миноры матрицы f′′(x i). Если не все угловые миноры ненулевые, то для определения характера стационарной точки x i требуется исследование производных более высокого порядка. При этом осуществляется переход к п.8.
В противном случае осуществляется переход к п.6.
6. Анализируются знаки угловых миноров f′′(x i). Если f′′(x i) является положительно определенной, то x i является точкой локального минимума. При этом осуществляется переход к п.8.
В противном случае осуществляется переход к п.7.
7. Вычисляются угловые миноры матрицы -f′′(x i) и анализируются их знаки.
Если -f′′(x i) − является положительно определенной, то f′′(x i) является отрицательно определенной и x i является точкой локального максимума.
В противном случае f′′(x i) является неопределенной и x i является седловой точкой.
8. Проверяется условие определения характера всех стационарных точек i=N.
Если оно выполняется, то вычисления завершаются.
Если условие не выполняется, то полагается i=i+1 и осуществляется переход к п.4.

Пример №1 . Определить точки локальных экстремумов функции f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2

Поскольку все угловые миноры ненулевые, то характер x 2 определяется с помощью f′′(x).
Поскольку матрица f′′(x 2) является положительно определенной, то x 2 является точкой локального минимума.
Ответ: функция f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2 имеет в точке x = (5/3; 8/3) локальный минимум.

Локальный экстремум объединяет понятия локального минимума и локального максимума.

если $Q_{x_{0}}$ – , то функция $f$ в точке $x_{0}$ имеет локальный экстремум, а именно, минимум, если форма положительноопределенная, и максимум, если форма отрицательноопределенная;
если квадратичная форма $Q_{x_{0}}$ неопределенная, то функция $f$ в точке $x_{0}$ не имеет экстремума.

Теорема
Пусть $\Delta=a_{11} \cdot a_{22} − a_{12}^2$. Тогда:

если $\Delta>0$, то функция $f$ имеет в точке $\left(x_{0},y_{0}\right)$ локальный экстремум, а именно, минимум, если $a_{11}>0$, и максимум, если $a_{11}<0$;
если $\Delta<0$, то экстремума в точке $\left(x_{0},y_{0}\right)$ нет. Как и в одномерном случае, при $\Delta=0$ экстремум может быть, а может и не быть.