Пример 1. Исследуем на экстремум функцию
|
Решение.
1. Находим частные производные данной функции. Получаем
| z‘x = 4x − 12y + 4, z‘y = 3y2 − 12x − 12. |
2. Для отыскания координат стационарных точек получаем систему двух уравнений с двумя неизвестными:
|
3. Решаем систему уравнений. Для этого выражаем x из 1–го уравнения:
| x = 3y − 1 |
и подставляем во 2–е уравнение. Получаем
| y2 − 12y = 0. |
Это уравнение имеет корни y1 = 0 , y2 = 12 .
Соответствующие значения x суть x1 = − 1 , x2 = 35 .
Стационарные точки: M1( −1, 0) , M2(35, 12) .
4. Проверяем выполнение достаточных условий экстремума в стационарных точках. Для этого находим частные производные 2–го порядка
| z»xx = 4, z»xy = − 12, z»yy = 6y. |
а) Вычисляем значения частных производных 2–го порядка в стационарной точке M1( − 1,0) . Получаем: A = 4 , B = − 12 , C = 0 . Отсюда AC − B2 = 0 − 144 < 0 и, следовательно, в точке M1 экстремума нет.
б) Вычисляем значения частных производных 2–го порядка в стационарной точке M2(35, 12) . Получаем: A = 4 , B = − 12 , C = 72 . Отсюда AC − B2 = 4 · 72 − 144 > 0 и, следовательно, в точке M2 экстремум есть. Так как A0 , то в точке M2(35, 12) функция имеет минимум.
Пример 2. Исследуем на экстремум функцию
| z = x3 + 3xy2 − 15x − 12y. |
Решение.
1. Находим частные производные данной функции. Получаем:
| z‘x = 3x2 + 3y2 − 15, z‘y = 6xy − 12. |
2. Для отыскания координат стационарных точек получаем систему двух уравнений с двумя неизвестными:
|
3. Решаем систему уравнений. Для этого выражаем x из 2–го уравнения x = 2/y и подставляем в 1–е уравнение. Получаем:
|
Это уравнение имеет корни y1 = 1 , y2 = − 1 , y3 = 2 и y4 = − 2 .
Соответствующие значения x суть x1 = 2 , x2 = − 2 , x3 = 1 , x4 = − 1 .
Стационарные точки суть
| M1(2, 1), M2( −2, −1), M3(1, 2), M4( −1, −2). |
4. Проверяем выполнение достаточных условий экстремума в стационарных точках. Для этого находим частные производные 2–го порядка
| z»xx = 6x, z»xy = 6y, z»yy = 6x. |
а) Вычисляем значения частных производных 2–го порядка в стационарной точке M1(2, 1) . Получаем: A = 12 , B = 6 , C = 12 . Отсюда AC − B2 = 144 − 36 > 0 и, следовательно, в точке M1 экстремум есть. Так как A > 0 , то в точке M1(2, 1) функция имеет минимум.
б) Вычисляем значения частных производных 2–го порядка в стационарной точке M2( −2, −1) . Получаем: A = −12 , B = −6 , C = −12 . Отсюда AC − B2 = 144 − 36 > 0 и, следовательно, в точке M2 экстремум есть. Так как A < 0 , то в точке M1( −2, −1) функция имеет максимум.
в) Вычисляем значения частных производных 2–го порядка в стационарной точке M3(1, 2) . Получаем: A = 6 , B = 12 , C = 6 . Отсюда AC − B2 = 36 − 144 < 0 и, следовательно, в точке M3 функция экстремума не имеет.
г) Вычисляем значения частных производных 2–го порядка в стационарной точке M4( −1, −2) . Получаем: A = −6 , B = −12 , C = −6 . Отсюда AC − B2 = 36 − 144 < 0 и, следовательно, в точке M4 функция экстремума не имеет.
Пример 3. Исследуем на экстремум функцию
| z = x4 + y4 − 2x2 − 4xy − 2y2 |
в точках M1(√
| 2 |
,√
| 2 |
) и M2(0, 1) .
Решение.
1. Проверяем выполнение необходимых условий экстремума в точке M1(√
| 2 |
,√
| 2 |
) :
z‘x(M1) = (4x3 − 4x − 4y )|M1 = 4 · (√
)3 − 4√
− 4√
= 8√
− 8√
= 0; |
z‘y(M1) = (4y3 − 4x − 4y )|M1 = 4 · (√
)3 − 4√
− 4√
= 8√
− 8√
= 0; |
Следовательно, точка M1 является стационарной.
2. Находим частные производные 2–го порядка в точке M1 :
| A = z»xx(M1) = (12x2 − 4 )|M1 = 20; |
| B = z»xy(M1) = −4; |
| C = z»yy(M1) = (12y2 − 4 )|M1 = 20. |
Отсюда AC − B2 = 400 − 16 > 0 и, следовательно, в точке M1 экстремум есть. Так как A0 , то в точке M1(√
| 2 |
,√
| 2 |
) функция имеет минимум.
3. Проверяем выполнение необходимых условий экстремума в точке M2(0, 1) :
| z‘x(M2) = 4 · 0 − 4 · 0 − 4 · 1 = − 4 ≠ 0; |
| z‘y(M2) = 4 · 13 − 4 · 0 − 4 · 1 = 0. |
Необходимые условия экстремума не выполняются. Следовательно, точка M2 не является точкой экстремума.
Пример 4. Исследуем на экстремум функцию
| z = (x − 1)4 + (y + 2)4. |
Решение.
1. Находим частные производные данной функции. Получаем:
| z‘x = 4(x − 1)3, z‘y = 4(y + 2)3. |
2. Для отыскания координат стационарных точек получаем систему двух уравнений с двумя неизвестными:
|
3. Решаем систему уравнений. Получаем x = 1 , y = −2 . Следовательно, функция имеет единственную стационарную точку M0(1, −2) .
4. Находим значения частных производных 2–го порядка в точке M0(1, −2) :
| A = z»xx(M0) = (12(x − 1)2 )|M0 = 12 · (1 − 1)2 = 0; |
| B = z»xy(M0) = 0; |
| C = z»yy(M0) = (12(y + 2)2 )|M0 = 12 · ( − 2 + 2)2 = 0. |
Отсюда AC − B2 = 0 . Следовательно, для того чтобы установить наличие или отсутствие экстремума требуется провести дополнительное исследование.
5. Воспользуемся определением.
В точке M0(1, − 2) значение функции z = 0 , а в окрестности Oδ(M0) этой точки z = (x − 1)4 + (y + 2)40 , так как x ≠ 1 и/или y ≠ − 2 . Таким образом, для любой точки M(x, y) О Oδ(M0) Δz > 0 . Следовательно, по определению M0(1, − 2) — точка минимума функции.
Пример 5. Исследовать на экстремум функцию
|
Решение.
1. Находим частные производные данной функции. Получаем:
| z‘x = 4(x − 1)3, z‘y = − 4(y + 2)3. |
2. Для отыскания координат стационарных точек получаем систему двух уравнений с двумя неизвестными:
|
3. Решаем систему уравнений. Получаем x = 1 , y = −2 . Следовательно, функция имеет единственную стационарную точку M0(1, −2) .
4. Находим значения частных производных 2–го порядка в точке M0(1, − 2) :
| A = z»xx(M0) = (12(x − 1)2 )|M0 = 12 · (1 − 1)2 = 0; |
| B = z»xy(M0) = 0; |
| C = z»yy(M0) = ( −12(y + 2)2 )|M0 = − 12 · ( − 2 + 2)2 = 0. |
Отсюда AC − B2 = 0 . Следовательно, для того чтобы установить наличие или отсутствие экстремума требуется провести дополнительное исследование.
5. Воспользуемся определением.
В точке M0(1, −2) значение функции z = 0 , а в любой окрестности Oδ(M0) есть точки M1(x, −2) , в которых z = (x − 1)4 > 0 (x ≠ 1) , и точки M2(1, y) , в которых z = − (y + 2)4 < 0 (y ≠ − 2) . Следовательно, по определению в точке M0(1, −2) функция экстремума не имеет.
