Справочный материал

∂L = 0

∂x

∂L

= 0 .

∂y

0

ϕ′x (M 0 )

ϕ′y (M 0 )

=

ϕ′x (M 0 )

∂2 L

(x0 , y0 ,λ0 )

∂2 L

(x0 , y0 ,λ0 )

≠ 0 .

∂x2

∂x∂y

ϕ′y (M 0 )

∂2 L

(x0 , y0 ,λ0 )

∂2 L

(x0 , y0 ,λ0 )

∂x∂y

∂y2

Функция

f (x, y) имеет в точке

M0 условный минимум, если

< 0 и условный максимум, если

> 0 .

ЗАМЕЧАНИЕ

Если определитель = 0 , то экстремум может быть, а может

и не быть.

Решение задачи 12.1

Стационарные точки

функции

определяются

из

системы:

∂z

= 2x − y

−1 = 0

x =1

∂x

. Стационарная точка

∂z

. Решение системы

= 2 y − x

−1 = 0

y

=1

∂y

M1(1; 1) находится внутри заданной области (рис.1). Значение

функции в этой точке равно z(M1)= −1 .

Граница области задается уравнениями:

1. x = 0,

0 ≤ y ≤ 3 .

На этой

части

границы

z = y2 − y –

функция одной переменной. Так как

z′ = 2y −1 = 0

при

y = 0,5 , то

наименьшее и наибольшее значения функции могут быть в точке

M 2 (0; 0,5),

а также в

граничных

точках M3(0; 0) и M 4 (0; 3).

Вычислим

значения

во всех

этих точках: z(M2 )= −0,25 ,

z(M3 )= 0, z(M4 )= 6 .

y

3

M 4

M7

1

M1

M5

M6

M3

M2 1

x

3

Рис. 1.

2. y = 0, 0 ≤ x ≤3 .

На этой части границы z = x2 − x . Так как

z′ = 2x −1 = 0 при

x = 0,5 , то наименьшее и наибольшее значения

функции могут быть в точке M5 (0,5; 0), а также в граничных точках

M3(0; 0)

и M6 (3; 0). Вычислим

значения во

всех этих

точках:

z(M5 )= −0,25 , z(M6 )= 6 .

3.

y = 3 − x,

0 ≤ x ≤ 3 .

На

этой

части

границы

z = 2x2 +(3 − x)2 −3x −3 . Так как

z′ = 4x −2(3 − x)−3 = 6x −9 = 0 ,

точках M7 (1,5;1,5) и в граничных

точках M 4 (0; 3)

и

M6 (3; 0).

Вычислим z(M7 )= −0,75 .

Следовательно, наибольшее значение функции равно

zнаиб = 6

в точках M 4 (0; 3) и M6 (3; 0),

а

наименьшее

zнаим = −1 в

стационарной точке M1(1;1).

Решение задачи 12.2

Вычислим частные производные

∂z

= y

= 0

∂x

.

∂z

= x

= 0

∂y

x = cost

, 0 ≤ t ≤ 2π.

= sin t

y

Подставляя значения

x(t) и

y(t) в функцию

z = x y ,

получим

функцию z = cost sin t =

1 sin 2t

одной переменной

t , заданную на

2

промежутке

[0; 2π]. Наибольшее и наименьшее

значения

эта

функция может принимать на концах промежутка при t = 0 ,

t = 2π, а

′

также в точках, в которых z (t)= 0 .

′

1

′

π

πk

Вычислим

при t = 4 + 2 ,

z (t)= 2 cos 2t 2 = cos 2t . z (t)= 0

где k - целое число.

Внутри

промежутка

[0; 2π]

содержатся только

точки

t

= π ,

1

4

t2 =

3π

, t3

=

5π

и t4 =

7π

.

4

4

4

Вычислим значение функции z = 1 sin 2t на концах промежутка.

2

z(0)= 0 , z(2π)= 0 .

Следовательно,

наибольшее

значение

функции

равно

0,5 ,

которое достигается в точке

(cos

π

, sin

π

),

1

,

1

или

и в точке

4

4

2

2

(cos

), или

5π

, sin

5π

−

1

, −

1

4

4

.

2

2

Наименьшее

значение

функции

равно

−0,5 ,

которое

достигается

в точке

(cos

3π

, sin

3π

)

,

или

−

1

,

1

и

в

точке

4

(cos

), или

4

2

2

7π

, sin

7

π

1

,

−

1

.

4

4

2

2

2. Исследование функции на границе области – задача условного

экстремума

функции

z = xy

при

условии

x2 + y2 =1 .

Функция

Лагранжа имеет вид

L(x, y, λ)= xy +λ(x2 + y2 −1).

Стационарные

точки определяются из системы

∂L

= y

+2λx = 0

∂x

∂L

= x

+2λy = 0 .

∂y

2

2

x

+ y

=1

Вычитая

из

первого

уравнения

второе,

получим:

(y − x)−2λ(y − x)= 0 , (y − x)(1−2λ)= 0 .