metodychka

Функцiя визначена у всiх точках площини i має частиннi похiднi першого порядку,

координати яких мають однаковi знаки та задовольняють систуми нерiвностей

x − y < 0;

y > 0,

функцiя u = ln(x2 + y2).

Функцiя визначена, неперервна i має неперервнi частиннi похiднi у всiх точках площини крiм точки O(0; 0). Знаходимо частиннi похiднi першого i другого порядку:

Пiдставляючи отриманi значення частинних похiдних в лiву частину вихiдного рiвняння, отримаємо

Порiвнюючи отриманi результати, робимо висновок, що задана функцiя u не задовольняє вихiдне рiвняння.

10. Дослiдити на локальний екстремум функцiю

z= xy(x + y − 2).

Функцiя визначена, неперервна i має частиннi похiднi у всiх точках площини. Знаходимо першi частиннi похiднi заданої функцiї

екстремуму, необхiдно використати достатнi умови екстремуму.

Отже, для подальшого дослiдження заданої функцiї на екстремум знаходимо другi

Пiдставляючи в отриманi вирази для других частинних похiдних координати знайдених стацiонарних точок i використовуючи достатнi умови екстремуму, отримаємо

для точки M1 :

= 0 · 0 − (−2)2 = −4 < 0,

Дослiдимо значення функцiї на межi областi D. На сторонi OA (y = 0, 0 ≤ x ≤ 1)

трикутника OAB функцiя z має вигляд z = 3x (лiнiя перетину поверхнi з площиною

xOz). Отже на вiдрiзку OA ми маємо справу з функцiєю однiєї змiнної. Для функцiї z =

3x, z′ = 3 6= 0, а це означає, що стацiонарних точок на вiдрiзку OA немає. Обчислюємо

значення функцiї на кiнцях вiдрiзка: в точцi O, z(0) = 0, а в точцi A, z(1) = 3. Отже, на на вiдрiзку OA найменше значення функцiї дорiвнює 0, а найбiльше 3.

Аналогiчно на сторонi OB (x = 0, 0 ≤ y ≤ 1) трикутника OAB маємо функцiю однiєї змiнної z = −y2 + 4y. Знаходимо стацiонарну точку з умови z′ = 0, а оскiльки

z′ = −2y + 4, то з рiвняння −2y + 4 = 0 маємо, що y = 2, z / [0; 1]. Значення функцiї

в точцi O z(0) = 0, а в точцi Bz(1) = 3. Отже, на вiдрiзку OB найменше значення функцiї дорiвнює 0, а найбiльше 3.

Залишилося знайти найбiльше i найменше значення функцiї на сторонi AB, рiвняння

якої x+y = 1. Звiдки знаходимо, що y = 1−x, x [0; 1]. Пiдставляємо у вихiдне рiвняння

z= x(1 − x) − (1 − x)2 + 3x + 4(1 − x) = −2x2 + 2x + 3. Тодi z′ = −4x + 2 i з рiвняння

z′ = 0 випливає, що x = 12 . Оскiльки похiдна злiва вiд цiєї точки є додатною, а справа

вiд’ємною, то точка M2 є точкою локального максимуму на вiдрiзку AB i z(12 ) = 3, 5.

Порiвнюючи вище знайденi значення на кiнцях цього вiдрiзка i значення локального екстремуму, отримаємо, що на вiдрiзку AB найменше значення функцiї дорiвнює 0, а

найбiльше 3, 5.

Тепер, вибираючи серед найменших значень, знайдених на кожному вiдрiзку,

найменше, серед найбiльших найбiльше, остаточно отримаємо, що

zmin = 0, zmax = 3, 5.

12. З усiх трикутникiв з одним i тим самим периметром 2p знайти той, у якого площа

найбiльша.

p

Скористаємось формулою Герона для площi трикутника S = p(p − a)(p − b)(p − c),

де p пiвпериметр. Оскiльки площа додатня величина, то для зручностi врахуємо

те, що якщо вона приймає найбiльше значення, то її кавдрат також буде приймати найбiльше значення. Отже дослiджуватимемо функцiю S2 = p(p − a)(p − b)(p − c).

1 спосiб. З рiвностi a + b + c = 2p одну з сторiн виразимо через iншi, наприклад, a = 2p − b − c i пiдставляємо в нашу функцiю

u = p(−p + b + c)(p − b)(p − c)

маємо формулу двох змiнних, яку дослiдимо на екстремум.

u′c = p(p − a)(p − c + p − b − c) = 0;u′b = p(p − c)(p − b + p − b − c) = 0.

Жодна з сторiн трикутника не може бути рiвною пiвпериметру, тому маємо

2p − 2c − b = 0;

2p − 2b − c = 0.

Звiдси c = 23p , b = 23p . Знаходимо другi похiднi

u′′c2 = p(p − b)(−2), u′′b2 = p(p − c)(−2), u′′bc = p(2p − 2b − c)(−1) + p(p − c)(−1).