Лекц 4

1. • 2 хувьсагчийн функцийн экстремум

• ОХФ–ийн экстремум оршин байх нөхцлүүд

• Функцийн ХИУ, ХБУ

• Нөхцөлт экстремум

1

2 хувьсагчийн функцийн экстремум

z = f(x, y) функц D муж дээр тодорхойлогдсон бөгөөд M0(x0, y0) ∈ D байг.

Def: Хэрэв (x0, y0) цэгийн орчны цэгүүд дээр

f(x, y) ≤ f(x0, y0) [f(x, y) ≥ f(x0, y0)]

нөхцөл биелж байвал M0 цэгийг орчны максимумын цэг (орчны минимумын

цэг), хэрэв бүх D муж дээр биелж байвал абсолют(глобаль) максимумын цэг

(абсолют(глобаль) минимумын цэг) гэж тус тус нэрлэнэ.

Ерөнхий тохиолдолд эдгээр цэгүүдийг z = f(x, y) функцийн экстремумын цэгүүд,

уг функцийг эдгээр цэгүүд дээр экстремумтай байна гэдэг.

2

Хэрэв x = x0 + ∆x, y = y0 + ∆y гэвэл

f(x, y) − f(x0, y0) = f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0) = ∆f(x0, y0)

учир орчны экстремумын цэгийг дараах байдлаар тодорхойлж болно.

Def: Үл хамаарах хувьсагчдын төгсгөлгүй бага өөрчлөлтөнд

∆f(x0, y0) < 0 бол (x0, y0) нь орчны максимумын,

∆f(x0, y0) > 0 бол (x0, y0) нь орчны минимумын

цэг тус тус байна.

Thr: (Экстремум орших зайлшгүй нөхцөл)

Хэрэв z = f(x, y) функц (x0, y0) цэг дээр экстремумтай байвал уг цэг дээр

эсвэл I эрэмбийн тухайн уламжлалууд нь тэгтэй тэнцүү байна, эсвэл тухайн

уламжлалуудын ядаж нэг нь үл оршино.

∂z

∂x= 0,

∂z

∂y= 0 буюу эдгээр уламжлалуудын ядаж нэг нь оршихгүй байх

цэгүүдийг функцийн экстремумын сэжигтэй (критик) цэгүүд гэнэ.

3

Thr: (Экстремум орших хүрэлцээтэй нөхцөл)

M0(x0, y0) цэгийг агуулсан ямар нэг муж дээр I ба II эрэмбийн уламжлалууд

нь тасралтгүй бөгөөд M0(x0, y0) нь f(x, y) функцийн сэжигтэй цэг байг.

∆ = f ′′xx(x0, y0) · f ′′

yy(x0, y0) − [f ′′xy(x0, y0)]

2

гэж тэмдэглэвэл:

I. ∆ > 0 бөгөөд f ′′xx(x0, y0) < 0 бол M0 нь максимумын цэг

II. ∆ > 0 бөгөөд f ′′xx(x0, y0) > 0 бол M0 нь минимумын цэг

III. ∆ < 0 бол M0 цэг дээр экстремумгүй

IV. ∆ = 0 бол экстремумтай эсэх нь тодорхойгүй байна.

4

∂2f

∂x2

∣

∣

∣

∣

M0

= A,∂2f

∂x∂y

∣

∣

∣

∣

M0

= B,∂2f

∂y2

∣

∣

∣

∣

M0

= C

гэж тэмдэглэвэл уг теорем нь дараах хэлбэртэй бичигдэнэ.

∆ = AC − B2 > 0 тохиолдолд экстремумтай:

• A < 0 бол максимумтай

• A > 0 бол минимумтай

∆ = AC − B2 < 0 тохиолдолд экстремумгүй

∆ = AC − B2 = 0 тохиолдолд тодорхойгүй.

5

Жишээ: z = 4xy − x4 − y4 функцийн экстремумыг ол.

∂z

∂x= 4y − 4x3 = 0

∂z

∂y= 4x − 4y3 = 0

⇒{

y = x3

x = y3⇒ x = x9

x(x8 − 1) = 0 ⇒ x1 = 0, x2 = 1, x3 = −1.

Иймд сэжигтэй цэгүүд нь

M1(0; 0), M2(1; 1), M3(−1;−1).

II эрэмбийн тухайн уламжлалуудын цэг бүр дээрх утгууд.

∂2z

∂x2= −12x2,

∂2z

∂y2= −12y2,

∂2z

∂x∂y= 4.

6

сэжигтэй цэгүүд f ′′xx(M0) f ′′

yy(M0) f ′′xy(M0) ∆

M1(0; 0) 0 0 4 -16

M2(1; 1) -12 -12 4 128

M3(−1;−1) -12 -12 4 128

Эндээс үзвэл

M2(1; 1) ба M3(−1;−1) цэгүүд дээр ∆ > 0, f ′′xx < 0 учир максимумтай.

M1 цэг дээр ∆ < 0 учир экстремумгүй.

zmax(1; 1) = zmax(−1;−1) = 2.

7

ОХФ–ийн экстремум оршин байх нөхцлүүд

Теорем: (Экстремум орших зайлшгүй нөхцөл)

f(x) = f(x1, . . . , xn) функц x∗ = (x∗1, . . . , x

∗n) ∈ Rn цэг дээр дифференциалчлагддаг

бөгөөд x∗ нь z = f(x) функцийн экстремумын цэг бол

∂f(x∗)

∂x1

=∂f(x∗)

∂x2

= . . . =∂f(x∗)

∂xn

= 0 (1)

нөхцөл биелнэ.

∂f(x)

∂xj

=0 (j = 1, n) ба ∃̄∂f(x)

∂xj

цэгүүдийг өгөгдсөн функцийн сэжигтэй цэгүүд гэх

бөгөөд (1) системийг бодож сэжигтэй цэгүүдийг олно.

f ′(x) уламжлалыг функцийн градиент гээд

f ′(x) = ∇f(x) =

{

∂f

∂x1

,∂f

∂x2

, · · · ,∂f

∂xn

}

гэж тэмдэглэдэг билээ.

8

Хэрэв z = f(x) функц бүх аргументуудаараа тасралтгүй дифференфиалчлагдах

бол түүний II эрэмбийн тухайн уламжлалууд нь дараах матриц хэлбэрээр дүрслэгдэнэ.

f ′′(x) =

∂2f

∂x21

∂2f

∂x1∂x2

· · · ∂2f

∂x1∂xn

∂2f

∂x2∂x1

∂2f

∂x22

· · · ∂2f

∂x2∂xn

· · · · · · · · · · · ·∂2f

∂xn∂x1

∂2f

∂xn∂x2

· · · ∂2f

∂x2n

9

Thr: (Экстремум орших хүрэлцээтэй нөхцөл)

z = f(x) функц x∗ = (x∗1, x

∗2, . . . , x

∗n) ∈ Rn цэг дээр дифференциалчлагдах

бөгөөд x∗ нь сэжигтэй цэг болж байг.

I f ′′(x∗) матриц эерэг тодорхойлогдсон бол x∗ нь орчны минимумын цэг

байна.

II f ′′(x∗) матриц сөрөг тодорхойлогдсон бол x∗ нь орчны максимумын цэг

байна.

III f ′′(x∗) матрицын тэмдэг тодорхойгүй бол x∗ нь экстремумын цэг биш

байна.

10

Квадрат матрицын тэмдэг хэрхэн тодорхойлогдсоныг Силвестрийн шинжүүрээр

тогтоодог.

• Матриц эерэг тодорхойлогдсон байх ⇐⇒ нь түүний бүх гол минорууд нь эерэг

байх явдал юм.

• Матриц сөрөг тодорхойлогдсон байх ⇐⇒ нь түүний сондгой эрэмбийн бүх гол

минорууд нь сөрөг, тэгш эрэмбийн бүх гол минорууд нь эерэг байх явдал юм.

• Матриц сөрөг биш тодорхойлогдсон байх ⇐⇒ нь түүний бүх гол минорууд

сөрөг биш байх явдал юм.

• Матриц эерэг биш тодорхойлогдсон байх ⇐⇒ түүний сондгой эрэмбийн бүх

гол минорууд нь эерэг биш, тэгш эрэмбийн бүх гол минорууд нь сөрөг биш байх

явдал юм.

Эдгээр нөхцлүүдийн аль нь ч биелэхгүй бол тэмдэг тодорхойгүй матриц гэнэ.

Санамж: Хэрэв сэжигтэй цэгүүд дээр f ′′(x∗) матриц сөрөг биш юмуу эсвэл эерэг

биш тодорхойлогдсон байвал уг цэгийн орчинд нэмэлт шинжилгээ хийх замаар

экстремумын цэг мөн эсэхийг нь тогтооно.

11

Жишээ: f(x, y, z) = x3 +xy+y2−2xz +2z2 +3y−1 функцийн экстремумыг

ол.

f ′x = 3x2 + y − 2z = 0

f ′y = x + 2y + 3 = 0

f ′z = −2x + 4z = 0

⇒3x2 + y − 2z = 0

y = x+3

−2

z = x2

⇒

3x2 − x2− 3

2− x = 0 ⇒ 2x2 − x − 1 = 0 ⇒ x1 = 1,

x2 = −1

2, y1 = −2, y2 = −5

4, z1 = 1

2, z2 = −1

4

Иймд,

M1

(

1;−2;1

2

)

, M2

(

−1

2,−5

4, − 1

4

)

гэсэн сэжигтэй цэгүүдтэй.

∂2f

∂x2= 6x,

∂2f

∂x∂y= 1,

∂2f

∂x∂z= −2,

∂2f

∂y∂z= 0,

∂2f

∂y2= 2,

∂2f

∂z2= 4.

12

f ′′(x) =

6x 1 −2

1 2 0

−2 0 4

⇒ f ′′(x)|M1=

6 1 −2

1 2 0

−2 0 4

Гол миноруудыг бодвол:

d11 = 6 > 0, d22 =

∣

∣

∣

∣

∣

6 1

1 2

∣

∣

∣

∣

∣

= 11 > 0, d33 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

6 1 −2

1 2 0

−2 0 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 36 > 0.

Бүх гол минорууд нь эерэг тодорхойлогдсон учраас M1

(

1;−2;1

2

)

цэг дээр

орчны минимумтай байна.

zmin

(

1;−2;1

2

)

= −9

2

13

Одоо M2

(

−1

2,−5

4,−1

4

)

цэг дээр II эрэмбийн уламжлалын матрицыг авч үзье.

f ′′(x)|M2=

−3 1 −2

1 2 0

−2 0 4

d11 = −3 < 0, d22 =

∣

∣

∣

∣

∣

−3 1

1 2

∣

∣

∣

∣

∣

= −7 < 0, d33 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−3 1 −2

1 2 0

−2 0 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −60 < 0

f ′′(M2) матрицын тэмдэг тодорхойгүй тул өгөгдсөн функц M2 цэг дээр экстремумгүй.

14

Функцийн ХИУ, ХБУ.

ОХФ, ямар нэг битүү мужид тодорхойлогдсон бөгөөд тасралтгүй байвал уг

муж дээрээ хамгийн их болон хамгийн бага утгандаа заавал хүрдэг. Иймээс

уг мужийн доторх бүх max (min) утгыг олж, тэдгээрийг мужийн хил дээрх

функцийн утгуудтай жишиж, түүний дотроос хамгийн их утгыг (хамгийн бага

утгыг) олбол тэр нь уг функцийн тухайн муж дээрх ХИУ (ХБУ) болно.

15

Жишээ: z = x2 + 4xy − 8x + 8y + 5 функцийн ХИУ, ХБУ–ыг

D = {(x, y) : x − 2y ≥ 4, x ≥ 0, y ≤ 0}

нөхцөлд ол.

A(0,−2)

B(4, 0)

x

y

0

16

∂z

∂x= 2x + 4y − 8 = 0

∂z

∂y= 4x + 8 = 0

⇒

{

x + 2y = 4

x = −2

2y = 6

y = 3, x = −2. z(−2; 3) = 25

OA :

{

x = 0

−2 ≤ y ≤ 0⇒

{

z1(y) = 8y + 5

−2 ≤ y ≤ 0⇒

z′1(y) = 8 ⇒ z1(y) нь [−2; 0] завсарт экстремумгүй.

OB :

{

y = 0

0 ≤ x ≤ 4⇒

{

z2(x) = x2 − 8x + 5

0 ≤ x ≤ 4⇒

z′1(x) = 2x − 8 = 0 ⇒ x = 4. z2(4) = −11

AB :

{

x − 2y = 4

−2 ≤ y ≤ 0⇒ z3(y) = 12y2 + 24y − 11 ⇒

17

z′3(y) = 24y + 24 = 0 ⇒ y = −1. z3(−1) = −23.

(x, y) (0; 0) (4; 0) (0;−2) (2;−1)

f(x, y) 5 −11 −11 −23

Энэ хүснэгтээс үзвэл өгөгдсөн функцийн ХИУ, ХБУ-ууд нь харгалзан ХИУ =

z(0; 0) = 5, ХБУ = z(2;−1) = −23 байна.

18

Жишээ. z = y2 − 4xy + 2x + 3 функцийн D={(x, y)|x + y ≤ 2, x ≥ 0, y ≥ 0}муж дээрх хамгийн их утга (ХИУ), хамгийн бага утгыг (ХБУ) тус тус ол.

Эхлээд экстремумын сэжигтэй цэгийг олъё.

∂z∂x

= −4y + 2 = 0∂z∂x

= 2y − 4x = 0

}

y=1

2, x=

1

4

тул M(1

4; 1

2) нь сэжигтэй цэг байна. Функцийн утга энэ цэг дээр z(1

4; 1

2) = 3.25

байна.

Одоо мужийн хилийн дагуу функцийн хамгийн их ба хамгийн багө утгыг бодъё.{

x = 0

0 ≤ y ≤ 2

z1(y)=y2+3 z′1 =2y=0, y=0.z1(0)=z(0; 0)=3, z1(2) = z(0; 2) = 7.{

y = 0

0 ≤ x ≤ 2

19

z2(x)=2x+3 [0; 2] z′2 = 2 6= 0, z2(0) = z(0; 0) = 3, z2(2) = z(2; 0) = 7.{

y = 2 − x

0 ≤ x ≤ 2

z3(x)=5x2−10x+7 z′3 = 10x − 10 = 0, x + 1, z3(1) = z(1; 1) = 2.

(x, y) (0; 0) (2; 0) (0; 2) (1

4; 1

2) (1; 1)

f(x, y) 3 7 7 3.25 2

Иймд, zхи(2; 0) = zхи(0; 2) = 7, zхб(1; 1) = 2.

20

Нөхцөлт экстремум

ОХФ-ийн экстремумыг ямар нэг нэмэлт нөхцөл өгөгдсөн үед олох шаардлага

ихээхэн гардаг бөгөөд ийм бодлогыг нөхцөлт экстремумын бодлого гэнэ.

z = f(x, y) (2)

функцийн экстремумыг

ϕ(x, y) = 0 (3)

нөхцөлд олъё.

(3) нөхцөлөөс x–ийг y–ээр, эсвэл y–ийг x–ээр илэрхийлж болох бол түүнийг нь

(2)–т орлуулсанаар уг бодлого нь нэг хувьсагчийн функцийн экстремумыг олох

бодлогод шилжиж асуудал бүрэн шийдэгдэнэ.

Харин x–ийг y–ээр, эсвэл y–ийг x–ээр илэрхийлж болохгүй тохиолдолд (2)

тэгшитгэлийн экстремумыг (3) нөхцөлд олох зорилт тавья. Үүний тулд (2), (3)

21

тэгшитгэлээр зохиогдсон

L(x, y, λ) = f(x, y) + λ · ϕ(x, y) (4)

функцийг авч үзье. L–г Лагранжийн функц, λ–г Лагранжийн үржигдэхүүн гэнэ.

(2) тэгшитгэлийн (3) нөхцөл дэх экстремумын бодлого нь Лагранжийн функцийн

экстремумыг олох бодлоготой эквивалент байна. Иймд

∂L

∂x=

∂f

∂x+ λ · ∂ϕ

∂x= 0

∂L

∂y=

∂f

∂y+ λ · ∂ϕ

∂y= 0

∂L

∂λ= ϕ(x, y) = 0

(5)

системийн шийдийг олсоноор (2) тэгшитгэлийн (3) нөхцөл дэх шийдийн сэжигтэй

цэгүүд олдоно.

22

Одоо нөхцөлт экстремум орших хүрэлцээтэй нөхцөлийг нь авч үзье. Сэжигтэй

цэг M0(x0, y0)-ийн хувьд

∂2L

∂x2

∣

∣

∣

∣

M0

=A∂2L

∂x∂y

∣

∣

∣

∣

M0

=B∂2L

∂y2

∣

∣

∣

∣

M0

=C ⇒ ∆ = AC − B2

∗ ∆ > 0 бөгөөд

A < 0 бол max–тай, A > 0 бол min–тай.

∗ ∆ ≤ 0 үед нэмэлт шинжилгээ хийнэ.

q = A − 2B · ϕ′x(x0, y0)

ϕ′y(x0, y0)

+ C ·[

ϕ′x(x0, y0)

ϕ′y(x0, y0)

]2

q < 0 бол max-тай, q > 0 бол min-тай.

Энэ Лагранжийн үржигдэхүүний аргыг дурын тооны хувьсагчийн функцийн

хувьд өргөтгөн хэрэглэж болно.

23

Жишээ: Адил хажуут гурвалжны талуудын нийлбэр нь 24 бол талбайн хамгийн

их утгыг ол.

hxx

y

S =y

4·√

4x2 − y2 → max

2x + y = 24

y = 24 − 2x =⇒ S = (12 − x)√

24(x − 6)

S ′ =4√

6(9 − x)√x − 6

= 0 =⇒ x = 9. y = 6

24

Жишээ: f(x, y) = x+2y−1 функцийн 4x2+9y2 = 36 нөхцөл дэх экстремумыг

ол.

{

f(x, y) = x + 2y − 1 → extr

4x2 + 9y2 = 36

L(x, y, λ) = (x + 2y − 1) + λ · (4x2 + 9y2 − 36) → extr

∂L

∂x= 1 + 8xλ = 0

∂L

∂y= 2 + 18yλ = 0

∂L

∂λ= 4x2 + 9y2 − 36 = 0

=⇒

x = − 1

8λ, y = − 1

9λ1

9 · 64λ2+

1

4 · 81λ2= 1

=⇒

λ1,2 = ± 5

72x1,2 = −1

8·(

±72

5

)

= ∓9

5, y1,2 = −1

9·(

±72

5

)

= ∓8

5

Эндээс

25

M

(

−9

5;−8

5;

5

72

)

, N

(

9

5;8

5;− 5

72

)

сэжигтэй цэгүүд олдоно

∂2L

∂x2= 8λ,

∂2L

∂x∂y= 0,

∂2L

∂y2= 18λ

AC − B2 = 8λ · 18λ − 02 = 144λ2 > 0

A1 = 8λ1 = 8 · 5

72=

5

9> 0 ⇒ M min-ын цэг

A2 = 8λ2 = 8 ·(

− 5

72

)

= −5

9< 0 ⇒ N max-ын цэг

f(M) = −9

5+ 2 ·

(

−8

5

)

− 1 = −6,

f(N) =9

5+ 2 · 8

5− 1 = 4

26