Как найти стационарные точки системы

Найти $frac<partial^2z><partial x^2>$, $frac<partial^2z><partial xpartial y>$, $frac<partial^2z><partial y^2>$ и вычислить значение $Delta=frac<partial^2z><partial x^2>cdot frac<partial^2z><partial y^2>-left(frac<partial^2z><partial xpartial y>right)^2$ в каждой стационарной точке. После этого использовать следующую схему:

1. Если $Delta > 0$ и $frac<partial^2z><partial x^2>> 0$ (или $frac<partial^2z><partial y^2>> 0$), то в исследуемая точка есть точкой минимума.
2. Если $Delta > 0$ и $frac<partial^2z><partial x^2>0$, то $frac<partial^2z><partial x^2>cdot frac<partial^2z><partial y^2>-left(frac<partial^2z><partial xpartial y>right)^2 > 0$. А отсюда следует, что $frac<partial^2z><partial x^2>cdot frac<partial^2z><partial y^2>> left(frac<partial^2z><partial xpartial y>right)^2 ≥ 0$. Т.е. $frac<partial^2z><partial x^2>cdot frac<partial^2z><partial y^2>> 0$. Если произведение неких величин больше нуля, то эти величины одного знака. Т.е., например, если $frac<partial^2z><partial x^2>> 0$, то и $frac<partial^2z><partial y^2>> 0$. Короче говоря, если $Delta > 0$ то знаки $frac<partial^2z><partial x^2>$ и $frac<partial^2z><partial y^2>$ совпадают.

Исследовать на экстремум функцию $z=4x^2-6xy-34x+5y^2+42y+7$.

Будем следовать указанному выше алгоритму. Для начала найдём частные производные первого порядка:

Сократим каждое уравнение этой системы на $2$ и перенесём числа в правые части уравнений:

Мы получили систему линейных алгебраических уравнений. Мне в этой ситуации кажется наиболее удобным применение метода Крамера для решения полученной системы.

Значения $x=2$, $y=-3$ – это координаты стационарной точки $(2;-3)$. Теперь приступим ко второму шагу алгоритма. Найдём частные производные второго порядка:

Вычислим значение $Delta$:

Так как $Delta > 0$ и $frac<partial^2 z> <partial x^2>> 0$, то согласно алгоритму точка $(2;-3)$ есть точкой минимума функции $z$. Минимум функции $z$ найдём, подставив в заданную функцию координаты точки $(2;-3)$:

$$ z_<min>=z(2;-3)=4cdot 2^2-6cdot 2 cdot (-3)-34cdot 2+5cdot (-3)^2+42cdot (-3)+7=-90. $$

Ответ: $(2;-3)$ – точка минимума; $z_<min>=-90$.

Исследовать на экстремум функцию $z=x^3+3xy^2-15x-12y+1$.

Будем следовать указанному выше алгоритму. Для начала найдём частные производные первого порядка:

Сократим первое уравнение на 3, а второе – на 6.

Если $x=0$, то второе уравнение приведёт нас к противоречию: $0cdot y-2=0$, $-2=0$. Отсюда вывод: $xneq 0$. Тогда из второго уравнения имеем: $xy=2$, $y=frac<2>$. Подставляя $y=frac<2>$ в первое уравнение, будем иметь:

Получили биквадратное уравнение. Делаем замену $t=x^2$ (при этом имеем в виду, что $t > 0$):

Если $t=1$, то $x^2=1$. Отсюда имеем два значения $x$: $x_1=1$, $x_2=-1$. Если $t=4$, то $x^2=4$, т.е. $x_3=2$, $x_4=-2$. Вспоминая, что $y=frac<2>$, получим:

Итак, у нас есть четыре стационарные точки: $M_1(1;2)$, $M_2(-1;-2)$, $M_3(2;1)$, $M_4(-2;-1)$. На этом первый шаг алгоритма закончен.

Теперь приступим ко второму шагу алгоритма. Найдём частные производные второго порядка:

Теперь будем вычислять значение $Delta$ в каждой из найденных ранее стационарных точек. Начнём с точки $M_1(1;2)$. В этой точке имеем:

Так как $Delta(M_1) 0$ и $left.frac<partial^2 z><partial x^2>right|_ > 0$, то согласно алгоритму $M_3(2;1)$ есть точкой минимума функции $z$. Минимум функции $z$ найдём, подставив в заданную функцию координаты точки $M_3$:

$$ z_<min>=z(2;1)=2^3+3cdot 2cdot 1^2-15cdot 2-12cdot 1+1=-27. $$

Осталось исследовать точку $M_4(-2;-1)$. В этой точке получим:

Так как $Delta(M_4) > 0$ и $left.frac<partial^2 z><partial x^2>right|_ 0$ (так как оба сомножителя $36$ и $(2^2-1^2)$ положительны) и можно не находить конкретное значение $Delta$. Правда, для типовых расчётов это замечание бесполезно, – там требуют довести вычисления до числа 🙂

Исследовать на экстремум функцию $z=x^4+y^4-2x^2+4xy-2y^2+3$.

Будем следовать алгоритму. Для начала найдём частные производные первого порядка:

Сократим оба уравнения на $4$:

Добавим к второму уравнению первое и выразим $y$ через $x$:

Подставляя $y=-x$ в первое уравнение системы, будем иметь:

Из полученного уравнения имеем: $x=0$ или $x^2-2=0$. Из уравнения $x^2-2=0$ следует, что $x=-sqrt<2>$ или $x=sqrt<2>$. Итак, найдены три значения $x$, а именно: $x_1=0$, $x_2=-sqrt<2>$, $x_3=sqrt<2>$. Так как $y=-x$, то $y_1=-x_1=0$, $y_2=-x_2=sqrt<2>$, $y_3=-x_3=-sqrt<2>$.

Первый шаг решения окончен. Мы получили три стационарные точки: $M_1(0;0)$, $M_2(-sqrt<2>,sqrt<2>)$, $M_3(sqrt<2>,-sqrt<2>)$.

Теперь приступим ко второму шагу алгоритма. Найдём частные производные второго порядка:

Теперь будем вычислять значение $Delta$ в каждой из найденных ранее стационарных точек. Начнём с точки $M_1(0;0)$. В этой точке имеем:

$$Delta(M_1)=16cdot((3cdot 0^2-1)(3cdot 0^2-1)-1)=16cdot 0=0.$$

Так как $Delta(M_1) = 0$, то согласно алгоритму требуется дополнительное исследование, ибо ничего определённого про наличие экстремума в рассматриваемой точке сказать нельзя. Оставим покамест эту точку в покое и перейдём в иным точкам.

Исследуем точку $M_2(-sqrt<2>,sqrt<2>)$. В этой точке получим:

Так как $Delta(M_2) > 0$ и $left.frac<partial^2 z><partial x^2>right|_ > 0$, то согласно алгоритму $M_2(-sqrt<2>,sqrt<2>)$ есть точкой минимума функции $z$. Минимум функции $z$ найдём, подставив в заданную функцию координаты точки $M_2$:

Аналогично предыдущему пункту исследуем точку $M_3(sqrt<2>,-sqrt<2>)$. В этой точке получим:

Так как $Delta(M_3) > 0$ и $left.frac<partial^2 z><partial x^2>right|_ > 0$, то согласно алгоритму $M_3(sqrt<2>,-sqrt<2>)$ есть точкой минимума функции $z$. Минимум функции $z$ найдём, подставив в заданную функцию координаты точки $M_3$:

Настал черёд вернуться к точке $M_1(0;0)$, в которой $Delta(M_1) = 0$. Согласно алгоритму требуется дополнительное исследование. Под этой уклончивой фразой подразумевается «делайте, что хотите» :). Общего способа разрешения таких ситуаций нет, – и это понятно. Если бы такой способ был, то он давно бы вошёл во все учебники. А покамест приходится искать особый подход к каждой точке, в которой $Delta = 0$. Ну что же, поисследуем поведение функции в окрестности точки $M_1(0;0)$. Сразу отметим, что $z(M_1)=z(0;0)=3$. Предположим, что $M_1(0;0)$ – точка минимума. Тогда для любой точки $M$ из некоторой окрестности точки $M_1(0;0)$ получим $z(M) > z(M_1) $, т.е. $z(M) > 3$. А вдруг любая окрестность содержит точки, в которых $z(M) 3$? Тогда в точке $M_1$ точно не будет максимума.

Рассмотрим точки, у которых $y=x$, т.е. точки вида $(x,x)$. В этих точках функция $z$ будет принимать такие значения:

$$ z(x,x)=x^4+x^4-2x^2+4xcdot x-2cdot x^2+3=2x^4+3. $$

Так как в любой окрестности точки $M_1(0;0)$ имеем $2x^4 > 0$, то $2x^4+3 > 3$. Вывод: любая окрестность точки $M_1(0;0)$ содержит точки, в которых $z > 3$, посему точка $M_1(0;0)$ не может быть точкой максимума.

Точка $M_1(0;0)$ не является ни точкой максимума, ни точкой минимума. Вывод: $M_1$ вообще не является точкой экстремума.

Ответ: $(-sqrt<2>,sqrt<2>)$, $(sqrt<2>,-sqrt<2>)$ – точки минимума функции $z$. В обеих точках $z_<min>=-5$.

Заметили ошибку, опечатку, или некорректно отобразилась формула? Отпишите, пожалуйста, об этом в данной теме на форуме (регистрация не требуется).

Условные экстремумы и функция Лагранжа

В задачах оптимизации возникает необходимость найти экстремумы функции двух и более переменных при условии, что существует связь между переменными этой связи, заданная уравнением . В этом случае говорят, что требуется найти условный экстремум.

Для того чтобы найти условный экстремум требуется находить частные производные и решать системы уравнений Существует алгоритм нахождения условного экстремума из трёх шагов, который сейчас и разберём на примере, и геометрический смысл условного экстремума, который должен дойти до каждого при разборе этого самого примера.

Итак, алгоритм, который разберём на примере самой распространённой задачи — нахождение условного экстремума функции двух переменных..

Шаг 1. Вводится функция Лагранжа

,

где первое слагаемое — сама исходная функция, а второе слагаемое со знаком минус — левая часть уравнения условия связи, умноженная на (лямбда) — множитель Лагранжа.

Пример 1. Найти условные экстремумы функции двух переменных , выражающей площадь прямоугольника через его стороны x и y при условии , означающем, что существует верёвка, которой можно ограничить этот прямоугольник, и длина этой верёвки равна 100.

Шаг 1. Решение. Приведём уравнение условия связи к требуемому виду с нулём в правой части:

.

Составим функцию Лагранжа:

.

Шаг 2. Составляем систему уравнений из равенств частных производных нулю и уравения условия связи (необходимый признак существования условного экстремума):

Решения этой системы уравнений являются точками возможного условного экстремума — стационарными точками или, как ещё говорят, критическими точками.

Решение. Найдём частные производные функции Лагранжа и составим из их равенств нулю и уравнения условия связи систему уравнений:

Из первого и второго уравнений выразим соответственно x и y :

Подставим эти выражения в третье уравнение и найдём значение множителя Лагранжа:

Подставим теперь значение множителя Лагранжа в выражения для x и y и найдём значения переменных исходной функции:

Получили и . Эти значения являются также координатами стационарной точки. Таким образом, получили стационарную точку .

Шаг 3. Пусть является стационарной точкой, найденной на шаге 2. Чтобы определить, является ли условный экстремум минимумом или максимумом, нужно найти второй дифференциал функции Лагранжа

и в полученном выражении подставить вместо «лямбды» её значения (значения множителя Лагранжа), найденные на шаге 2.

Если значение второго дифференциала функции Лагранжа меньше нуля (), то стационарная точка является точкой максимума, если больше нуля (), то стационарная точка является точкой минимума. Если значение второго дифференциала функции Лагранжа равно нулю, то требуются дополнительные исследования, но такие случаи практически не попадаются в задачах, задаваемых студентам.

Координаты стационарных точек подставляются в исходную точку и, таким образом, мы окончательно находим условные экстремумы (или минимум и максимум или что-то одно из этих экстремумом).

Решение. Найдём второй дифференциал функции Лагранжа:

В нашем случае, так как первое и третье составляющие равны нулю, нам не придётся подставлять в них значения множителя Лагранжа. Зато нужно найти отношения между дифференциалами dx и dy :

Так как полученные значения — противоположные по знаку, то получаем, что в любом случае .

Теперь можем найти значение условного экстремума исходной функции, являющееся максимумом:

.

Это заданная исходной функцией максимальная площадь прямоугольника, который можно ограничить верёвкой, длина которой равна 100.

Пример 2. Найти условные экстремумы функции двух переменных при условии .

Шаг 1. Составим функцию Лагранжа:

.

Шаг 2. Найдём частные производные функции Лагранжа и составим из их равенств нулю и уравнения условия связи систему уравнений:

Из первого и второго уравнений выразим соответственно x и y :

Подставим эти выражения в третье уравнение и найдём значения множителя Лагранжа:

Подставим теперь значение множителя Лагранжа в выражения для x и y и найдём значения переменных исходной функции при двух значениях множителя Лагранжа:

Эти значения икса и игрека являются координатами двух стационарных точек. Таким образом, получили стационарные точки .

Шаг 3. Найдём частные производные второго порядка функции Лагранжа:

:

Найдём второй дифференциал функции Лагранжа по формуле

:

.

Установим знак второго дифференциала функции Лагранжа при значении множителя Лагранжа :

Получили значение, меньшее нуля, следовательно, точка — точка условного максимума:

.

Установим знак второго дифференциала функции Лагранжа при значении множителя Лагранжа :

Получили значение, большее нуля, следовательно, точка — точка условного минимума:

.

Таким образом, условные экстремумы заданной функции найдены.

Пример 3. Найти условные экстремумы функции двух переменных при условии .

Шаг 1. Составим функцию Лагранжа:

.

Шаг 2. Найдём частные производные функции Лагранжа и составим из их равенств нулю и уравнения условия связи систему уравнений:

Из первого и второго уравнений выразим соответственно x и y :

Получаем, что , однако подстановка этих значений переменных в третье уравнение системы не даёт верного равенства. Поэтому считаем, что на самом деле второй сомножитель равенства равен нулю: . Отсюда получаем

Ищем координаты стационарных точек при значении множителя Лагранжа . Тогда из выражений для икса и игрека из системы уравнений следует, что . Из третьего уравнения системы получаем:

Получили две стационарные точки:

Ищем координаты стационарных точек при значении множителя Лагранжа . Тогда из выражений для икса и игрека из системы уравнений следует, что .

На основании вычислений двух первых стационарных точек получилаем ещё две стационарные точки:

Шаг 3. Найдём частные производные второго порядка функции Лагранжа:

:

Найдём второй дифференциал функции Лагранжа по формуле

:

.

Установим знак второго дифференциала функции Лагранжа при значении множителя Лагранжа :

Получили значение, меньшее нуля, следовательно, точки — точки условного максимума:

.

Установим знак второго дифференциала функции Лагранжа при значении множителя Лагранжа :

Получили значение, большее нуля, следовательно, точки — точки условного минимума:

.

Таким образом, условные экстремумы заданной функции найдены.

Аналогичным образом можно находить условные экстремумы функций трёх и более переменных.

Как найти стационарные точки системы уравнений

Учасники групи мають 10% знижку при замовленні робіт, і ще багато бонусів!

Контакты

Администратор, решение задач
Роман

Tel. +380685083397
[email protected]
skype, facebook:
roman.yukhym

Решение задач
Андрей

facebook:
dniprovets25

Уважаемые студенты!
Заказать решение задач по 200+ предметам можно здесь всего за 10 минут.

Экстремум функции двух переменных

Как найти?

Постановка задачи

Найти экстремум функции двух переменных $ z = z(x,y) $

План решения

Экстремумы функции двух переменных возможны в стационарных точках функции. Стационарными точками называются точки $ M(x_1,y_1), M(x_2,y_2)… $, в которых первые частные производные функции равны нулю: $ z(x,y) = 0 $

Для нахождения стационарных точек (подозрительных на экстремум) составляем систему:

$$ begin{cases} z’_x = 0 \ z’_y = 0 end{cases} $$

Решая систему получаем точки $ M(x_1,y_1), M(x_2,y_2)… $, каждую из которых нужно проверить на экстремум.

Проверку осуществляется с помощью подстановки точек в выражение, называемое достаточным условием существования экстремума:

$$ A = z”_{xx} cdot z”_{yy} – (z”_{xy})^2 $$

Если в точке $ M(x_1,y_1) $:

1. $ A>0 $ и $ z”_{xx} > 0 $, то $ M(x_1,y_1) $ точка минимума
2. $ A >0 $ и $ z”_{xx} < 0 $, то $ M(x_1,y_1) $ точка максимума
3. $ A < 0 $, то $ M(x_1,y_1) $ не является точкой экстремума
4. $ A = 0 $, то требуется дополнительное исследование (по определению)

Итак, необходимо выполнить действия:

1. Найти частные производные первого порядка. Приравнять их к нулю и решить систему уравнений. Получить точки $ M(x_1,y_1), M(x_2,y_2),… $
2. Найти частные производные второго порядка в точках $ M(x_1,y_1), M(x_2,y_2),… $
3. Используя достаточное условие существования экстремума делаем вывод о наличии экстремума в точках $ M(x_1,y_1), M(x_2,y_2),… $

Примеры решений

Пример 1

Найти экстремумы функции двух переменных $ z = x^2 -xy +y^2 $

Решение

Находим частные производные первого порядка: $$ z’_x = 2x – y $$ $$ z’_y = -x + 2y $$ Приравниваем полученные выражения к нулю и решаем систему двух уравнений: $$ begin{cases} 2x-y = 0 \ -x + 2y = 0 end{cases} $$ Решив систему получаем стационарную точку (подозрительные на экстремум): $$ M (0,0) $$ Далее вычисляем значения частных производных второго порядка в точке $ M $: $$ z”_{xx} Big |_M = 2 $$ $$ z”_{yy} Big |_M= 2 $$ $$ z”_{xy} Big |_M = -1 $$ Подставляя найденные значения в достаточное условие экстремума функции, проводим исследование знаков: $$ A = Big |_M = z”_{xx} Big |_M cdot z”_{yy} Big |_M – (z”_{xy} Big |_M)^2 = 2 cdot 2 – (-1)^2 = 3 $$ Так как получили $ A > 0 $ и $ z”_{xx} > 0 $, то получается $ M(0,0) $ точка минимума. Наименьшее значение находится в минимуме и равно: $$ z_{min} (0,0) = 0^2 – 0 cdot 0 + 0^2 = 0 $$ Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение онлайн. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!

Ответ

В точке $ M(0,0) $ находится минимум функции; $ z_{min} = 0 $

Пример 2

Найти экстремумы функции двух переменных $ z = x^3 + y^3 – 15xy $

Решение

Составляем систему уравнений из частных производных первого порядка: $$ begin{cases} z’_x = 3x^2 – 15y = 0 \ z’_y = 3y^2 – 15x =0 end{cases} $$ Получаем стационарные точки $ M_1(0,0) $ и $ M_2(5,5) $, которые необходимо проверить через достаточное условие экстремума. Вычисляем значение частных прозводных второго порядка в точке $ M_1 $: $$ z”_{xx} Big |_{M_1} = 6x Big |_{M_1} = 0 $$ $$ z”_{yy} Big |_{M_1} = 6y Big |_{M_2} = 6y Big |_{M_2} = 0 $$ $$ z”_{xy} Big |_{M_1} = -15 $$ Подставляем данные значения в формулу достаточного условия экстремума: $$ A Big |_{M_1} = 0 cdot 0 – (-15)^2 = -225 $$ Так как $ A < 0 $, то в точке $ M_1(0,0) $ экстремума нет. Получаем значения частных производных 2 порядка в $ M_2 $: $$ z”_{xx} Big |_{M_2} = 6x Big |_{M_2} = 6 cdot 5 = 30 $$ $$ z”_{yy} Big |_{M_2} = 6y Big |_{M_2} = 6 cdot 5 = 30 $$ $$ z”_{xy} Big |_{M_2} = -15 $$ Вычисляем значение выражения достаточного условия экстремума: $$ A = 30 cdot 30 – (-15)^2 = 900 – 225 = 675 $$ Получили $ A > 0 $ и $ z”_{xx} > 0 $, то значит, $ M_2(5,5) $ точка минимума. Наименьшее значение функции $ z = x^3 + y^3 – 15xy $ равно: $$ z_{min} |_{M_2} = 5^3 + 5^3 – 15 cdot 5 cdot 5 = 125 + 125 – 375 = -125 $$

Ответ

В $ M_1 (0,0) $ экстремума нет, в $ M_2(5,5) $ минимум функции $ z_{min}=-125 $

6.1. Экстремум функции двух переменных

143

2. Для того чтобы исследовать характер стационарных точек, вос­ пользуемся достаточными условиями экстремума функции двух пере­ менных.

Пусть функция z = z{x, у) определена и имеет непрерывные част­ ные производные второго порядка в стационарной точке М{хоуУо) {т.е. z^(a:o,yo) = ^yi^o^Uo) = 0). Тогда если в этой точке:

^) ‘^хх ‘ ^уу ~ (^жу)^ -^ ^’ ^ ^ ^	— точка экстремума^	причем при
^хх ^ 0 — точка минимума^ при z’^^ < О — точка максимума;
^)	‘^хж * ^уу ~ i^xy)’^ < 0) ^ ^	^	^^ является точкой	экстремума;
^)	“^хх ‘ ^уу ~ i^xy)’^ — О’ ^ ^	требуется дополнительное исследова­

ние {например, по определению).

3.Вычисляем производные второго порядка функции z{x,y).

4.В каждой стационарной точке вычисляем выражение

^хх ‘^уу ^xyJ

и определяем его знак.

Анализируем полученные результаты и записываем ответ.

ПРИМЕР. Найти стационарные точки функции

Z = х^ –у^ – Зху

иисследовать их характер.

РЕШЕНИЕ.

1.Вычисляем частные производные

z’^ = Зх^ – Зг/, Zy = Зу^ – Зх.

2. Для того чтобы найти стационарные точки функции, решаем систему двух уравнений с двумя неизвестными

Г3×2 _ Зу = О,

32/2 – Зж = 0.

Получаем два решения: Xi	= О, 2/1 = О и Х2 = 1, 2/2 = 1-	Следова­
тельно, стационарные точки функции z = х^ ^- у^ — Зху.	Mi (0,0) и
М2(1,1).
3. Вычисляем производные второго порядка:
4’х = 6х,	z” = – 3 , Zy = бу.

144	Гл. 6. Функции нескольких переменных

4. В каждой стационарной точке вычисляем выражение

// ^ // _ / // 2

иопределяем его знак.

Вточке Ml(0,0)

г;’,(о,о)=о, z;’^(o,o)–3, <,(o,o)-o-:^z;’,.4-(4′,)’=-6<o.

Следовательно, точка Mi (0,0) не является точкой экстремума. В точке М2(1,1)

г;’,(1,1)-б, 4′,(1Д) = -3, <,(1,1) = 6 = ^ < , . 4 – ( 4 ‘ , ) ^ – 2 7 > 0 . .

Следовательно, точка М2(1,1) является точкой экстремума. Так как z^’a,(l, 1) = 6 > О, то М2(1,1) — точка минимума.

Ответ. Функция z = х^ — у^ — Зху имеет две стационарные точ­ ки Ml(0,0) и М2(1,1). В точке Mi(0,0) экстремума нет, М2(1,1) — точка минимума.

Условия ЗАДАЧ. Найти стационарные точки заданных	функций
и исследовать	их характер.
1.	Z = х”^ — ху -{- 2/^.		2. Z = х”^ — ху — у^.
3.	z = x’^ –	2ху -f 27/2 _^ 2х.	4.	z = x^ + у^ -х’^	~ 2ху	–	у’^.
Б. z = x^ –	2у^ -Зх + ду.	6.	z = ix + 2y -х’^	– у’^.
7.	Z = х^ -^у^ –	15ху.	8.	Z = х’^ + ху -{-у”^ ~3х	— 6у.
9.	z = ж^ 4- 47/2 –	2ху 4- 4.	10.	z — х/у + 1/х	+ у.

Ответы.

1.М(0,0) — стационарная точка. М(0,0) — точка минимума, ^min = ^(0,0)=0 .

2.М(0,0) — стационарная точка. В точке М(0,0) экстремума

нет.

3.М(—2, —1) — стационарная точка. М(—2, —1) — точка мини­

мума,	Zmin = z{-2, -1) = – 2 .
4.	Ml(0,0),	М2(4/3,4/3) — стационарные точки. М(0,0) — точ­
ка максимума,	Zmax = >2:(0,0) = 0. М(4/3,4/3) —- точка минимума,

^min = ^(4/3,4/3) = -64/27.

6.7. Экстремум функции двух переменных

145

5. Mi(l,l), М2(-~1,-1), Мз(-1,1), М4(1,-1) — стационарные точки. В точках Mi(l,l), М2(-1,-1) экстремума нет. Мз(-1Д) — точка максимума, z^ax = >2;(—1,1) = б. М4(1,—1) — точка мини­ мума, Zmin = Z{1, -1) = – 6 .

6.М(2,1) — стационарная точка. М(2,1) — точка максимума, Zmax = 2:(2, 1) = 5.

7.Ml(0,0), М2(5,5) — стационарные точки. В точке Mi(0,0)

экстремуманет. Мз(5,5) — точка минимума, Zmm = ^(5,5) = -125.

8.М(0,3) — стационарная точка. М(0,3) — точка минимума,

>^min=>^(0,3)–9.

9.М(0,0) — стационарная точка. М(0,0) — точка минимума,

Zmin=z{0,0)=4.

10.М(1,1) — стационарная точка. М(1,1) — точка минимума, ^min = 2:(1,1) = 3 .

Содержание:

1. Экстремум функции двух переменных
2. Экстремумы функции двух переменных и производная по направлению
3. Достаточные условия экстремума функции двух переменных
4. Производная по направлению
5. Градиент

Экстремум функции двух переменных

Для функции двух переменных, как и для функции одной переменной, можно ввести понятие экстремума. Считают, что в точке М₀ (х₀, у₀) функция z = f (x, y) достигает локального максимума, если в окрестности точки М₀ выполняется неравенство f (x, y) ≤. f(х₀, у₀). Аналогично, в точке М₀ (х₀, у₀) функция z = f (x, y) достигает локального минимума, если в окрестности этой точки выполняется неравенство f (x, y) ≤. f (х₀, у₀).
На рис. 10 функция достигает максимума, а на рис. 11 — минимума.

Рис. 10.                                                          Рис. 11.

Точки локального минимума и максимума называются точками экстремума функции z = f (x, y).

Для нахождения экстремальных значений функции двух переменных используются необходимые и достаточные условия экстремума.

ТЕОРЕМА 2. (Необходимое условие экстремума функции). Если в точке М₀ (х₀; у₀) функция z = f (x, y) достигает экстремума, то ее частные производные первого порядка в этой точке равны нулю, то есть

Доказательство. Пусть в точке М₀ (х₀; у₀)  функция z = f (x; y) достигает экстремума. Для конкретности предположим, что это max. Зафиксируем значение y = y₀ и рассмотрим функцию z = f (x; y₀). Как функция одной переменной, эта функция при x = x0 достигает максимума, поэтому должно выполняться необходимое условие экстремума: производная при x = x0  обращается в нуль. Но производная от  f (x; y₀) по x есть ни что иное, как частная производная функции z = f (x; y) по x в точке М₀ (х₀; у₀). Итак,

Аналогично, зафиксируем значение x = x0 и рассмотрим функцию  z = f (x_о; y). При y = y₀ эта функция достигает max, поэтому  должна превращаться в ноль, если y = y₀.
Отсюда следует, что Теорема доказана.

Фактически мы получаем систему уравнений для нахождения координат точки М₀ (х₀, у₀). Таких точек может быть несколько или не существовать вовсе. Точки, в которых частные производные первого порядка превращаются в ноль, называются точками, подозрительными на экстремум, или критическими точками. Пусть в точке М₀ (х₀, у₀) выполняется условие и существуют частные производные второго порядка. Введем следующие обозначения:

и рассмотрим число D = AC – B².

ТЕОРЕМА 3. (Достаточное условие экстремума функции).
Если D > 0, то в точке М₀ (х₀, у₀) функция z = f (x, y) имеет экстремум, если D < 0, то экстремума нет. Если D > 0 и A > 0, то функция достигает минимума, если D > 0 и A < 0, то функция достигает максимума.

Доказательство. Пусть точка М₀ (х₀, у₀) является критической точкой, то есть и   Допустим, что существуют другие частные производные и .  Составим из чисел A, B, C определитель  Рассмотрим приращение функции z = f (x; y) в точке М₀ (х₀, у₀)

где ε → 0, если  

Последняя запись вытекает из формулы Тейлора для функций двух переменных. Очевидно, что основной вклад в приращение Δz  задается квадратичной формой относительно Δx и Δy.
Рассмотрим матрицу:

а) Допустим теперь, что  и  A > 0. Тогда автоматически следует, что C > 0. Поскольку выражение  представляет собой квадратичную форму, то по условию теоремы Рауса-Гурвица, квадратичная форма является положительно-определенной, то есть

б) Допустим, что D > 0, A < 0. Тогда автоматически C < 0. В данном случае квадратичная форма является отрицательно-определенной, следовательно
  Теорема доказана.

Замечание 1. Если D < 0, то функция не достигает ни минимума, ни максимума, следовательно экстремума нет. Это можно продемонстрировать для случая седловидной точки поверхности, например, для функции    в точке O (0; 0).

Из рис. 6 видно, что по переменной x функция достигает min, а по переменной y достигает min, а экстремума в точке O (0; 0) не существует.

Замечание 2. Случай D = 0 не рассматриваем, так как в этом случае экстремум может быть, а может не быть. С помощью частных производных второго порядка исследовать функцию на экстремумы невозможно. Например, z = x⁴ + y⁴.

Пример 1. Исследовать на экстремум функцию z = x² + xy + y² + 2x – 2y + 3.

Решение. Находим частные производные первого порядка:
  Приравниваем их к нулю:

Находим частные производные второго порядка:

Тогда D = 2 ⋅ 2 — 1² = 3 > 0. Следовательно, в точке M₀ (–2; 2) функция достигает экстремума. Поскольку A = 2 > 0, то имеем минимум. Находим z_min = -5.

Пример 2. Исследовать на экстремум функцию   .
Решение. Находим частные производные:  

Из системы уравнений
     находим, что x = 0; y = 0.
Дальше      Тогда   
Отсюда следует, что экстремум функции не существует.

Пример 3. Исследовать на экстремум функцию   z = 2 x³ + 2 y³ – 36 xy + 430.

Решение. Найдем

Решим систему уравнений
   то есть      или   

Из первого уравнения имеем      Подставив это значение во второе уравнение, получим    Последнее  уравнение можно записать так:
x⁴ – 216 x = x (x³ – 216) = x (x – 6) (x² + 6 x + 36) = 0.

Отсюда следует, что x₁ = 0,  x₂ = 6.  Корни уравнения  x² + 6 x + 36 = 0 комплексные, которые нас не интересуют.

Подставив полученные значения x в равенство ,   получим: y₁ = 0, y₂ = 6. Таким образом, имеем две пары решений предыдущей системы уравнений: 1) x₁ = 0, y₁ = 0;  2) x₂ = 6, y₂ = 6.

Для нахождения D определим   

Подставляя сюда сначала первую пару решений, а затем вторую, вычислим A, B, C. Для первой пары решений:

то есть D = AC – B² = –362 < 0. Поскольку D < 0, то при x = 0; y = 0 функция не имеет экстремума. Для второй пары решений:

Поскольку число D = AC – B² = 72 ⋅ 72 – (–36)² = 3888, положительное, то экстремум при x = 6; y = 6 существует, причем минимум (A > 0).

Для нахождения минимального значения функции подставим  x = 6; y = 6 и получим

Пример 4. Малое предприятие производит товары вида A и B. Общие ежедневные затраты на производство x единиц товара A и y единиц товара B задаются функцией
V = 620 – 14 x – 10 y + 0,2 x² + 0,1 y².
Определить количество единиц товаров A и B, при которых общие расходы предприятия будут минимальными.

Решение. Чтобы найти количество единиц x и y товаров A и B, необходимо исследовать на экстремум функцию   V = 620 – 14 x – 10 y + 0,2 x² + 0,1 y².

Находим частные производные первого порядка

Приравнивая их к нулю, получим систему уравнений:

Находим частные производные второго порядка

Находим D = AC – B² = 0,4 ⋅ 0,2 – 0² = 0,08 > 0. Поскольку A > 0, то имеем минимум. Следовательно, функция затрат V (x; y) при x = 35, y = 50 достигает минимума. V_min =  125 (ден. ед.)

Экстремумы функции двух переменных и производная по направлению

Рассмотрим функцию , которая определена и непрерывна в некоторой окрестности точки .

Определение 1. Точка называется точкой локального максимума (минимума) функции , если существует такая окрестность точки , в которой для любой точки из этой окрестности выполняется неравенство .

Точки локального максимума и локального минимума называются точками локального экстремума или просто точками экстремума.

Теорема 1 (необходимое условие экстремума). Если функция имеет частные производные первого порядка в точке локального экстремума , то

.

Доказательство. Рассмотрим сначала функцию одной переменной . Производная этой функции совпадает с частной производной , а сама функция имеет локальный экстремум в точке . По теореме 3.17 (необходимое условие локального экстремума функции одной переменной) производная функция в точке равна нулю, т.е. . Аналогично функция одной переменной имеет локальный экстремум в точке . Следовательно, ее производная в этой точке равна нулю, т.е. . Теорема доказана.

Итак, «подозрительными» на экстремум являются те точки , в которых все частные производные первого порядка обращаются в нуль. Как и в случае функции одной переменной, такие точки называются стационарными (при этом требуется, чтобы функция была дифференцируемой в точке ). Стационарные точки функции можно найти, решив систему уравнений

(1)

Пример №76

Найти стационарные точки функции .

Решение:

Система (1) имеет вид

.

Из первого уравнения находим . Из второго уравнения находим . Следовательно, функция (рис. 1.21, а) имеет шесть стационарных точек: (1; 0), (1; -1), (1; 1), (-1; 0), (-1; -1), (-1; 1).

Достаточные условия экстремума функции двух переменных

Условия теоремы 1 не являются достаточными условиями существования экстремума.

Например, для функции (рис. 1, б) частные производные первого порядка равны нулю в точке (0; 0), однако эта точка не является точкой локального экстремума. Действительно, в любой окрестности точки (0; 0) существуют точки вида (; 0), в которых . Поэтому (0; 0) не является точкой локального максимума. Аналогично в любой окрестности точки (0; 0) существуют точки вида (0; ), в которых . Поэтому (0; 0) не является точкой локального минимума.

Теорема 2 (достаточные условия экстремума). Пусть функция имеет непрерывные частные производные второго порядка в некоторой окрестности стационарной точки . Положим

Тогда:

1) если , то в точке функция имеет локальный экстремум, причем при – локальный максимум, а при – локальный минимум;

2) если <0, то в точке нет экстремума;

3) если = 0, то в точке экстремум может быть, а может и не быть, и необходимы дополнительные исследования.

Пример №77

Найти экстремумы функции

.

Решение:

Найдем частные производные первого порядка

, .

Стационарные точки найдем, решая систему уравнений

.

Сложив уравнения системы, получим , откуда . Подставив в первое уравнение системы, придем к уравнению . Получим корни: =0, . =, . Отсюда следует, что = 0, , . Итак, наша функция имеет три стационарные точки:

(0; 0), , .

Чтобы найти определитель , рассчитаем частные производные второго порядка:

, , .

Получим

.

Вычислим величину в стационарных точках:

, , .

Так как и , то, согласно теореме 2, – точка локального минимума (как и точка ).

Рассчитаем значение функции (рис. 2) в этих точках:

, .

Так как , поэтому в точке , теорему 2 применить нельзя. Убедимся, что в этой точке экстремум отсутствует. Действительно, если = 0, то в окрестности точки . Если , то . Итак, в окрестности точки значения могут быть как положительные, так и отрицательные, а это означает, что точка не является экстремальной. Отметим, что других экстремумов заданная функция не имеет, поскольку точки, в которых производные и не существуют, отсутствуют.

Производная по направлению

Пусть функция определена и непрерывна в некоторой окрестности точки ; – единичный вектор; – направленная прямая, проходящая через точку ; – точка на прямой (рис. 3); -величина отрезка ; – приращение функции в точке .

Рис. 3. Иллюстрация производной но направлению

Определение 2. Предел отношения при , если он существует, называется производной функции в точке по направлению вектора (кратко – производная по направлению) и обозначается:

Производная по направлению вычисляется по формуле:

,

где и – направляющие косинусы вектора . Ее физический смысл – скорость изменения функции в точке по направлению вектора . Действительно, если =(1; 0), то , и . Если же =(0; 1), то = . Т.о., производная по направлению обобщает понятие частной производной.

Пример №78

Вычислить производную функции в точке (1; 2) но направлению вектора , где (3; 0).

Решение:

Найдем единичный вектор , имеющий данное направление:

; ;

Следовательно, и .

Вычислим частные производные в точке (1; 2):

; ; ; .

Окончательно получим:

.

Градиент

Важным понятием математического анализа является градиент.

Определение 3. Градиентом функции в точке называется вектор, координаты которого равны соответствующим частным производным и , взятым в точке :

.

Его физический смысл – указывать направление наискорейшего роста функции, а максимальная скорость равна модулю градиента.

Пример №79

Найти градиент функции в точке (2; -1).

Решение:

Сделав все расчеты, получим:

; ; ; ; .

Эта лекция взята из раздела о предмете высшая математика, там вы найдёте другие лекци по всем темам высшей математики:

Другие темы которые вам помогут понять высшую математику:

Экстремум функции двух переменных. Примеры исследования функций на экстремум.

Пусть функция $z=f(x,y)$ определена в некоторой окрестности точки $(x_0,y_0)$. Говорят, что $(x_0,y_0)$ – точка (локального) максимума, если для всех точек $(x,y)$ некоторой окрестности точки $(x_0,y_0)$ выполнено неравенство $f(x,y)< f(x_0,y_0)$. Если же для всех точек этой окрестности выполнено условие $f(x,y)> f(x_0,y_0)$, то точку $(x_0,y_0)$ называют точкой (локального) минимума.

Точки максимума и минимума часто называют общим термином – точки экстремума.

Если $(x_0,y_0)$ – точка максимума, то значение функции $f(x_0,y_0)$ в этой точке называют максимумом функции $z=f(x,y)$. Соответственно, значение функции в точке минимума именуют минимумом функции $z=f(x,y)$. Минимумы и максимумы функции объединяют общим термином – экстремумы функции.

Алгоритм исследования функции $z=f(x,y)$ на экстремум

1. Найти частные производные $frac{partial z}{partial x}$ и $frac{partial z}{partial y}$. Составить и решить систему уравнений $
   left { begin{aligned}
   & frac{partial z}{partial x}=0;\
   & frac{partial z}{partial y}=0.
   end{aligned} right.$. Точки, координаты которых удовлетворяют указанной системе, называют стационарными.
2. Найти $frac{partial^2z}{partial x^2}$, $frac{partial^2z}{partial xpartial y}$, $frac{partial^2z}{partial y^2}$ и вычислить значение $Delta=frac{partial^2z}{partial x^2}cdot frac{partial^2z}{partial y^2}-left(frac{partial^2z}{partial xpartial y} right)^2$ в каждой стационарной точке. После этого использовать следующую схему:
   1. Если $Delta > 0$ и $frac{partial^2z}{partial x^2} > 0$ (или $frac{partial^2z}{partial y^2} > 0$), то в исследуемая точка есть точкой минимума.
   2. Если $Delta > 0$ и $frac{partial^2z}{partial x^2} < 0$ (или $frac{partial^2z}{partial y^2} < 0$), то в исследуемая точка есть точкой максимума.
   3. Если $Delta < 0$, то в расматриваемой стационарной точке экстремума нет.
   4. Если $Delta = 0$, то ничего определённого про наличие экстремума сказать нельзя; требуется дополнительное исследование.

Примечание (желательное для более полного понимания текста): показатьскрыть

Пример №1

Исследовать на экстремум функцию $z=4x^2-6xy-34x+5y^2+42y+7$.

Решение

Будем следовать указанному выше алгоритму. Для начала найдём частные производные первого порядка:

$$
frac{partial z}{partial x}=8x-6y-34; frac{partial z}{partial y}=-6x+10y+42.
$$

Составим систему уравнений $ left { begin{aligned}
& frac{partial z}{partial x}=0;\
& frac{partial z}{partial y}=0.
end{aligned} right.$:

$$
left { begin{aligned}
& 8x-6y-34=0;\
& -6x+10y+42=0.
end{aligned} right.
$$

Сократим каждое уравнение этой системы на $2$ и перенесём числа в правые части уравнений:

$$
left { begin{aligned}
& 4x-3y=17;\
& -3x+5y=-21.
end{aligned} right.
$$

Мы получили систему линейных алгебраических уравнений. Мне в этой ситуации кажется наиболее удобным применение метода Крамера для решения полученной системы.

$$ begin{aligned}
& Delta=left| begin{array} {cc} 4 & -3\ -3 & 5 end{array}right|=4cdot 5-(-3)cdot (-3)=20-9=11;\
& Delta_x=left| begin{array} {cc} 17 & -3\ -21 & 5 end{array}right|=17cdot 5-(-3)cdot (-21)=85-63=22;\
& Delta_y=left| begin{array} {cc} 4 & 17\ -3 & -21 end{array}right|=4cdot (-21)-17cdot (-3)=-84+51=-33.end{aligned} \
x=frac{Delta_{x}}{Delta}=frac{22}{11}=2; ; y=frac{Delta_{y}}{Delta}=frac{-33}{11}=-3.
$$

Значения $x=2$, $y=-3$ – это координаты стационарной точки $(2;-3)$. Теперь приступим ко второму шагу алгоритма. Найдём частные производные второго порядка:

$$
frac{partial^2 z}{partial x^2}=8; frac{partial^2 z}{partial y^2}=10; frac{partial^2 z}{partial x partial y}=-6.
$$

Вычислим значение $Delta$:

$$
Delta=frac{partial^2z}{partial x^2}cdot frac{partial^2z}{partial y^2}-left(frac{partial^2z}{partial xpartial y} right)^2=
8cdot 10-(-6)^2=80-36=44.
$$

Так как $Delta > 0$ и $frac{partial^2 z}{partial x^2} > 0$, то согласно алгоритму точка $(2;-3)$ есть точкой минимума функции $z$. Минимум функции $z$ найдём, подставив в заданную функцию координаты точки $(2;-3)$:

$$
z_{min}=z(2;-3)=4cdot 2^2-6cdot 2 cdot (-3)-34cdot 2+5cdot (-3)^2+42cdot (-3)+7=-90.
$$

Ответ: $(2;-3)$ – точка минимума; $z_{min}=-90$.

Пример №2

Исследовать на экстремум функцию $z=x^3+3xy^2-15x-12y+1$.

Решение

Будем следовать указанному выше алгоритму. Для начала найдём частные производные первого порядка:

$$
frac{partial z}{partial x}=3x^2+3y^2-15; frac{partial z}{partial y}=6xy-12.
$$

Составим систему уравнений $ left { begin{aligned}
& frac{partial z}{partial x}=0;\
& frac{partial z}{partial y}=0.
end{aligned} right.$:

$$
left { begin{aligned}
& 3x^2+3y^2-15=0;\
& 6xy-12=0.
end{aligned} right.
$$

Сократим первое уравнение на 3, а второе – на 6.

$$
left { begin{aligned}
& x^2+y^2-5=0;\
& xy-2=0.
end{aligned} right.
$$

Если $x=0$, то второе уравнение приведёт нас к противоречию: $0cdot y-2=0$, $-2=0$. Отсюда вывод: $xneq 0$. Тогда из второго уравнения имеем: $xy=2$, $y=frac{2}{x}$. Подставляя $y=frac{2}{x}$ в первое уравнение, будем иметь:

$$
x^2+left(frac{2}{x} right)^2-5=0;\
x^2+frac{4}{x^2}-5=0;\
x^4-5x^2+4=0.
$$

Получили биквадратное уравнение. Делаем замену $t=x^2$ (при этом имеем в виду, что $t > 0$):

$$
t^2-5t+4=0;\
begin{aligned}
& D=(-5)^2-4cdot 1 cdot 4=9;\
& t_1=frac{-(-5)-sqrt{9}}{2}=frac{5-3}{2}=1;\
& t_2=frac{-(-5)+sqrt{9}}{2}=frac{5+3}{2}=4.end{aligned}
$$

Если $t=1$, то $x^2=1$. Отсюда имеем два значения $x$: $x_1=1$, $x_2=-1$. Если $t=4$, то $x^2=4$, т.е. $x_3=2$, $x_4=-2$. Вспоминая, что $y=frac{2}{x}$, получим:

begin{aligned}
& y_1=frac{2}{x_1}=frac{2}{1}=2;\
& y_2=frac{2}{x_2}=frac{2}{-1}=-2;\
& y_3=frac{2}{x_3}=frac{2}{2}=1;\
& y_4=frac{2}{x_4}=frac{2}{-2}=-1.
end{aligned}

Итак, у нас есть четыре стационарные точки: $M_1(1;2)$, $M_2(-1;-2)$, $M_3(2;1)$, $M_4(-2;-1)$. На этом первый шаг алгоритма закончен.

Теперь приступим ко второму шагу алгоритма. Найдём частные производные второго порядка:

$$
frac{partial^2 z}{partial x^2}=6x; frac{partial^2 z}{partial y^2}=6x; frac{partial^2 z}{partial x partial y}=6y.
$$

Найдём $Delta$:

$$
Delta=frac{partial^2z}{partial x^2}cdot frac{partial^2z}{partial y^2}-left(frac{partial^2z}{partial xpartial y} right)^2=
6xcdot 6x-(6y)^2=36x^2-36y^2=36(x^2-y^2).
$$

Теперь будем вычислять значение $Delta$ в каждой из найденных ранее стационарных точек. Начнём с точки $M_1(1;2)$. В этой точке имеем:

$$Delta(M_1)=36(1^2-2^2)=-108.$$

Так как $Delta(M_1) < 0$, то согласно алгоритму в точке $M_1$ экстремума нет.

Исследуем точку $M_2(-1;-2)$. В этой точке имеем:

$$Delta(M_2)=36((-1)^2-(-2)^2)=-108.$$

Так как $Delta(M_2) < 0$, то согласно алгоритму в точке $M_2$ экстремума нет.

Исследуем точку $M_3(2;1)$. В этой точке получим:

$$
Delta(M_3)=36(2^2-1^2)=108;;; left.frac{partial^2 z}{partial x^2}right|_{M_3}=6cdot 2=12.
$$

Так как $Delta(M_3) > 0$ и $left.frac{partial^2 z}{partial x^2}right|_{M_3} > 0$, то согласно алгоритму $M_3(2;1)$ есть точкой минимума функции $z$. Минимум функции $z$ найдём, подставив в заданную функцию координаты точки $M_3$:

$$
z_{min}=z(2;1)=2^3+3cdot 2cdot 1^2-15cdot 2-12cdot 1+1=-27.
$$

Осталось исследовать точку $M_4(-2;-1)$. В этой точке получим:

$$
Delta(M_4)=36((-2)^2-(-1)^2)=108;;; left.frac{partial^2 z}{partial x^2}right|_{M_4}=6cdot (-2)=-12.
$$

Так как $Delta(M_4) > 0$ и $left.frac{partial^2 z}{partial x^2}right|_{M_4} < 0$, то согласно алгоритму $M_4(-2;-1)$ есть точкой максимума функции $z$. Максимум функции $z$ найдём, подставив в заданную функцию координаты точки $M_4$:

$$
z_{max}=z(-2;-1)=(-2)^3+3cdot (-2)cdot (-1)^2-15cdot (-2)-12cdot (-1)+1=29.
$$

Исследование на экстремум завершено. Осталось лишь записать ответ.

Ответ:

• $(2;1)$ – точка минимума, $z_{min}=-27$;
• $(-2;-1)$ – точка максимума, $z_{max}=29$.

Примечание

Вычислять значение $Delta$ в общем случае нет необходимости, потому что нас интересует лишь знак, а не конкретное значение данного параметра. Например, для рассмотренного выше примера №2 в точке $M_3(2;1)$ имеем $Delta=36cdot(2^2-1^2)$. Здесь очевидно, что $Delta > 0$ (так как оба сомножителя $36$ и $(2^2-1^2)$ положительны) и можно не находить конкретное значение $Delta$. Правда, для типовых расчётов это замечание бесполезно, – там требуют довести вычисления до числа 🙂

Пример №3

Исследовать на экстремум функцию $z=x^4+y^4-2x^2+4xy-2y^2+3$.

Решение

Будем следовать алгоритму. Для начала найдём частные производные первого порядка:

$$
frac{partial z}{partial x}=4x^3-4x+4y; frac{partial z}{partial y}=4y^3+4x-4y.
$$

Составим систему уравнений $ left { begin{aligned}
& frac{partial z}{partial x}=0;\
& frac{partial z}{partial y}=0.
end{aligned} right.$:

$$
left { begin{aligned}
& 4x^3-4x+4y=0;\
& 4y^3+4x-4y=0.
end{aligned} right.
$$

Сократим оба уравнения на $4$:

$$
left { begin{aligned}
& x^3-x+y=0;\
& y^3+x-y=0.
end{aligned} right.
$$

Добавим к второму уравнению первое и выразим $y$ через $x$:

$$
y^3+x-y+(x^3-x+y)=0;\
y^3+x^3=0; y^3=-x^3; y=-x.
$$

Подставляя $y=-x$ в первое уравнение системы, будем иметь:

$$
x^3-x-x=0;\
x^3-2x=0;\
x(x^2-2)=0.
$$

Из полученного уравнения имеем: $x=0$ или $x^2-2=0$. Из уравнения $x^2-2=0$ следует, что $x=-sqrt{2}$ или $x=sqrt{2}$. Итак, найдены три значения $x$, а именно: $x_1=0$, $x_2=-sqrt{2}$, $x_3=sqrt{2}$. Так как $y=-x$, то $y_1=-x_1=0$, $y_2=-x_2=sqrt{2}$, $y_3=-x_3=-sqrt{2}$.

Первый шаг решения окончен. Мы получили три стационарные точки: $M_1(0;0)$, $M_2(-sqrt{2},sqrt{2})$, $M_3(sqrt{2},-sqrt{2})$.

Теперь приступим ко второму шагу алгоритма. Найдём частные производные второго порядка:

$$
frac{partial^2 z}{partial x^2}=12x^2-4; frac{partial^2 z}{partial y^2}=12y^2-4; frac{partial^2 z}{partial x partial y}=4.
$$

Найдём $Delta$:

$$
Delta=frac{partial^2z}{partial x^2}cdot frac{partial^2z}{partial y^2}-left(frac{partial^2z}{partial xpartial y} right)^2=
(12x^2-4)(12y^2-4)-4^2=\
=4(3x^2-1)cdot 4(3y^2-1)-16=16(3x^2-1)(3y^2-1)-16=16cdot((3x^2-1)(3y^2-1)-1).
$$

Теперь будем вычислять значение $Delta$ в каждой из найденных ранее стационарных точек. Начнём с точки $M_1(0;0)$. В этой точке имеем:

$$Delta(M_1)=16cdot((3cdot 0^2-1)(3cdot 0^2-1)-1)=16cdot 0=0.$$

Так как $Delta(M_1) = 0$, то согласно алгоритму требуется дополнительное исследование, ибо ничего определённого про наличие экстремума в рассматриваемой точке сказать нельзя. Оставим покамест эту точку в покое и перейдём в иным точкам.

Исследуем точку $M_2(-sqrt{2},sqrt{2})$. В этой точке получим:

begin{aligned}
& Delta(M_2)=16cdot((3cdot (-sqrt{2})^2-1)(3cdot (sqrt{2})^2-1)-1)=16cdot 24=384;\
& left.frac{partial^2 z}{partial x^2}right|_{M_2}=12cdot (-sqrt{2})^2-4=24-4=20.
end{aligned}

Так как $Delta(M_2) > 0$ и $left.frac{partial^2 z}{partial x^2}right|_{M_2} > 0$, то согласно алгоритму $M_2(-sqrt{2},sqrt{2})$ есть точкой минимума функции $z$. Минимум функции $z$ найдём, подставив в заданную функцию координаты точки $M_2$:

$$
z_{min}=z(-sqrt{2},sqrt{2})=(-sqrt{2})^4+(sqrt{2})^4-2(-sqrt{2})^2+4cdot (-sqrt{2})sqrt{2}-2(sqrt{2})^2+3=-5.
$$

Аналогично предыдущему пункту исследуем точку $M_3(sqrt{2},-sqrt{2})$. В этой точке получим:

begin{aligned}
& Delta(M_3)=16cdot((3cdot (sqrt{2})^2-1)(3cdot (-sqrt{2})^2-1)-1)=16cdot 24=384;\
& left.frac{partial^2 z}{partial x^2}right|_{M_3}=12cdot (sqrt{2})^2-4=24-4=20.
end{aligned}

Так как $Delta(M_3) > 0$ и $left.frac{partial^2 z}{partial x^2}right|_{M_3} > 0$, то согласно алгоритму $M_3(sqrt{2},-sqrt{2})$ есть точкой минимума функции $z$. Минимум функции $z$ найдём, подставив в заданную функцию координаты точки $M_3$:

$$
z_{min}=z(sqrt{2},-sqrt{2})=(sqrt{2})^4+(-sqrt{2})^4-2(sqrt{2})^2+4cdot sqrt{2}(-sqrt{2})-2(-sqrt{2})^2+3=-5.
$$

Настал черёд вернуться к точке $M_1(0;0)$, в которой $Delta(M_1) = 0$. Согласно алгоритму требуется дополнительное исследование. Под этой уклончивой фразой подразумевается “делайте, что хотите” :). Общего способа разрешения таких ситуаций нет, – и это понятно. Если бы такой способ был, то он давно бы вошёл во все учебники. А покамест приходится искать особый подход к каждой точке, в которой $Delta = 0$. Ну что же, поисследуем поведение функции в окрестности точки $M_1(0;0)$. Сразу отметим, что $z(M_1)=z(0;0)=3$. Предположим, что $M_1(0;0)$ – точка минимума. Тогда для любой точки $M$ из некоторой окрестности точки $M_1(0;0)$ получим $z(M) > z(M_1) $, т.е. $z(M) > 3$. А вдруг любая окрестность содержит точки, в которых $z(M) < 3$? Тогда в точке $M_1$ уж точно не будет минимума.

Рассмотрим точки, у которых $y=0$, т.е. точки вида $(x,0)$. В этих точках функция $z$ будет принимать такие значения:

$$
z(x,0)=x^4+0^4-2x^2+4xcdot 0-2cdot 0^2+3=x^4-2x^2+3=x^2(x^2-2)+3.
$$

В всех достаточно малых окрестностях $M_1(0;0)$ имеем $x^2-2 < 0$, посему $x^2(x^2-2) < 0$, откуда следует $x^2(x^2-2)+3 < 3$. Вывод: любая окрестность точки $M_1(0;0)$ содержит точки, в которых $z < 3$, посему точка $M_1(0;0)$ не может быть точкой минимума.

Но, может быть, точка $M_1(0;0)$ – точка максимума? Если это так, то для любой точки $M$ из некоторой окрестности точки $M_1(0;0)$ получим $z(M) < z(M_1) $, т.е. $z(M) < 3$. А вдруг любая окрестность содержит точки, в которых $z(M) > 3$? Тогда в точке $M_1$ точно не будет максимума.

Рассмотрим точки, у которых $y=x$, т.е. точки вида $(x,x)$. В этих точках функция $z$ будет принимать такие значения:

$$
z(x,x)=x^4+x^4-2x^2+4xcdot x-2cdot x^2+3=2x^4+3.
$$

Так как в любой окрестности точки $M_1(0;0)$ имеем $2x^4 > 0$, то $2x^4+3 > 3$. Вывод: любая окрестность точки $M_1(0;0)$ содержит точки, в которых $z > 3$, посему точка $M_1(0;0)$ не может быть точкой максимума.

Точка $M_1(0;0)$ не является ни точкой максимума, ни точкой минимума. Вывод: $M_1$ вообще не является точкой экстремума.

Ответ: $(-sqrt{2},sqrt{2})$, $(sqrt{2},-sqrt{2})$ – точки минимума функции $z$. В обеих точках $z_{min}=-5$.