190-matematicheskiy-analiz-differencial-noe-ischislenie-funkciy-neskol-kih-peremennyh-1mb

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский технологический университет "МИСиС"

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

= 2(4 − 4) − 2 3(−4

3 − 4 3) + 2 3(4 3 + +4 3) = 96 > 0;

= −4 − 12 = −16 < 0;

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

23.03.2016

Размер:

1.25 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 118 9 10 11 > Следующая >>>

Следовательно, квадратичная форма d 2 z |M4 в точке M4 знакопе-

ременная, а значит, стационарная точка M4(−3, −1) не является точ- кой экстремума.

Найдем значения функции в точках экстремума: z(1, 3) = 9 + 27 − 18 − 90 = −72;

z(−1, − 3) = −9 − 27 + 18 + 90 = 72.

Итак, точка M1(1, 3) − точка минимума функции, zmin = z(1, 3) = −72; точка M2(−1, −3) − точка максимума функции, zmax = z(−1, −3) = 72; точки M3(3, 1) и M4(−3, −1) не являются точками экстремума.

Пример 1.9.2

Исследовать на экстремум функцию z = 2xy(1 + 4x + 8y).

Решение

z = 2xy(1 + 4x + 8y) = 2xy + 8x2y + 16xy2.

Найдем стационарные точки, т.е. точки, в которых может быть экстремум. Для отыскания стационарных точек необходимо прирав- нять к нулю обе ее частные производные:

∂z = 2y + 16xy + 16y2 = 0;

∂x

∂z = 2x + 8x2 + 32xy = 0

∂y

и решить полученную систему двух уравнений с двумя неизвестными:

+ 16xy + 16y

= 0,

2y(1+ 8x + 8y) = 0,

+ 4x + 16y) = 0

2x + 8x2 + 32xy = 0

2x(1

y =

y = 0,

x(1

+ 4x + 16y) =

+ 4x

= 0,

1+ 8x + 8y = 0,

x(1

+ 4x + 16y) =

8y = −1− 8x,

= 0

или

1+ 4x + 16y = 0

	y = 0,

	x = 0,
		y = 0,
			1
			1
	x = −				,
	x = −		4		,
			4
			1
			1
y = −				,
y = −			8	,
			8
		x = 0 ,
		x = 0 ,
	y = (−1 − 8x)/ 8,
	y = (−1 − 8x)/ 8,

	1+ 4x + 16y = 0.

Решим последнюю систему:

y = (−1 − 8x)/8,				y	= (−1 − 8x)/8,

1+ 4x + 16y = 0				1+ 4x − 2 − 16x =					0
	y = (−1 − 8x)/8,					y = −1/ 24,

	x = −1/12					x = −1/12.
Получили четыре		стационарные точки						M1(0, 0), M2(−1/4, 0),
M3(0, −1/8), M4(−1/12, −1/24).
Найдем вторые частные производные:
∂2 z	= 16y;	∂2 z	=	32x;		∂2 z	= 2	+ 16x + 32y.
∂x2		∂y2				∂x∂y

Исследуем знак второго дифференциала в каждой из получивших- ся стационарных точек.

1. В точке M1(0, 0)

∂2 z

= 0;

∂2u

= 0;

∂2u

= 2.

∂x2

∂y2

∂x∂y

Тогда

< 0 .

Следовательно,

квадратичная форма

d 2 z

в точке M1 знакопе-

ременная, а значит, стационарная точка M1(0, 0) не является точкой

экстремума.

2. В точке M2(−1/4, 0)

∂2 z

∂2u

= −8;

∂2u

= −2.

∂x2

∂y2

∂x∂y

Тогда

2 =

−2

< 0 .

−2

−8

Следовательно,

квадратичная форма

d 2 z

в точке M2 знакопе-

ременная, а значит, стационарная точка M2(−1/4, 0) не является точ-

кой экстремума.

3. В точке M3(0, −1/8)

∂2 z

= −2;

∂2u

= 0;

∂2u

= −2.

∂x2

∂y

∂x∂y

Тогда

2 =

−2

< 0 .

−2

Следовательно,

квадратичная форма

d 2 z

в точке M3 знакопе-

ременная, а значит, стационарная точка M3(0, −1/8) не является точ-

кой экстремума.

4. В точке M4(−1/12, −1/24)

∂2 z

= −

;

∂2u

= −

;

∂2u

= −

∂x2

∂y2

∂x∂y

Тогда

−

2 =

−

> 0 , 1

= −

< 0 .

−

Следовательно,		квадратичная форма											d 2 z			M4		в точке M4 отрица-
																M4
тельно определенная, а значит, стационарная точка M4(−1/12, −1/24) −
точка максимума функции.
Найдем значение функции в точке экстремума:
			1			1					1			1						4		8
			1			1					1			1						4		8
z	M4 = z −				, −		= 2		−				−			1		−			−		=
z	M4 = z −				, −		= 2		−				−			1		−			−		=
		12				24					12			24				12				24
=			1			1 −	1	−		1	=		1		=		1		.
=						1 −		−			=				=				.
				24 6			3			3		24 18				432

Итак, точка M4(−1/12, −1/24) − точка максимума функции, zmax = = −1/432; точки M1(0, 0), M2(−1/4, 0), M3(0, −1/8) не являются точками экстремума.

Пример 1.9.3

Исследовать на экстремум функцию z = e–2x(x – 3y2 – 8y).

Решение

∂z = −2e2x (x − 3y2 − 8y) + e−2x = e−2x (−2x + 6y2 + 16y + 1) = 0;

∂x

∂z = e−2x (−6y − 8) = 0

∂y

и решить полученную систему двух уравнений с двумя неизвест- ными:

	−2x	( − 2x		+ 6y			2	+ 16y
e		( − 2x		+ 6y				+ 16y
				− 8)			= 0
e−2x ( − 6y				− 8)			= 0
	y = −		4	,
	y = −			,
		3
					16				16 4
	−2x + 6				16	−			16 4
	−2x + 6					−
				9				3

+ 1) = 0,						2	+ 16y + 1 = 0,
+ 1) = 0,
	−2x + 6y
	6y = −8
	y = −	4		,
	y = −	3		,
		3
			32				64
+ 1 = 0	−2x +		32		−		64	+ 1 = 0
+ 1 = 0	−2x +				−		3	+ 1 = 0
		3					3


y = −	4		,		y = −		4	,
	3						3


−2x =		32		− 1	x = −	29			.

	3						6

Следовательно, M(−29/6, −4/3) – стационарная точка. Найдем вторые частные производные:

∂2 z = −2e−2x (−2x + 6y2 + 16y + 1) + e−2x (−2);

∂x2

∂2 z = e−2x (−6);

∂y2

∂2 z = e−2x (12y + 16).

∂x∂y

Найдем вторые частные производные в точке M(−29/6, −4/3):

∂2 z

M = −2e

0 − 2e 3 = −2e 3 ;

∂x2

∂2 z

= −6e 3 ;

∂y2

∂2 z

+ 16

0 = 0.

= e

−

= e

∂x∂y

Исследуем знак второго дифференциала в точке M(−29/6, −4/3):

	29
=	−2e	3	0
=
	0		−6e

		29

29	> 0;	1 = −2e	3	< 0 .
29
3

Следовательно, квадратичная форма d 2 z в точке M отрицатель-

но определенная, а значит, стационарная точка M(−29/6, −4/3) − точ- ка максимума функции.

Найдем значение функции в точке максимума:

							29				4			29			29					4	2			4


	z		M	= z		−			, −				= e	3	−				− 3		−			− 8	−			=
	z		M	= z		−			, −				= e	3	−				− 3		−			− 8	−			=
							6				3						6					3				3

29				29		16				32			29		16			29				29		32 − 29				1	29
				29		16				32					16			29						32 − 29				1
= e 3		−			−			+				= e 3				−				= e 3							=		e 3 .
= e 3		−		6	−	3		+				= e 3			3	−		6		= e 3				6			=	2	e 3 .
				6		3				3					3			6						6				2
																														1		29	.
Итак, точка M(−29/6, −4/3) – точка максимума функции, zmax																													=	1	e	3
Итак, точка M(−29/6, −4/3) – точка максимума функции, zmax																													=		e	3
																													2

Пример 1.9.4

Исследовать на экстремум функцию u = x2 – 2xy + 4y2 + 6yz + 6z2 – 6z.

Решение

Найдем стационарные точки, то есть точки, в которых может быть экстремум. Для отыскания стационарных точек необходимо прирав- нять к нулю ее частные производные:

∂u = 2x − 2y = 0;

∂x

∂u = −2x + 8y + 6z = 0; ∂y

∂u = 6y + 12z − 6 = 0

∂z

и решить полученную систему трех уравнений с тремя неизвестными:

2x − 2y = 0,		x = y,					x = y,
−2x + 8y + 6z = 0, x − 4y − 3z = 0, −3y − 3z = 0,
12z + 6y − 6 = 0		2z + y − 1 = 0					2z + y − 1 = 0
x = y,					x = −1,
z = − y,				z = 1,
−2y + y − 1 = 0					y = −1.
Следовательно, M(−1, −1, 1) − стационарная точка.
Найдем вторые частные производные:
∂2u	= 2;	∂2u	= 8;		∂2u		= 12;
∂x2		∂y2			∂z	2

∂2u

= −2;

∂2u

= 0;

∂2u

= 6.

∂x∂z

∂y∂z

∂x∂y

Тогда второй дифференциал в точке M(−1, −1, 1)

d 2u

= 2dx2 + 8dy2 + 12dz2 − 4dxdy + 12dydz.

Исследуем знак второго дифференциала в точке M(−1, −1, 1):

−2

3 =

−2 8

= 2(96 − 36) + 2(−24) = 72 > 0;

2 =

2 −2

= 16 − 4 = 12 > 0;

−2

1 = 2 > 0.

Следовательно,

квадратичная форма

d 2 z

в точке M положи-

тельно определенная, а значит, стационарная точка M(−1, −1, 1) −

точка минимума функции.

Найдем значения функции в точке минимума:

z(−1, −1, 1) = 1 − 2 + 4 − 6 + 6 − 6 = −3.

Итак, точка M(−1, −1, 1) − точка минимума функции, zmin = −3.

Пример 1.9.5

Исследовать на экстремум функцию u = 2x3yz – x2 − y2 – z2 .

Решение

Найдем стационарные точки, т.е. точки, в которых может быть экстремум. Для отыскания стационарных точек необходимо прирав- нять к нулю ее частные производные:

∂u = 6x2 yz − 2x = 0;

∂x

∂u = 2x3 z − 2y = 0;

∂y

∂u = 2x3 y − 2z = 0 ∂z

и решить полученную систему трех уравнений с тремя неизвестными:

		x = 0,
6x2 yz − 2x = 0,	x = 0 или 3xyz = 1,	y = 0,

2x3 z − 2y = 0, x3 z = y,		z = 0,
2x3 y − 2z = 0	x3 y = z	3xyz = 1,
				3	z = y,
		x
			x	3	y = z.

Рассмотрим вторую систему:

3xyz = 1,	3xyz = 1,	3xyz = 1,

x3 z = y,	y = x3 z,	y = x3 z,

x3 y = z	x3 x3 z = z	x6 z = z.

В данной системе z ≠ 0, так как в этом случае первое уравнение системы не имеет смысла.

Следовательно,

x = 1,

y = z,

y = ±1/ 3,

3xyz = 1,

y = z,

= 1,

= ±1/ 3,

= x

3yz = 1,

x = −1,

= 1

x = −1,

= − z,

= 1/ 3,

y = − z,

−3yz = 1

= 1

= ±1/ 3.

Получили пять стационарных точек:

M1(0, 0,

0); M2 1,

;

M3 1, −

, −

; M4

−1,

, −

; M5

−1, −

3 3

Найдем вторые частные производные:

∂2u

= 12xyz − 2;

∂2u

= −2;

∂2u

= −2;

∂x2

∂y2

∂z2

∂2u	= 6x	2	z;	∂2u	= 6x	2	y;	∂2u	= 2x	3	.
∂x∂y				∂x∂z				∂y∂z

Исследуем знак второго дифференциала в каждой из получив- шихся стационарных точек.

1. В точке M1(0, 0, 0)

∂2u

= −2;

∂2u

= −2;

∂2u

= −2;

∂x2

∂y2

∂z2

∂2u

= 0;

∂2u

= 0;

∂2u

= 0.

∂x∂y

∂x∂z

∂y∂z

Запишем дифференциал второго порядка в точке M1:

d 2u = −2dx2 − 2dy2 − 2dz2 = −2(dx2 + dy2 + dz2 ).

Получили, что дифференциал второго порядка в точке M1 являет- ся отрицательно определенной квадратичной формой, а значит, ста- ционарная точка M1(0, 0, 0) − точка максимума функции.

В точке M

2 1,

∂2u

= −2;

∂2u

= −2;

∂x2

∂y

∂z2

∂2u

= 2

∂2u

= 2

∂2u

= 2.

∂x∂y

∂x∂z

∂y∂z

Запишем дифференциал второго порядка в точке M2:

d 2u

= 2dx2 − 2dy2 − 2dz2 + 4 3dxdy + 4

3dxdz + 4dydz.

Исследуем знак второго дифференциала:

3 =

−2

Следовательно, квадратичная форма

d 2 z

в точке M2 знакопе-

ременная, а значит, стационарная точка

M2 1,

не является

точкой экстремума.

−

, −

3. В точке M3 1,

∂2u

= 2;

∂2u

= −2;

∂2u

= −2;

∂x

∂y2

∂z2

∂2u

= −2

∂2u

= −2 3;

∂2u

= 2.

∂x∂y

∂x∂z

∂y∂z

Запишем дифференциал второго порядка в точке M3:

d 2u

= 2dx2 − 2dy2 − 2dz2 − 4

3dxdy − 4

3dxdz + 4dydz.

Исследуем знак второго дифференциала:

−2

3 =

−2

= 2(4 − 4) + 2

3(4

3 + 4

3) − 2

3(−4

3 − −4

3) = 96 > 0;

2 =

−2 3

= −4 − 12 = −16 < 0;

−2

1 = 2 > 0.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 118 9 10 11 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
23.03.20163.07 Mб43186- Путешествуем с английским- Русско-англ разг для бизнесм и путешеств_ред. Мерхелевич_2006.pdf
#
11.11.20181.62 Mб221866.doc
#
08.09.20191.05 Mб111878_ekonomika.doc
#
11.11.20181.99 Mб221882 курсовая ПМП.doc
#
29.09.201988.58 Кб1318_oskol.doc
#
23.03.20161.25 Mб63190-matematicheskiy-analiz-differencial-noe-ischislenie-funkciy-neskol-kih-peremennyh-1mb.pdf
#
06.05.20194.67 Mб241920.doc
#
16.09.2019736.77 Кб61The Tower of London is one of the world.doc
#
20.04.2015606.03 Кб971_2_223.pdf поляков.pdf
#
14.11.201971.92 Кб361а Правоведение. Контрольная работа № 1 2012-13...docx
#
20.04.2015386.05 Кб421ТУ.doc