Globálne extrémy

V tejto časti využijeme fakty prezentované v predchádzajúcich dvoch častiach, a to na hľadanie maxima a minima funkcie vzhľadom na danú podmnožinu definičného oboru.

Definícia globálnych extrémov. Nech $M$ je nejaká podmnožina definičného oboru funkcie $f=f(x,y)$. Hovoríme. že funkcia $f$ má v bode $(x_0,y_0)\in M$ globálne maximum na $M$ [globálne minimum na $M$], ak $f(x,y)\le f(x_0,y_0)$ [resp., $f(x,y)\ge f(x_0,y_0)$] pre každý bod $(x,y)\in M$. Globálne maximum a minimum súhrnne nazývame globálnymi extrémami na množine $M$.

V aplikáciách sa najčastejšie stretávame s prípadom, keď množina $M$ je uzavretá časť roviny ohraničená nejakou krivkou $K$. Vtedy pri určovaní globálnych extrémov funkcie $f=f(x,y)$ na $M$ postupujeme nasledovne:

1. Určíme najprv tie lokálne extrémy funkcie $f$, ktoré patria do vnútra množiny $M$.

2. Potom vypočítame viazané extrémy funkcie $f$ na hranici množiny $M$, ktorá je tvorená krivkou $K$.

3. Napokon z takto stanovených hodnôt určíme globálne extrémy funkcie $f$ na množine $M$.

Poznámka. Hraničná krivka $K$ nie je vždy určená rovnicou tvaru $g(x,y)=0$, a teda nie vždy je možné na určenie viazaných extrémov použiť Lagrangeovu metódu. V takom prípade na stanovenie najmenšej a najväčšej hodnoty funkcie $f$ na krivke $K$ používame dosadzovaciu metódu, ktorú vysvetlíme na nasledujúcom príklade.

-

Príklad 1. Vypočítajte globálne extrémy funkcie $f(x,y)=2x^2-x+y^2$ na množine $M$, ktorou je trojuholník v rovine $xy$ s vrcholmi $A=(1,0)$, $B=(0,1)$, $C=(2,3)$.

Riešenie: Postupujeme podľa schémy uvedenej vyššie.

1. Najprv určíme lokálne extrémy funkcie $f$ patriace do vnútra nášho trojuholníka. Ako vieme, kandidáti na lokálne extrémy, čiže stacionárne body, spĺňajú rovnice $f_x=f_y=0$, teda $4x-1=2y=0$. Odtiaľ je zrejmé, že jediným stacionárnym bodom je bod $(1/4,0)$. Avšak bod $(1/4,0)$ evidentne neleží vnútri nášho trojuholníka! Záver: Vnútri trojuholníka $M$ funkcia $f$ nemá lokálne extrémy. (Pre zaujímavosť, keďže $f_{xx}=4$, $f_{yy}=2$, $f_{xy}=0$, a teda $D=f_{xx}f_{yy}-(f_{xy})^2=8>0$, tak podľa časti (2) nášho D-testu je jasné, že v bode $(1/4,0)$ má funkcia $f$ lokálne minimum. V danom kontexte je však táto informácia irelevantná, pretože sa netýka vnútra oblasti $M$.)

2. Teraz vypočítame najväčšiu a najmenšiu hodnotu funkcie $f$ na hranici trojuholníka $M$. Hranica pozostáva z troch úsečiek $AB$, $BC$ a $CA$, a nie je možné vyjadriť ju v tvare $g(x,y)=0$ pre diferencovateľnú funkciu $g$. Preto postupne každú z uvedených troch úsečiek vyjadríme samostatnou rovnicou a budeme pokračovať dosadzovacou metódou.

Úsečka $\bf AB$ je určená rovnicou $y=1-x$ pre $0\le x\le 1$. Na tejto úsečke funkcia $f$ má tvar $f(x,y)=f(x,1-x)=2x^2-x+(1-x)^2$. Bude nás teda zaujímať funkcia $h_{AB}(x)= f(x,1-x)=2x^2-x+(1-x)^2 =3x^2-3x+1=3(x-\frac{1}{2})^2+\frac{1}{4}$. Je zrejmé, že kvadratická funkcia $h_{AB}$ má svoje minimum $1/4$ v bode $x_0=1/2$, teda na intervale $(0,1/2)$ je klesajúca a na intervale $(1/2,1)$ je rastúca. Jej maximum na intervale $0\le x\le 1$ sa preto dosiahne v jednom z koncových bodov; keďže $h_{AB}(0)=h_{AB}(1)=1$, dosahuje sa v oboch súčasne. Záver: Funkcia $f$ na úsečke $AB$ nadobúda najmenšiu hodnotu $1/4$, a to v bode $(1/2,1/2)$ (nezabúdajme, že teraz máme $y=1-x$) a najväčšiu hodnotu $1$ v bodoch $A$ a $B$.

Úsečka $\bf BC$ je opísaná rovnicou $y = x + 1$ pre $0\le x\le 2$. Na nej funkcia $f$ má tvar $f(x,y)=f(x,x+1)=2x^2-x+(x+1)^2$. Tentoraz teda vyšetrujeme funkciu $h_{BC}(x)=f(x,x+1)=2x^2-x+(x+1)^2=3x^2+x+1= 3(x+\frac{1}{6})^2+\frac{11}{12}$. Ide opäť o kvadratickú funkciu s minimom v bode $-1/6$, čo je mimo nášho intervalu $0\le x\le 2$. Na uvedenom intervale je teda funkcia $h_{BC}(x)$ rastúca, s najmenšou hodnotou $h_{BC}(0)=1$ a najväčšou hodnotou $h_{BC}(2)=15$. Záver: Funkcia $f$ na úsečke $BC$ nadobúda najmenšiu hodnotu $1$ v bode $(0,1)=B$ a najväčšiu hodnotu $15$ v bode $(2,3)=C$.

Úsečka $\bf AC$ je určená rovnicou $y=3x-3$ pre $1\le x\le 2$. Tu pre funkciu $f$ máme $f(x,y)=f(x,3x-3)=2x^2-x+(3x-3)^2$. Napokon sa teda zaoberáme funkciou $h_{AC}(x)= f(x,3x-3)=2x^2-x+(3x-3)^2= 11x^2-19x+9$. To je zasa kvadratická (a konvexná) funkcia, ktorej minimum je v bode spĺňajúcom rovnosť $h'_{AC}(x)= 22x-19=0$, teda v bode $19/22$, ktorý je mimo intervalu $1\le x\le 2$. Preto funkcia $h_{AC}$ je pre $1\le x\le 2$ rastúca, čiže pre jej extrémy na tomto intervale máme $h_{AC}(1)=1$ a $h_{AC}(2)=15$. Záver: Funkcia $f$ na úsečke $AC$ nadobúda najmenšiu hodnotu $1$ (pre $x = 1$, t.j. v bode $(1,0)=A$) a najváčšiu hodnotu $15$ (pre $x = 2$, t.j. v bode $(2,3)=C$).

3. Čaká nás finále - zhrnutie faktov získaných vyššie. Najprv sme zistili, že vnútri trojuholníka $M$ naša funkcia nemá lokálne extrémy. Potom sme na hranici trojuholníka $M$ identifikovali najväčšiu hodnotu $15$ v bode $C=(2,3)$ a najmenšiu hodnotu $1/4$ v bode $(1/2,1/2)$. Uvedené dve hodnotu sú teda aj globálnymi extrémami funkcie $f$ na množine $M$. $\clubsuit$

-

Príklad 2. Vypočítajte najmenšiu a najväčšiu hodnotu funkcie $f(x,y)=x^2+2x+y^2-2y+3$ na kruhu $M$ so stredom v počiatku súradnicovej sústavy a s polomerom $2 \sqrt{2}$.

Riešenie: Opäť použijeme predchádzajúcu schému.

1. Lokálne extrémy. Rovnice $f_x=f_y=0$ majú po výpočte parciálnych derivácií tvar $2x+2=2y-2=0$, a teda jediným stacionárnym bodom je bod $(-1,1)$. Keďže $D=f_{xx}f_{yy}- (f_{xy})^2=4>0$ a $f_{xx}=2>0$, podľa D-testu má funkcia $f$ v bode $(-1,1)$ lokálne minimum. Bod $(-1,1)$ tentoraz leží vnútri kruhu $M$, a teda v ďalšom s ním budeme počítať. Záver: Vnútri kruhu $M$ má naša funkcia $f$ jeden lokálny extrém, a to lokálne minimum v bode $(-1,1)$ s hodnotou $f(-1,1)=1$.

2. Viazané extrémy. Hranica kruhu $M$ je kružnica s rovnicou $x^2+y^2=8$. Hľadáme teda najmenšiu a najväčšiu hodnotu funkcie $f$ na krivke $g(x,y)=0$, pričom $g(x,y)=x^2+y^2-8$. Použijeme Lagrangeovu metódu; podľa (4.16) sú "kandidáti" na extremálne hodnoty dané riešeniami sústavy rovníc

$$f_x=\lambda g_x,\ \ \ f_y=\lambda g_y,\ \ \ g(x,y)=0,$$

teda v našom prípade

$$2x+2=\lambda\cdot 2x, \ \ 2y-2=\lambda\cdot 2y, \ \ x^2+y^2-8=0.$$

Z prvých dvoch rovníc dostávame:

$$x=\frac{1}{\lambda-1}\ \ \ {\rm a}\ \ \ \ y=\frac{1}{1-\lambda}\ \ ,$$

čo po dosadení do tretej rovnice (čiže do rovnice kružnice) dáva:

$$\Big(\frac{1}{\lambda-1}\Big)^2+\Big(\frac{1}{1-\lambda}\Big)^2=8\ .$$

Táto rovnica sa jednoducho upraví na tvar $(\lambda -1)^2=\frac{1}{4}$, alebo $\vert\lambda -1\vert=\frac{1}{2}$. Odtiaľ dostávame dve riešenia, $\lambda_1=\frac{1}{2}$ a $\lambda_2=\frac{3}{2}$. a teda z rovníc pre $x$ a $y$ aj dva body, $B_1=(-2,2)$ a $B_2=(2,-2)$, ktoré sú "kandidátmi" na nadobúdanie extremálnych hodnôt. Keďže kružnica $g(x,y)=0$ je uzavretá a ohraničená množina, funkcia $f$ musí na nej nadobudnúť svoje maximum aj minimum. Z hodnôt $f(B_1)=f(-2,2)=3$ a $f(B_2)=f(2,-2)=19$ je potom zrejmý záver: Funkcia $f$ na hranici množiny $M$ nadobúda najmenšiu hodnotu $3$ v bode $(-2,2)$ a najväčšiu hodnotu $19$ v bode $(2,-2)$.

3. Zhrnutie. Z faktov získaných vyššie je už jednoduché urobiť celkový záver: Funkcia $f$ na množine $M$ nadobúda globálne minimum s hodnotou $1$ v bode $(-1,1)$ a globálne maximum s hodnotou $19$ v bode $(2,-2)$. $\clubsuit$