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

Т.о., при λ

=

5

получили критическую точку M

4

,

3

2

1

5

5

.

1

4

4

x =

= −

5 ;

2

5

−

2

5 , то

Если λ2

= −

3

3

2

y

=

=

.

5

5

2

−

2

5

4

3

Т.о., при λ2

= −

Д

,

−

.

2

5

5

Теперь составим определитель (33) из производных 2-го поряд-

ка для проверки существования экстремума:

И

А

∆ =

2

λ

0

.

0

2λ

б

M1

4

3

5

Находим ∆

в критических

точках

5

,

5

(при

λ1

=

2

) и

−

4

, −

3

(при λ2 = −

5

).

M 2

5

5

2

и

4

3

5

Исследуем точку M1

5

,

5

(при

λ1 =

2

):

С

5

0

4

3

∆ M1 =

0

5

= 25 > 0,

точка M1

5

,

5

– точка экстремума.

Т.к., кроме того,

z′x′x

= 5 > 0, M1

4

,

3

– точка условного

5

5

минимума.

M1

z

i min

= z (M

1

)

=

6 − 4 4 − 3 3 = 30 −16 − 9 = 1.

5

5

5

Исследуем точку M 2

−

4

, −

3

(при λ2 = −

5

):

5

5

2

∆

=

− 5 0

= 25 > 0,

точка M

4

, −

3

– точка экстре-

M

2

0

− 5

2 −

5

5

мума.

Т.к., кроме того, z′x′x

= −5 < 0,

M 2

−

4

, −

3

– точка ус-

5

5

ловного максимума.

M2

z

= z (M 2 ) = 6

− 4

−

4

3

30 +16 +

9

=

11.

max

− 3

−

=

5

5

5

Итак,

А

И4 3

функция имеет условный минимум в точке

M1

5

,

5

;

= z (M1 ) = 1.

z

i min

M

4

3

Функция

имеет условный

максимума

в

точке

, −

;

−

5

5

= z (M 2

) = 11.

Д2

z

max

области

в области

§15. На

ольшее

наименьшее значения функции в области

Функц я

z = f (x, y), дифференцируемая в ограниченной замк-

С

D, дост гает наибольшего и наименьшего значений

нутой

л бо в кр

ческбх точках функции, лежащих в области D,

либо на

гран

цах

D.

Пример.

И

Найти

наибольшее

и

наименьшее

значения

функции

u =10x2 + 3y2 −10y − 8xy

в замкнутой области

D ,

ограниченной ли-

ниями y = x2 ,

y =1.

Решение.

1.

Находим

критические

точки

функции

Д

u =10x2 + 3y2 −10y − 8xy . Составляем и решаем систему (31):

20 x − 8 y = 0;

8 y = 0.

6y −10 −

А

10

25

Находим решение системы –

точку

M1

7

,

7

. Однако эта

точка не принадлежит заданной области D .

б

2. Теперь исследуем поведение функции на границах.

а)

На

части

границы

y =1,

−1 ≤ x ≤ 1,

имеем

u(x, y) = u(x,1) =10x2 − 8x − 7 .

Критическую

точку

находим, решая

Вычисляем

Отсюда

x0 =

2 ;

y0

= 1. Критическая

уравнение

u′

= 20 x

− 8 = 0.

2

5

точка на этом участке гран цы M 2

5

,1 .

б) На части гран цы y = x2 ,

−1 ≤ x ≤ 1, функция принимает вид

С

u(x, y) = u(x, x2 ) = 3x4 − 8x3 .

Вычисляем

производную

u′ = 12 x3 − 24 x2 = 0,

наход м критические точки

M3 (0,0);

M 4 (2,4).

При этом точка M 4 (2,4) D .

3.

значения функции в найденных критических точ-

ках области и в угловых точках границы M5

(−1,1) и M6

(1,1):

u (M 2

) = u

2

= −

43

;

5

,1

5

угловой точке границы области M5 (−1,1).

43