Материал: 2231

x + y = ±3;

x − y = ±1.

Теперь имеем четыре системы, решаем их:

И

x + y = 3;

получаем точку M1 (2,1).

1,

x − y =

Д

x + y = 3;

получаем точку M 2 (1, 2).

x − y = −1,

x + y = −3;

получаем точку M3 (−1, − 2).

1,

x − y =

x + y = −3;

получаем точку

M 4 (− 2, −1).

б

x − y = −1,

Функция имеет четыре критические (стационарные) точки. Эти

точки удовлетворяют о ласти определения.

Проверим

12

6

,

выполнены

ли в этих точках достаточные условия

экстремума (33). Вычисляем частные производные 2-го порядка и со-

ставляем определ

тель:

А

∆ =

6 x

6 y

.

6 y

6 x

Подставляем в ∆ координаты критических точек:

∆

M1

=

6

12

= 144 − 36 = 108 > 0,

поэтому в точке M1 (2,1) функция имеет экстремум по теореме 1. Т.к.,

кроме того, z

′′

(M

1

) = 12 > 0 , то в точке M

1

(2,1)

– локальный минимум.

Сx x

∆

=

6

12

= 36 −144 = −108 < 0,

M2

12

6

И

поэтому в точке M 2 (1, 2) функция экстремум не имеет по теореме 2.

Проверяем точку M3 (−1, − 2):

Д

− 6

−12

∆

=

= 36 −144 = −108 < 0,

M3

−12

− 6

поэтому в точке M3 (−1,

А

− 2) функция экстремум не имеет по теореме.

Проверяем точку M 4 (− 2, −1):

∆

=

−12

− 6

= 144 − 36 = 108 > 0,

б3

2

M

4

− 6

−12

поэтому в точке

M

4

(− 2, −1) функция имеет экстремум по теореме 1.

максимум

M 4 (− 2, −1) – локаль-

Т.к., кроме того,

z′x′x

(M 4 ) = −12 > 0, то в точке

ный макс мум.

z

max

= z (− 2, −1 )

= (− 2)3 + 3 (− 2) (−1)2 −15 (− 2)−12 (−1) = 28 .

С

z = x + +3 x y

−15 x −12 y

имеет локальный ми-

Итак, функц я

н мум в точке M1 (2,1),

z

min = z (2,1 ) = −28. Функция имеет локаль-

ный

в точке M 4 (− 2, −1),

z

max = z (− 2, −1 ) = 28.

3. Даны функция двух переменных z = x3 + 8y3 − 6xy + 5

и точ-

ка. Исследовать функцию z на экстремум.

Решение. Находим точки, в которых частные производные пер-

вого порядка z′x ,

z′y

равны нулю или не существуют и которые лежат

внутри области определения функции: z′x = 3x

2

− 6y , z′y = 24y

2

− 6x .

Решая

систему уравнений

z′x

= 0,

найдём

две точки

M1(0;0) и

1

z′y

= 0,

M 2 1;

2

. Обе точки являются стационарными. Далее исследуем точ-

И

ки по знаку определителя ∆ , составленного из частных производных

второго порядка:

′′

A = 6x;

zxx =

′′

Д

zxy =

B = −6;

′′

zyy = C = 48y .

M1

А

B = −6 ;

C = 0

Для

точки

получим

A = 0;

и

∆(M1) = AC − B2 = −36 < 0 . Следовательно, в точке M1 нет экстремума.

Для точки M 2

имеем A = 6;

B = −6 , C = 24 и ∆(M 2 ) = 108 > 0.

Согласно достаточному условию существования экстремума, M 2

есть

точка минимума. zmin = z(M2 ) = 4 (видео 2).

§14. Условный экстремум

ли

Условным экстремумом функции z = f (x, y)называется макси-

мум

м н мум этой функции, достигнутый при условии, что ее

аргументы связаны услов ем ϕ (x, y) = 0 (уравнение связи).

Для нахожден я условного экстремума функции z = f (x, y)

при

С

услов

ϕ

(x, y)б= 0 , составляют функцию Лагранжа.

F (x , y ,λ) = f (x, y) + λ ϕ (x , y ),

(35)

б

Уравнение связи

x2 + y2 = 1 задает на плоскости окружность с цен-

уравнение

тром начале координат и радиусом R = 1.

Т.к.

x2 + y2 = 1 не содержит переменную z , то в про-

странстве это

е задает цилиндрическую поверхность, парал-

лельную оси Oz . Т. . x2 + y2 = 1 – цилиндр в пространстве.

Уравнен

z = 6 − 4 x − 3 y определяет плоскость, которая не па-

С

F (x , y , λ) = 6 − 4 x − 3 y

+ λ (x2

И

+ y2 −1 ).

Функция Лагранжа определена при любых значениях перемен-

ных, т.е. в R3 .

Вычисляем частные производные первого порядка и

находим критические точки:

Д

Fx′ = −4 + λ 2 x = 0;

Fy′ = −3 + λ 2 y = 0;

А

Fλ′

= x2

+ y2

−1 = 0.

Выражаем переменные из 1-го и 2-го уравнений и подставляем

их в 3-е уравнение:

б

4

x

=

2λ

;

3

y

=

2λ

;

2

2

4

3

+

= 1.

2λ

С

2λ

2

Из 3-го уравнен я находим λ = ± 5 .

4

4

2

иx =

=

;

2

5

5

5

Если λ1 =

, то

2

2

3

3.

y =

=

5

2

5