x 2(A), x y (A) y x (A), 2 f

Transkript

1 II.10. Etrém funkcí Věta (nutná podmínka pro lokální etrém). Necht funkce f(, ) je diferencovatelná v bodě A. Má-li funkce f v bodě A lokální etrém, pak gradf(a) = 0. Onačme hlavní minor matice druhých derivací f f 1 (A) = f (A), (A) = (A), (A) f (A), f (A) Věta (postačující podmínk pro lokální etrém funkce dvou proměnných). Necht funkce f(,) má spojité parciální derivace. řádu v bodě A. Necht je v bodě A splněna nutná podmínka gradf(a) = 0. Pak platí: Je-li 1 (A) > 0 a (A) > 0, pak funkce f má v bodě A ostré lokální minimum. Je-li 1 (A) < 0 a (A) > 0, pak funkce f má v bodě A ostré lokální maimum. Je-li (A) < 0, pak funkce f nemá v bodě A lokální etrém. Postup při výpočtu lokálních etrémů 1. krok: Podle nutné podmínk určíme tv. kritické bod, tj. a) bod, v nichž funkce f(, ) není diferencovatelná, b) bod, které jsou řešením soustav rovnic f = 0, f = 0.. krok: V bodech b) postupujeme podle postačující podmínk. Najděte lokální etrém funkce : Příklad 197. (,) = + Řešení : Daná funkce je definovaná v E. Parciální derivace = +, = neeistují v bodě A = 0, 0, který je jediným + kritickým bodem. V bodě A ted může být lokální etrém, nebot funkce f není v bodě A diferencovatelná. Nele však rohodnout podle výše uvedené postačující podmínk, proto použijeme definici lokálního etrému.pro každý bod prstencového okolí P(A) bodu A ale platí, že f(x) > f(a). Funkce f ted má v bodě A = 0, 0 ostré lokální minimum s hodnotou f(0,0) = 0. Ponámka. Nerovnost f(x) > f(a) je splněna v libovolném prstencovém okolí P(A). Funkce f ted má v bodě A = 0, 0 i ostré globální minimum. 35 Příklad má náornou geometrickou interpretaci. Stačí si uvědomit, jaká plocha je grafem funkce = +.

2 Příklad 198. f(,) = Řešení : Funkce f(,) má spojité parciální derivace 1. a. řádu. 1) Podle nutné podmínk f = 0, f = 0 dostaneme soustavu: f = 3 6 = 3 6 = 0 dosadíme f = = 0 3( ) = 0 = ( )(+1) = 0 = = = Připravíme si druhé derivace f = 6 f = 1 = f f = 1 = 1(,) = 6, (,) = ) Z postačující podmínk a dostaneme dva kritické bod,, 1, = ávěr, 9 10 ostré lok. minimum, f(,) = 10 1, 1-9 není etrém Příklad 199. (,) = Řešení : Zde máme funkci dvou proměnných v eplicitním tvaru. Funkce je diferencovatelná v E, proto nutná podmínka eistence lokálních etrémů je : = 0, = 0. = = = 0 = + = (+1) = 0 = bud = 0 nebo = 1 { 1 = 0 = A 1 = 0,0 = 0 : = 0 = = 5 3 = A = 5 { 3,0 = 1 : = 0 = = = A = 4 = 3 = 1, = = A 4 = 1, Nní si připravíme derivace druhého řádu : A 1 A A 3 A 4 = = + 4/3 0 0 = = Je-li (A i ) = > 0, pak eistuje lokální etrém v bodě A i. < 0, pak neeistuje lokální etrém v bodě A i. ProA 1 : (A 1 ) = 10 0 > 0, 0 1 (A 1 ) = (A 1 ) > 0, obdržímelokálníminimum (A 1 ) = Pro A : (A ) = 0 4 > 0, 1(A ) = (A ) < 0, je lokální maimum 3 (A ) =

3 Pro A 3, A 4 je (A 3 ) = (A 4 ) = 16 < 0, a proto v bodech A 3 a A 4 lokální etrém neeistují. Příklad 00. Funkce = f() je vjádřena v implicitním tvaru F(,) = + +8 = 0. Řešení : Spočítáme : = F = + pro. F Položíme = 0, ted + = 0 = =. Dosadíme do adání, abchom určili souřadnice případných lokálních etrémů +8 = 0 = = 8 = 1, = ±, 1, =. Dostali jsme dva bod A =, a B =,. Nní spočítáme = (1+ )( ) (+)( 1) ( ), takže (A) = 4 < 0 = f() = je lokální maimum a 16 (B) = 4 > 0 = f( ) = je lokální minimum. 16 Příklad 01.* f(,,) = Řešení : 3 = f f f f f f f f f, = f f f f, 1 = f Podle Slvestrov vět o kvadratických formách platí : { 3 (P) > 0, 1 (P) > 0,pak f(p) je ostré lokální minimum. Je-li (P) > 0, 3 (P) < 0, 1 (P) < 0, pak f(p) je ostré lokální maimum. Je-li (P) < 0, pak v bodě P neeistuje lokální etrém. Výpočet vpadá následovně : f = 3 +1 = 0 neboli +4 = 0, f = +1 = 0 neboli = 6, f = + = 0, neboli = 1 A = 0,0, 1, B = 4, 144, 1, pak 4 = 0 a 1 = 0, = 4, f = 6, f =,f =, f = 1, f = 0, f = 0. Protože (A) = < 0, v bodě A nenastává lokální etrém. Protože (B) = = 144 > 0, (B) = = 88 > 0 a 1 (B) = 144 > 0, je f(b) = f(4, 144, 1) = 6913 lokální minimum. 37

4 Můžeme se též přesvědčit přímo, že kvadratická forma d f(b) je poitivně definitní : d f(b) = 144(d) +4dd +(d) +(d) = (1d+d) +(d) +(d) > 0 Najděte lokální etrém daných funkcí s danou podmínkou: Příklad 0. = ( + ), jestliže + =. Řešení : Geometrick se jedná o naleení etrémů -ové souřadnice na průsečné křivce rotačního paraboloidu = ( + ) s rovinou + =. Z podmínk + = vjádříme např. = a dosadíme do dané funkce (,) = ( + ). Tím dostaneme () = (, ) = ( +( ) ), takže () = 4( +). Pro funkci jedné proměnné () hledáme lokální etrém. Je ted () = 4( ) = 0. Odtud 1 = 1, 1 = 1 = 1 a () = 8 > 0 (1,1) = 4 je lokální minimum. Příklad 03. = 3 + 4, jestliže + = 1. Řešení : Geometrick se jedná o naleení etrémů -ové souřadnice na průsečné křivce rovin = s rotační válcovou plochou + = 1. Jelikož podmínk + = 1 nele jednonačně vjádřit ani ani, přejdeme { { = rcost = cost do polárních souřadnic = rsint, kde r = 1, ted = sint. Potom = (cost,sint) = cost 3 + sint 4 a dále = d dt = sint + cost 3 4 tg t = 3 4. = 0, takže Jak vidíme na obráku je sint = ± 3 5, cost = ± t Pro sint 1 = 3 5, cost 1 = 4 je t 1 (0, π 5 ) a pro sint = 3 5, cost = 4 je t (π, 3π 5 ). 38

5 Dále je = d dt = cost sint = (t 1 ) < 0, (t ) > ( 4 Dospěli jsme k lokálnímu maimu (t 1 ) = 5, 3 = 5) = 5 1 ( a lokálnímu minimu (t ) = 4 ) 5, 3 = Příklad 04. = sin +sin, jestliže = π 4. Řešení : () = (, π/4) = sin +sin ( π 4 ), () = sincos+sin( π 4 )cos( π 4 ) = = sin+sin( π ) = sin+sincos π cossin π = sin cos Položíme-li () = 0, dostaneme sin = cos a dále = π 4 +kπ, = π 8 +k π, takže k 1 = n, k = n+1. Vpočteme druhou derivaci : () = cos+sin, ( π 8 +n π ) = + = > 0, ( π 8 +(n+1) π ) = ( π ) Ted 8 +nπ = sin π 8 = 1 cos π 4 = 1 ( π 8 ) +(n+1)π a = < 0. je lokální minimum = sin 5π π 8 +sin 8 = 1 ( 1 cos 5π 4 +1 cos π ) = 4 = 1 ( ) + = 1 je lokální maimum. Příklad 05.* = +, jestliže + +4 = 0. Řešení : ZdepoužijemeLagrangeovu funkci:je-li dána funkce = f(,) a podmínka g(, ) = 0, potom Lagrangeova funkce má vjádření L(,,λ) = f(,)+λg(,). Její stacionární bod ískáme řešením soustav L = 0 L = 0 L λ = g(,) = 0. Funkce = f(,) může mít a podmínk g(,) = 0 etrém poue v bodech,, ke kterým eistuje λ R takové, že,,λ je kritickým bodem funkce L(,,λ). V našem příkladě máme L(,,λ) = + +λ( + +4) L = +λ( ) = 0 a odtud = λ 1+λ, L = 4 +λ(4 +4) = 0 a odtud = λ 1+λ. Ted + +4 = 0, takže λ (1+λ) λ 1+λ + λ (1+λ) 4λ 1+λ = 0, 3λ (1+λ) = 6λ 3λ, λ 1 a následně 1+λ 1+λ = 6λ, 3λ +6λ = 0 = λ (λ+) = 0. 39

6 Zde máme λ 1 =, takže 1 =, 1 =, A 1 =, anebo λ = 0 takže = 0, = 0, A = 0,0. Dále je L = +λ, L = 4+4λ, L = 0 a odtud (A 1 ) = > 0, L (A 1 ) < 0, L(A 1 ) = 1 je lokálním maimem, (A ) = > 0, L (A ) > 0, L(A ) = 0 je lokálním minimem. Příklad06.V rovině + +3 = 0 najděte bod, jehož součet čtverců vdáleností od bodů A = 1,1,1 a B =,, je nejmenší. Řešení : Hledaný bod onačíme P =,, a sestavíme součet AP + BP, který apíšeme pomocí souřadnic bodů f(,,) = ( 1) +( 1) +( 1) +( ) +( ) +( ). Bod P musí ležet v rovině + +3 = 0. Ted tato rovnice rovin představuje vaební podmínku, která musí být splněna. Vjádříme-li si např. = + +3 a dosadíme-li do f(,,), potom funkce f(,,+ +3) bude funkcí dvou proměnných a : f(,) = f(,,++3) = ( 1) +( 1) +(++) +( ) +( ) +(++1), f = ( 1)+(++)+( )+(+ +1) = 8(+), f = ( 1)+4(+ +)+( )+4(+ +1) = 4(+5)+6. f Položíme = 0, pak + = 0 = =, f = 0, takže 4+10 = 3 = 6 = 3, 1 = 1, 1 = 1. Máme ted 1 = 5 1, P =, 1, 5. f (P) = 8 Dále je f (P) = 8 f (P) = 0 takže (P) = > 0, (P) f > 0 a f(p) = 7 je lokální minimum. Věta (Postačující podmínka eistence absolutních etrémů funkce na dané množině). Je-li funkce f(,) spojitá na neprádné množině M, která je omeená a uavřená, pak f nabývá maima a minima na množině M. Speciální případ je tv. váaný etrém, a to kdž M = {, E : g(,) = 0, kde g je daná funkce. Pokud le, pak vaební podmínk g(,) = 0 vjádříme jednu proměnnou, kterou dosadíme do dané funkce f. Získáme tak úlohu určit etrém funkce jedné proměnné. Postup při výpočtu absolutních etrémů. Připomeňme, že M 0 je vnitřek a M je hranice množin M. 40

7 1. krok: Ověříme splnění předpokladů právě uvedené vět, čímž důvodníme eistenci absolutních etrémů.. krok: Určíme všechn kritické bod X funkce f v M krok: Určíme všechn bod X M, ve kterých může funkce f nabývat absolutních etrémů. 4. krok: Určíme hodnot funkce f ve všech vpočítaných bodech. Největší hodnota je rovna ma M f a nejmenší hodnota je rovna min M f. Určete absolutní (globální) etrém funkce = f(,) na množině M : Příklad 07. f(,) = + +, M = {, E : 0, 0, + 1 Řešení : Ověříme eistenci absolutních etrémů: Daná množina M je uavřená a omeená. Daná funkce f je spojitá v E, ted též v M. To je postačující pro eistenci absolutních etrémů. 1) určíme stacionární bod na vnitřku množin M a jejich funkční hodnot : f + 1 = 0 = = 1 f + 1 = 0 3 = C 1 A 1 = 3 3, 1 M, f(a 1 ) = 1 3 ; M O ) určíme podeřelé bod na hranici M, tj. na jednotlivých stranách OBC OB : = 0 = h 1 () = f(,0) =, h 1() = 1 = 0 = = 1, 1 A =,0 M, f(a ) = 1 4, OC : = 0 = h () = f(0,) =, h () = 1 = 0 = = 1, A 3 = 0, 1 M, f(a 3 ) = 1 4, BC : = 1 = h 3 () = f(,1 ) = +(1 ) +(1 ) 1+ =, h 3() = 1 = 0 = = 1, 1, 3 M ; 3) určíme hodnot funkce f(, ) ve vrcholech O, B, C f(o) = f(0,0) = 0, f(b) = f(1,0) = 0, f(c) = f(0,1) = 0. Ze všech spočítaných funkčních hodnot vbereme nejmenší a největší. Globální maimum nastává v bodech O,B,C, f ma (O) = f ma (B) = f ma (C) = 0 a podobně globální minimum v bodě A 1, f min (A 1 ) = 1 3. B 1 0 M 1 41

8 Příklad 08. = + 6+6, M = {, E : + 4 Řešení : Geometrick se jedná o naleení etrémů -ové souřadnice na paraboloidu, která je ohraničena průnikem paraboloidu = s válcovou plochou + = 4. 1) Stacionární bod ve vnitřku množin M: = 6 = 0 = 1 = 3 = A = 3, 3, A M. = +6 = 1 = 3 ) Bod na hranici množin M apíšeme v parametrickém tvaru : = cost, t 0,π = sint Pak postupně : = (cost,sint) = 4 1cost+1sint, d = 1sint+1cost = 0, dt = sint = cost, t 1 = 3 4 π, t = 7 4 π, t 1 = 3 4 π = B =,, (B) = 4+1 je globální maimum a t = 7 4 π = C =,, (C) = 4 1 je globální minimum. M A Je dána funkce f = f(,). a) Napište nutnou podmínku pro lokální etrém diferencovatelné funkce n-proměnných v bodě A. b) Napište postačující podmínk pro lokální minimum(resp. maimum) funkce f(, ) v bodě A. c) Všetřete lokální etrém dané funkce f, tj. určete jejich polohu, tp a funkční hodnotu. 09. f(,) = Ostré lok. min. v bodě 8,, f( 8, ) = f(,) = Ostré lok. min. v bodě, 3, f(, 3) = 5, v bodě, 3 není etrém. 11. f(,) = e Ostré lok. ma. v bodě 1,1, f = 1+1/e 1. f(,) = f(,) = Ostré lok. min. v bodě,, f(,) =, v bodě0, 0 není etrém. Ostré lok. min. v bodě3,3, f(3,3) = 19, v bodě 1, 1 není etrém. 14. f(,) = Ostré lok. min. v bodě 1,1, f( 1,1) = 3 4

9 15. f(,) = f(,) = + + 6ln Ostré lok. min. v bodě 5,, (f(5,) = 30) fmin(, 1) = 3 6ln, bod,1 D(f) Určete lokální etrém funkce : 17. = min(4,4) = = min( 3,) = = ln(1 ) ma(0,0) = 0 0. = ( 6 +5 min 1, 1 ) = 4, v bodě 0,0 není etrém 1. = e / (+ ). = min(,0) = e min(1,1) = 17, ma( 4, 1) = 58 v bodech1, 1, 4, 1 neeistují etrém 3.* = 0 min(, 3) = 0, ma(, 3) = 4.* = 0 ve stac.bodech 1,,3, 1,, neeistují etrém 5.* f(,,) = f(, 1, 3)) = 14, lok.min. 6.* f(,,) = * = ln() další stac.b.a 3 = 1+ f(3,36,1) = 873,lok.min., v bodě3,0,0není etrém lok.ma. v boděa 1 = 1,1, lok.min. v boděa = 1+,1+,,1, A 4 = 1,1+ 8. a) Všetřete lokální etrém funkce f(,) = b) Zdůvodněte eistenci a najděte absolutní etrém této funkce na úsečce AB, kde A = 0,,B = 1,1. a) lokálníf min( 1, 1) = 1, b)f min(1/,3/) = 6, f ma(0,) = f ma(1,1) = 7 Je dána funkce f a množina M. a) Zdůvodněte eistenci absolutních etrémů funkce f na dané množině M. b) Absolutní etrém všetřete, tj. stanovte jejich polohu a vpočítejte hodnotu maima i minima funkce f na množině M. 9. f(,) = +ln, M = {, E ; = +1, 1/4 1 fmin(1,) = 3, f ma(1/,3/) = 7/4 ln. =,4, f(1/4,5/4) = 1/16 ln4. =,7není etrém 30. f(,) = + 3, M = {, E ; + 3, 0, f(,) = +, M = {, E ; + 9, 0 f min(0,3) = 3, f ma(0,0) = f ma(3,0) = 0 f min(1,0) = 1, f ma( 3,0) = 15 Pro všetření bodů na hranici můžete užít polárních souřadnic, úlohu však le řešit i be nich. 43

10 Určete globální etrém funkce = f(,) na množině M : 3. f(,) = +, M = {, E : + 1 glob.min.f(0,0) = 0 glob.ma.f(1,0) = f(0,1) = = f( 1,0) = f(0, 1) = f(,) =, M = {, E : + 4 (použijte polární souřadnice) glob.min.f(0,±) = 4 glob.ma.f(±,0) = f(,) = ( a)( b), M = {, E : 0 a, 0 b glob.ma.f( a, b ) = a b 16 glob.min.f(0,0) = f(a,0) = f(0,b) = f(a,b) = f(,) = ( ), M = {, E : 0, 0, + 1 glob.ma.f( 1, 1 ) = 1 4 glob.min.f(,0) = f(0,) = f(,) = , M = {, E : 0, 0, +3 0 glob.min.f( 1,0) = 5 4 glob.ma.f(0,3) = 11 44