Практикум по высшей математике с основами математической статистики. Фетисов Ю.М - 29 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ВГУ | Воронеж

Составители: 

Рубрика: 

29
.
1
1
1
1
1
22
2
'
2
'
yx
x
x
x
y
x
y
x
y
z
y
y
+
=⋅
+
=
⋅
+
=
2) Найдем частные производные второго порядка :
()
()()
.
220
2
22
2
22
'
22
'
'"
yx
xy
yx
xy
yx
y
zz
x
x
xxx
+
=
+
−
−=
+
−==
()
(
)
() ()()
.
21
2
22
22
2
22
22
2
22
22
'
22
'
'"
yx
xy
yx
yx
yx
yyyx
yx
y
zz
y
y
xxy
+
−
=
+
−
−=
+
−+⋅
−=
+
−==
()
(
)
()()
.
21
2
22
22
2
22
222
'
22
'
'"
yx
xy
yx
xyx
yx
x
zz
x
x
yyx
+
−
=
+
−+⋅
=
+
==
Таким образом,
""
yxxy
zz = .
()
()()
.
220
2
22
2
22
'
22
'
'"
yx
xy
yx
yx
yx
x
zz
y
y
yyy
+
−=
+
−
=
+
==
Пример 27. Найти экстремумы функции
59234
22
+++++= yxyxyxz
.
Решение . Найдем частные производные первого порядка : 138
'
++= yxz
x
,
643
'
++= yxz
y
. Приравняем полученные частные производные к нулю . Получим
систему уравнений для определения точек, подозрительных на экстремум :
−=+
−
=
+
943
138
yx
yx
. Решим данную систему, например методом Крамера.
.69372
93
18
,23274
49
31
,23932
43
38
−=+−=
−
−
=∆=+−=
−
−
=∆=−==∆
yx
Следовательно ,
3
23
69
,1
23
23
00
−=−=
∆
∆
===
∆
∆
=
y
x
yx
. Таким образом, точка
М (1; -3) – является единственной точкой, подозрительной на экстремум .
Найдем частные производные второго порядка :
(
)
(
)
(
)
4943,3138,8138
'
"
'
"
'
"
=++==++==++=
y
yy
y
xy
x
xx
yxzyxzyxz
.
В точке М вычислим дискриминант D по формуле D = AC – B
2
, где
.4,3,8
"""
======
M
yy
M
xy
M
xx
zCzBzA
То есть D = 32 – 9 = 23.
Так как дискриминант больше нуля , то в точке М функция имеет экстремум . А
именно минимум , поскольку А и С больше нуля . При этом
(
)
(
)
(
)
.85271189453919231314
min
−
=
+
−
+
+
−
=
+
−
⋅
+
+
⋅
+
−
⋅
⋅
+
⋅
=
=
Mzz 
                                '
            1           � y�                    1         1    x
z =
 '
                      ⋅� �          =                    ⋅ = 2     .
                                                          x x +y 2
 y                2                                  2
        � y�             � x�
                        � y�
    1 +� �
                 y
                    1 +� �
         � x�            � x�
2) Найдем частные производные второго порядка:
                                            '
                   �     y �                         0 −2 xy
z =(z      )
          ' '                                                                        2 xy
 "
                =�� − 2    2 �
                               �                =−                      =                       .
 xx       x x
                     � x +y �               x       (x   2
                                                             +y    ) (x
                                                                  2 2            2
                                                                                     +y 2 )
                                                                                            2




                                                  1 ⋅ (x 2 + y 2 ) −2 yy
                                            '
                   �     y �                                                 x 2 −y 2     y 2 −x 2
z =(z
 "
           )
          ' '
                =�� − 2      2 �
                                 �              =−                       =−            =             .
 xy       x y
                     � x + y       �        y           (x 2 +y 2 )2       (x 2 +y 2 )2 (x 2 +y 2 )2
                                             1 ⋅ (x 2 + y 2 ) −2 x 2
                                    '
                   �     x �                                            y 2 −x 2
z =(z
 "
           )
          ' '
                =�� 2      2 �
                               �            =                        =             .
 yx       y x
                     � x +y �       x              (x 2 +y 2 )2       (x 2 +y 2 )2
      Таким образом, z "xy =z "yx .

                                    '
                       �       x �       0 −2 yx
     z =(z ) =�� 2
          ' '                                            2 xy
 "
                                 2 �
                                     � =           =−             .
                         � x + y � y (x 2 + y 2 )    (x 2 +y 2 )2
 yy       y y                                    2


          Пример 27. Найти экстремумы функции z =4 x 2 +3xy +2 y 2 +x +9 y +5 .
          Решение. Найдем частные производные первого порядка: z x' =8 x +3 y +1 ,
     z 'y =3x +4 y +6 . Приравняем полученные частные производные к нулю. Получим
систему уравнений для определения точек, подозрительных на экстремум:
� 8 x +3 y =−1
 �                          . Решим данную систему, например методом Крамера.
   �  3   x +    4 y =−   9
               8 3                          −1 3                        8 −1
∆=                   =32 −9 =23, ∆ x =             =−4 +27 =23, ∆ y =         =−72 +3 =−69.
               3 4                          −9 4                        3 −9
                                      ∆  23           ∆y       69
Следовательно, x0 = x = =1, y0 = =− =−3 . Таким образом, точка
                                       ∆ 23            ∆       23
М(1; -3) – является единственной точкой, подозрительной на экстремум.
          Найдем частные производные второго порядка:
           z "xx =(8 x +3 y +1)x =8, z "xy =(8 x +3 y +1)y =3, z "yy =(3x +4 y +9 )y =4 .
                                 '                         '                       '


В точке М вычислим дискриминант D по формуле D = AC – B2, где
     A =z "xx =8, B =z "xy =3, C =z "yy =4. То есть D = 32 – 9 = 23.
          M                             M                           M
Так как дискриминант больше нуля, то в точке М функция имеет экстремум. А
именно минимум, поскольку А и С больше нуля. При этом

z min =z (M ) =4 ⋅1 +3 ⋅1 ⋅ (−3) +2 ⋅ 9 +1 +9 ⋅ (−3) +5 =4 −9 +18 +1 −27 +5 =−8.

                                                                            29

Страницы