5_УМК

2x − 2 = 0;

x = 1;

M0 (1, 1) D .

− 2

= 0;

2y

y = 1.

f ′′ = 2,

f ′′

= 2,

f ′′

= 0

xx

yy

xy

=

2

0

= 4.

0

2

(M0 ) = 4 > 0,

a11 (M0 ) = 2 > 0 , поэтому в точке

M0 функция

имеет минимум,

f (M0 ) = 2 .

2) Найдем экстремумы

на

границе области, т.е. на

окружности

x = 2 cos t,

(0 ≤ t ≤ 2π) .

y = 2 sin t

На данной окружности функция становится функцией одной переменной

t : u = f (t) = 4 cos2 t + 4 sin 2 t − 4 cos t − 4 sin t + 4 = 8 − 4 cos t − 4 sin t .

Поскольку

f ′(t) = 4 sin t − 4 cos t ,

то f ′(t) = 0 при tg t = 1 t1 = π , t 2

=

5π

.

4

4

Так как f ′′(t) = 4 cos t + 4 sin t,

f ′′(t1 ) > 0,

f ′′(t 2 ) < 0 , поэтому t1-

t 2 - точка максимума;

f (t1 ) = 8 − 4

, f (t 2 ) = 8 + 4

.

точка минимума,

2

2

3) Рассматривая полученные значения функции, выбираем наибольшее и

наименьшее значения: u наиб = 8 + 4

u наим

= 2 .

2,

1). Из уравнения связи ϕ(x, y) = 0 выразить

y = y(x).

(2.12)

u = f (x, y(x))

~

(2.13)

= f (x).

3). Исследовать функцию (2.13) на экстремум:

1. Необходимое условие экстремума:

~

~

d f

= 0 или

df

не существует.

d x

dx

Пусть M0 (x 0 ,y0 , z0 ) − точка возможного экстремума.

2. Достаточное условие экстремума:

d

2

~

если

f

(M0 ) > 0 , то

M0 - точка минимума;

dx 2

d

2 ~

если

f

(M0 ) < 0 , то

M0 - точка максимума;

dx 2

d

2

~

если

f

(M0 ) = 0 , то экстремума нет.

dx 2

1). Выразить z = z(x, y) из уравнения связи

ϕ(x, y, z) = 0 .

(2.14)

2). Подставить (2.14) в уравнение u = f (x, y, z), при этом получится функ-

ция двух независимых переменных x и

y :

~

(x, y).

(2.15)

u = f (x, y, z(x, y)) = f

3). Исследовать функцию (2.15) на экстремум:

1. Необходимое условие экстремума:

~

= 0

∂ f

~

~

∂ x

df

df

~

или

,

не существуют.

∂ f

= 0

dx

dy

∂ y

∂ 2 ~f

,

∂ 2 ~f

,

∂ 2 ~f

Найти частные производные второго порядка ∂ x2

∂ y2

;

∂ x ∂ y

a

11

a

, где

составить матрицу

12

a

a 21

22

=

∂ 2 u

= a 21

=

∂ 2 u

=

∂ 2 u

a11

, a12

, a 22

,

∂ x

∂ x ∂ y

∂ y

2

2

и найти ее определитель

= a11 a 22 − a122 . Вычислить

в точках возмож-

именно максимум при a11 < 0 (или a 22 < 0 )

и минимум при

a11 > 0 (или

a 22 > 0 ); если

< 0, то в данной точке экстремума нет;

если

= 0 , то требу-

ется дальнейшее исследование.

Алгоритм нахождения условного экстремума функции u = f (x,y) при

условии связи ϕ(x,y) = 0

методом неопределенных множителей Лагранжа

1). Составить функцию Лагранжа

Φ(x, y,λ ,)= f (x, y)+ λ ϕ(x, y).

(2.16)

2). Найти частные производные

∂Φ(x, y,

λ )

∂Φ(x, y,λ )

∂x

,

∂y

.

3). Решить систему уравнений:

∂Φ (x , y, λ ) = 0,

∂ x

∂Φ

(x , y, λ ) = 0,

(2.17)

∂ y

ϕ(x , y ) = 0.

Пусть x0 , y0 ,λ 0 − решение данной системы.

4). Найти второй дифференциал функции Лагранжа

d 2 Φ = ∂2 Φ dx 2 + 2

∂2 Φ

dxdy +

∂2 Φ dy2 ,

(2.18)

∂x 2

∂x∂y

∂y2

при условии, что dx и dy связаны соотношением dy(x, y) = 0 , т.е.:

∂ ϕ(x, y)dx + ∂ ϕ(x, y) dy = 0 .

(2.19)

∂x

∂y

5). Подставить в (2.18) значения x = x0 , y = y0 , λ = λ0

и выражение dy

из (2.19). Если d 2 Φ < 0 , то функция

f (x, y) имеет условный максимум; а если

d 2 Φ = ∂2 Φ dx 2 + 3

∂2 Φ

dxdy + 3

∂2 Φ

dxdz +

∂x 2

∂x∂y

∂x∂z

(2.22)

+ 3

∂2 Φ

dydz +

∂2 Φ dy2 +

∂2 Φ dz 2 .

∂y∂ z

∂y2

∂z 2

5). Предполагая,

что в уравнение связи подставлены решения y = y(x),

z = z(x) и дифференцируя полученные тождества, получаем систему

∂ϕ

(x, y, z)dx +

∂ϕ

∂ϕ

1

1 (x, y, z)dy +

1 (x, y, z)dz = 0,

∂x

∂y

∂z

(2.23)

∂ϕ2

∂ϕ2

∂ϕ2

(x, y, z)dx +

(x, y, z)dy +

(x, y, z)dz = 0.

∂x

∂y

∂z

связи получим 2y + 4z = 0

y = −2z.

2).

Подставим

найденные значения х и у в выражение для

функции

u = f (x, y, z) : u = −2 z 2 (z + 6) .

3). Исследуем полученную функцию u = f (z) на экстремум.

1. Необходимое условие экстремума:

u′ = 0 − 6 z(z + 4) = 0

z1 = 0,

z2 = −4 - критические точки функции u = f (z) .

2. Достаточное условие экстремума:

u′′ = −12(z + 2),

u′′

z=0 = −24;

u ′′

z=−4 = 24.

Таким образом, в точке z = 0 функция имеет максимум u = 0 ,

в точке

z = −4 -

минимум u = −64 .

Следовательно, исходная функция при заданных ограничениях имеет ус-

ловный максимум u(6; 0; 0) = 0 и условный минимум u(2; 8; − 4) = −64.

ПРИМЕР 2.41 Найти экстремум функции u = x + y + z2 при условии связи

методом Лагранжа

z − x = 1,

.

y − x z = 1

∂Φ = 1 − λ1 − λ

2 z,

∂x

∂Φ = 1 + λ

2 ,

∂y

∂Φ = 2z + λ1 − λ

2 x.

∂z

и третье уравнения системы:

1 − λ1 + z = 0

= −1

λ2

+ λ1 + x = 0

2z

z − x −1 = 0

y − xz −1 = 0

Выразим из первого уравнения λ1 и подставим в третье уравнение:

λ1 = 1+ z;

= −1;

λ2

z =

− (1+ x)

;

3

x = −1;

λ1 = 1;

2 = −1;

λ

= 0;

z

x = −1;

= 1.

y

M 0 (− 1,1,0) − точка возможного экстремума данной функции при заданных усло-

виях связи.

4). d 2 Φ = 2dz2 − 2λ2 dxdz .

dz − dx = 0

dz = dx

.

5).

0

+ z)dx

dy − xdz − zdx =

dy = (x

6). d 2 Φ(M0 ) = 4 dx 2

> 0 , поэтому в точке M 0 - условный минимум.

ме функции u = ρ2

= x2 + y2

+ (z − 3)2

при условии связи x2 + 2y2 + 4z2 = 8.

1). Функция Лагранжа Φ = x2 + y2 + (z − 3)2 + λ(x2 + 2y2 + 4z2 − 8).

2).

∂ Φ

= 2x + 2 λ x,

∂ Φ

= 2y + 4 λ y,

∂ Φ

= 2(z − 3) + 8λ z.

∂ x

∂ y

∂ z

2x + 2λx = 0

λ = −1

+ 4λy = 0

2y

x ≠

0

y = 0

3).

− 6 + 8λz = 0

2z

z = −1

2

+ 2y

2

+ 4z

2

− 8

= 0

x

x = ±2

4z

2z

d 2

Φ(M1 ) = −2dy 2 − 3,5dx 2 < 0

6).

d 2

Φ(M 2 ) = −2dy 2 − 3,5dx 2 < 0

1

1) u =

x + y −

x − y ; 2) u =

;

(x −1)(y − 2)

y

x

u = y + arcsin(x + 2);

6) u = arcsin

; 7)

u = arcsin

; 8)

x

x + y

x

ln(x)ln(y)

u = xy + arcsin(x);

u =

9) u = arccos

2

; 10)

; 11)

y

1 − x − y

12)

u = ln(x) − ln(sin(y)); 13) u = y + arcsin(x + 2); 14) u = ln(sin(xy));

15)

u = arcsin(

x

);

3.2.2. Найти С-уровень функции u = f (x, y), u = f (x, y, z).

1

1) u = y − x ; 2) u =

; 3)

u = y − x ; 4) u = ln(1 − x 2 − y2 );

x 2

+ y2

1

; 7) u =

;

x

5) u = 36 − 4x 2 − 9y2 ; 6) u =

x 2 − y2

y

2y

8) u = x y ; 9) u =

y − sin(x) ; 10) u = arctg

;

x 2

+ y2 −1

u =

; 12) u = x + 2y + 3z ; 13) u = x 2 + y2 + 4z 2 ;

11)

1 − 2

x

−

y

14)

u = x 2 + y2 − z 2 ; 15) u = (x − y)2 + z 2 ; 16) u = ln(x 2 + y2 + z 2 );

u =

2z

; 18) u

=

z

; 19) u =

2z

17)

;

x 2 + y2

x + y + z −1

x 2 + y2 + z 2

20)

u = ln(z 2 − x 2 − y2 ).

3.2.3. Вычислить пределы:

; 3) lim(1 + xy2 )

sin(xy)

tg(2xy)

y

1) lim

; 2) lim

;

x7 y+xy2

x

→0

2x

x

→1

x2 y

x→0

y→a

y→0

y→3

4) lim

x2 + y2

; 5)

lim(x + y)e−(x 2 +y2 ); 6) lim(x 2 + y2 )

x

;

x→∞ x4 + y4

x→∞

x→0

y→∞

y→∞

y→0