Тест другої часткової похідної

Тест другої часткової похідної — метод використовуваний для визначення чи є критична точка функції максимумом, мінімумом чи сідловою точкою.

Тест

Функція від двох змінних

Шаблон:Multiple image Припустимо, що f(x, y) — диференційовна дійснозначима функція двох змінних чиї часткові похідні існують. Матриця Гессе H для f це 2 × 2 матриця часткових похідних f:

$H(x,y)=\left(\begin{array}{cc}{f}_{xx}(x,y)& f_{xy}(x,y)\\ f_{yx}(x,y)& f_{yy}(x,y)\end{array}\right)$.

Нехай D(x, y) буде її визначником:

$D(x,y)=\det (H(x,y))=f_{xx}(x,y)f_{yy}(x,y)-{(f_{xy}(x,y))}^2$.

Насамкінець, припустимо що (a, b) це критична точка f (тобто, f_x(a, b) = f_y(a, b) = 0). Тоді тест другої часткової похідної стверджує таке:

1. Якщо $D(a,b)>0$ і $f_{xx}(a,b)>0$ тоді $(a,b)$ є локальним мінімумом f.
2. Якщо $D(a,b)>0$ і $f_{xx}(a,b)<0$ тоді $(a,b)$ є локальним максимумом f.
3. Якщо $D(a,b)<0$ тоді $(a,b)$ є сідловою точкою f.
4. Якщо $D(a,b)=0$ тоді тест другої похідної не є достатним, і точка (a, b) може бути мінімумом, максимумом або сідловою точкою.

Обґрунтування

Скористаємось розкладенням у ряд Тейлора:

$\mathrm{\Delta }f\simeq (x-x_0)f_x+(y-y_0)f_y+\frac{1}{2}(x-x_0{)}^2{f}_{xx}+(x-x_0)(y-y_0)f_{xy}+\frac{1}{2}(y-y_0{)}^2{f}_{yy}.$

У критичній точці

$\mathrm{\Delta }f$	$\simeq$	$\frac{1}{2}(x-x_0{)}^2{f}_{xx}+(x-x_0)(y-y_0)f_{xy}+\frac{1}{2}(y-y_0{)}^2{f}_{yy}$
	$=$	$\frac{(y-y_0{)}^2}{2}\left[\right(\frac{x-x_0}{y-y_0}{)}^2{f}_{xx}+\left(\frac{x-x_0}{y-y_0}\right)f_{xy}+f_{yy}].$

Очевидно, що ми уникаємо точки $y=y_0,$ інакше це не спрацює. Тепер введемо заміну $z=\frac{x-x_0}{y-y_0},$ маємо

$\mathrm{\Delta }f=\frac{(y-y_0{)}^2}{2}g(z).$

Оскільки $\frac{(y-y_0{)}^2}{2}\ge 0,$ знак $\mathrm{\Delta }f$ повністю визначає знак $g(z).$

Допоміжна лема

Розглянемо квадратичну $(A\ne 0)$ функцію $g(x)=A{x}^2+2Bx+C.$

1. Якщо $AC-B^2>0,$ і $A>0$ або $C>0,$ тоді $g(x)>0$ для всіх $x.$
2. Якщо $AC-B^2>0,$ і $A<0$ або $C<0,$ тоді $g(x)<0$ для всіх $x.$
3. Якщо $AC-B^2<0,$ тоді існують значення $x$ такі, що $g(x)>0$ і такі, що $g(x)<0.$

У виродженому випадку потрібен додатковий тест за допомогою вищих похідних.

Заувага, глобальний мінімум чи максимум функції не завжди є у критичній точці. Слід перевірити границі й нескінченність.

Доведення:

1. Нехай $AC-B^2>0.$ Якщо $A>0,$ тоді $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }g(x)=\mathrm{\infty },$ що означає, що $g(x)>0$ для деякого $x.$ З іншого боку, якщо $C>0$ тоді $g(0)>0,$ отже знов, ми знаємо, що існує $x$ коли $g(x)>0.$ Якщо $g$ і набуває від'ємних значень, то виходить, що $g$ мусить десь обертатись у нуль. Ми можемо знайти коріні квадратного рівняння, тобто значення $x$ де $g(x)=0:$
   $x=\frac{-2B\pm \sqrt{(2B{)}^2-4AC}}{2A}=\frac{-B\pm \sqrt{B^2-AC}}{A}.$
   $AC-B^2>0,$ це значить, що $B^2-AC<0,$ тому значення $x$, отримані з цієї формули, не є дійсними (бо містять ненульову уявну частину). Це означає, що $g(x)$ ніколи не обертається на нуль для будь-якого $x,$ отже $g$ ніколи не перетинає вісь $x,$ тому $\mathrm{\forall }z,g(z)>0.$
2. Цей випадок майже ідентичний попередньому.
3. Якщо $AC-B^2<0,$ то $g(x)$ перетинає вісь $x$ двічі, тобто вона має як додатні так і від'ємні значення.

Див. також

• Тест другої похідної

Посилання

• Шаблон:MathWorld
• Доведення тестуШаблон:Недоступне посилання Шаблон:Ref-en