Ekstremne Vrijednosti Funkcija Dvije Promjenljive

3. EKSTREMNE VRIJEDNOSTI FUNKCIJA DVIJE PROMJENLJIVE

Kao i kod funkcija jedne promjenljive i u slučaju funkcija više promjenljivih pojam maksimuma ili minimuma funkcije z

= f (x 1, x 2 , ... , x n ) se vezuje za neku dovoljno malu

okolinu neke razmatrane tačke, tj. ima lokalni karakter. Bavićemo se ekstremnim vrijednostima funkcija dvije promjenljive.

Definicija 1. Funkcija z = f (x, y ) u tački P (x 0 , y 0 ) ima lokalni maksimum ako u svim tačkama iz neke okoline tačke P ima manje vrijendosti nego u tački P .

Definicija 2. Funkcija z = f (x , y) u tački P (x 0 , y 0 ) ima lokalni minimum ako u svim tačkama iz neke okoline tačke P ima veće vrijendosti nego u tački P . Uobičajeno je da se lokalni minimum i maksimum nazivaju ekstremnim vrijednostima razmatrane funkcije.

Teorema 1. Ako diferencijabilna funkcija z = f (x, y ) dostiže lokalnu ekstremnu vrijednost u tački P (x 0 , y 0 ) tada su parcijalni izvodi prvog reda funkcije z

= f (x, y ) u tački P jednaki

nuli:

∂ f ∂x ∂ f ∂y

=0 P

=0 P

Neophodan uslov za ekstremum funkcije z

= f (x, y ) daje sljedeći sistem od dvije nepo‐

znate:

⎫⎪ ∂ f = 0⎪⎪ ∂x ⎪⎪⎬ ∂ f ⎪ = 0⎪⎪ ∂y ⎪⎪⎭ z=

Tačke koje su rješenja prethodnog sistema nazivaju se stacionarnim tačkama funkcije f (x , y ) .

100

α:

definicije, primjeri, zadaci MATEMATIKA 2 – Teoreme, definicije, primjeri,

0

z − z 0 = A(x − x 0 ) + B(y − y 0 ) z − z0 = 0 ⇒ z = z

0

0

Slika 1 Ravni

α i β su paralelne ravni Oxy

Te tačke koje su kandidati za ekstremne vrijednosti i u svakoj takvoj tački funkcija ne mora dostizati ekstremum. Da bi se u opštem slučaju riješio problem da li u nađenim stacionarnim tačkama data funkcija dostiže ekstremum, potrebna su dopunska ispitivanja. Kao i funkcija jedne promjenljive, funkcija dvije promjenljive može dostizati svoju najmanju ili najveću vrijednost u tačkama koje nijesu stacionarne.

Definicija 3. Tačke u kojima su svi parcijalni izvodi jednaki nuli, ili u kojima bar jedan od parcijalnih izvoda ne postoji, nazivaju se kritičnim tačkama date funkcije. Dakle, stacionarne tačke neke proizvoljne funkcije jesu njene kritične tačke, ali sve kritične tačke ne moraju biti i stacionarne.

3.1. DOVOLJNI USLOVI ZA EKSTREMNE VRIJEDNOSTI FUNKCIJA DVIJE PROMJENLJIVE

Teorema 2. Pretpostavimo da u nekoj oblasti D kojoj pripada tačka P0 (x 0 , y 0 ) funkcija da je tačka z = f (x, y ) ima neprekidne parcijalne izvode prvog i drugog reda i pretpostavimo da je

P0 (x 0 , y 0 ) stacionarna tačka date funkcije, tj.

∂ f (x 0 , y 0 ) = 0, ∂x

∂f (x 0 , y 0 ) = 0 . ∂y

Označimo vrijednosti drugih parcijalnih izvoda u tački P 0 sa

∂2 f A= ∂x 2

, P0

∂2 f B= ∂x ∂y

P0

∂ 2 f , C = ∂y 2

. P 0

3. EKSTREMEN VRIJEDNOSTI FUNKCIJA DVIJE PROMJENLJIVE

101

a) Ako je

A ⋅C − B 2 > 0 ∧ A < 0 , tada u tački P 0 funkcija z

= f (x, y ) ima lokalni maksimum.

b) Ako je

A ⋅C − B 2 > 0 ∧ A > 0 , funkcija z

= f (x, y ) u tački P 0 ima lokalni minimum.

c) Ako je A ⋅ C

− B 2 < 0 , funkcija z = f (x, y) u tački P 0 nema ekstremnu vrijednost. 2

d) Ako je A ⋅ C − B = 0 , za određivanje karaktera stacionarne tačke potrebno je ispitivanje izvoda višeg reda (neodlučan slučaj).

Napomena: Dakle, ako je AC − B 2 < 0 , funkcija f (x, y ) u tački P0 (x 0 , y0 , z 0 ) nema ni maksimum ni minimum i u tom slučaju površ, koja odgovara funkciji z

= f (x, y ) , ima u tački

P 0 tzv. minimaks, odnosno sedlastu tačku (slika 2).

Slika 2

3.2. USLOVNE EKSTREMNE VRIJEDNOSTI FUNKCIJA DVIJE PROMJENLJIVE

Da bi odredili ekstremne vrijednosti funkcije z datom uslovu

= f (x , y ) pri

ϕ(x , y ) = 0 moramo prvo formirati Lagranžovu*

funkciju

F (x , y, λ) = f (x , y ) + λϕ(x , y ) , gdje je

λ Lagranžov multiplikator.

Teorema 3. Neophodan uslov da funkcija z = f (x , y) , pri uslovu ϕ(x , y ) = 0 , ima ekstremnu vrijednost u nekoj tački P (x 0 , y 0 ) , gdje su f (x , y ) i

ϕ(x , y ) diferencijabilne funkcije u nekoj

okolini date tačke, jeste da postoji takav realan broj

λ da vrijednosti x 0 , y 0 , λ zadovoljavaju

sistem jednačina

*

Joseph – Louis Lagrange, rođen kao Giuseppe Lodovico Lagrangia (1736–1813), italijanski matemati čar

MATEMATIKA 2 – Teoreme, definicije, primjeri, zadaci

102

⎧⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎨ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎩

∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂λ

=0 P

=0 P

=0 P

∂ϕ ∂ϕ (x 0 , y 0 ) i (x , y ) nijesu istovremeno jednaki ∂x ∂y 0 0

uz pretpostavku da parcijalni izvodi

nuli, tj. da tačka (x 0 , y 0 ) nije singularna tačka krive

ϕ(x , y ) = 0 .

Za nalaženje ekstremne vrijednosti je često potrebno diferencirati uslov

ϕ(x , y ) = 0 ,

odakle se dobija

∂ϕ ∂ϕ dx + dy = 0. ∂x ∂y Teorema 4 (dovoljan uslov za ekstremnu vrijednost ). Neka je P (x 0 , y 0 ) stacionarna tačka funkcije z = f (x , y ) . Ako je pri tom: 2

a) d F (P ) < 0 , tada u tački P funckija ima uslovni maksimum, 2

b) d F (P ) < 0 , tada u tački P funkcija ima uslovni minimum.


Zadaci za v ježbu 1. Odrediti lokalne ekstremne vrijednosti funkcije f (x, y ) = x 3 + 3xy 2 − 15x − 12y . Rješenje: Nađimo prve parcijalne izvode funkcije f (x , y ) .

∂ f = 3x 2 + 3y 2 − 15 ∂x ∂ f = 6xy − 12 ∂y Odredimo stacionarne tačke date funkcije rješavanjem sistema

⎧⎪ ∂ f ⎪⎪ =0 ⎪⎪ ∂x , tj. sistema ⎨ ∂ f ⎪⎪ =0 ⎪⎪ y ∂ ⎪⎩ ⎧⎪3x 2 + 3y 2 − 15 = 0 ⎧⎪x 2 + y 2 − 5 = 0 ⎪⎨ ⇒ ⎪⎨ ⎪⎪ ⎪⎪ 2xy − 4 = 0 6xy − 12 = 0 ⎪⎩ ⎩⎪ Sabiranjem i oduzimanjem datih jednačina dobijamo sistem

⎧⎪x 2 + 2xy + y 2 − 9 = 0 ⎪ ⎨ 2 ⎪⎪x − 2xy + y 2 − 1 = 0 ⎪⎩ ⎧⎪(x + y )2 = 9 ⇒ ⎨⎪ ⎪⎪(x − y )2 = 1 ⎪⎩ ⎧⎪x + y = − 9 ∨ x + y = 9 ⎪ ⇒ ⎨ ⎪⎪x − y = − 1 ∨ x − y = 1 ⎪⎩ ⎧⎪x + y = −3 ⎧⎪x + y = −3 ⎪ ⇒⎨ ∨ ⎪⎨ ∨ ⎪⎪x − y = −1 ⎪⎪x − y = 1 ⎩ ⎩ ⎧⎪2x = − 4 ⎧⎪2x = −2 ⇒ ⎨⎪ ∨ ⎪⎨ ∨ ⎪⎪x + y = − 3 ⎪⎪x + y = −3 ⎩ ⎩ ⎧⎪x = −2 ⎧⎪x = −1 ⎧⎪x = 1 ⎪ ⎪ ⇒⎨ ∨⎨ ∨ ⎪⎨ ⎪y = −1 ⎪y = −2 ⎪y = 2 ⎪⎩ ⎪⎩ ⎪⎩

⎧⎪x + y = 3 ⎧⎪x + y = 3 ⎪ ∨ ⎪⎨ ⎨ ⎪⎪x − y = −1 ⎪⎪x − y = 1 ⎩ ⎩ ⎧⎪2x = 2 ⎧⎪2x = 4 ⎪⎨ ∨ ⎪⎨ ⎪⎪x + y = 3 ⎪⎪x + y = 3 ⎩ ⎩ ⎧⎪x = 2 ∨ ⎪⎨ ⎪y = 1 ⎪⎩

103


104

Stacionarne tačke su:

P1 (−2, −1),

P2 (−1, −2),

P3 (1,2), P4 (2,1) .

Da bi pojedinačno ispitali karakter stacionarnih tačaka moramo naći parcijalne izvode drugog reda funckije z = f (x , y ) , a zatim naći njihove vrijednosti u stacionarnim tačkama: '

⎛ ∂f ⎟⎞ ∂ f ' 2 2 ⎜⎜ ⎟ = = (3 x + 3 y − 15) = 6x ⎟ x 2 ⎜ ⎟ ⎜ x ∂ ∂x ⎝ ⎠x ' ⎛ ∂f ⎟⎞ ∂2 f ' ⎟ = (3x 2 + 3y 2 − 15)y = 6y = ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ ∂x ⎟⎠ ∂x ∂y 2

y

'

⎛ ∂f ⎟⎞ ∂ 2 f ' ⎜⎜ ⎟ xy = = (6 − 12) = 6x ⎟⎟ y 2 ⎜ ⎜ ∂y ⎝ ∂y ⎠y a) Za tačku P 1 (−2, −1) nalazimo:

A=

∂2 f

= 6(−2) = −12

2

∂x

P 1

∂2 f B = ∂x ∂y C =

∂2 f

P 1

= 6(−2) = −12

2

∂y

= 6(−1) = −6

P 1

Dalje je

A ⋅ C − B 2 = (−12)(−12) − (−6)2

= 144 − 36 = 108 > 0 Kako je A = −12 < 0 to u tački P 1 (−2, −1) funkcija z

= f (x, y ) ima maksimum, koji

iznosi

z max = f (−2, −1) = (− 2)3 + 3(− 2)(− 1)2 − 15(− 2) − 12(− 1)

= −8 − 6 + 30 + 12 = 28. Tačka maksimuma je M max (−2, −1,28) . b) Za tačku P 2 (−1, −2) je


∂2 f A= ∂x 2

= 6(−1) = −6 P 2

∂2 f B = ∂x ∂y ∂2 f C = ∂y 2

105

= 6(−2) = −12 P 2

= 6(−1) = −6 P 12

A ⋅ C − B 2 = (−6)(−6) − (−12)2

= 36 − 144 = −108 < 0 pa funkcija u tački P 2 nema ekstremnu vrijednost. c) Za P 3 (1,2) je

∂2 f A= ∂x 2

= 6⋅1 = 6 P 3

2

B =

∂ f ∂x ∂y

= 6 ⋅ 2 = 12 P 3

2

C =

∂ f ∂y 2

= 6⋅1 = 6 P 3

A ⋅ C − B 2 = 6 ⋅ 6 − 122

= −108 < 0 pa ni u tački P 3 funkcija nema ekstremnu vrijednost. d) Konačno, za tačku P 4 (2,1) nalazimo da je

A = 6 ⋅ 2 = 12 B = 6 ⋅ 1 = 6 C = 6 ⋅ 2 = 12 AC − B 2 = 12 ⋅ 12 − 62 = 108 > 0 Kako je A = 12 >

0 to u tački P 4 (2,1) funkcija z = f (x, y ) ima minimum, koji iznosi

z min = f (2,1) = 23 + 3 ⋅ 2 ⋅ 12 − 15 ⋅ 2 − 12 ⋅ 1 = 8 + 6 − 30 − 12 = −28. Tačka minimuma je N min (2,1, −28) .


106

2. Dokazati da funkcija f (x, y ) = x 2y ln x nema ekstremuma. Dokaz: Parcijalni izvodi prvog reda su

∂ f ' ' = (x 2y )x ln x + x 2y(ln x )x ∂x 1 = 2xy ln x + x 2y ⋅ x

= 2xy ln x + xy = xy(2 ln x + 1) ∂ f ' = (x 2y ln x )y = x 2 ln x . ∂y Nađimo stacionarne tačke funkcije f (x , y ) rješavanjem sistema:

⎧ ⎪ ∂ f ⎪ =0 ⎪ ⎪ x ⎪ , ⎨∂ ∂ f ⎪ ⎪ =0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ∂y

tj. sistema

⎧ ⎪ ⎪xy(2 ln x + 1) = 0 ⎨ 2 ⎪ x ln x = 0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪(x = 0 ∨ y = 0 ∨ 2 ln x + 1 = 0) ∧ x > 0 ⇒ ⎨⎪ 2 ⎪ (x = 0 ∨ ln x = 0) ∧ x > 0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ 1 ⎪ ⎪( y = 0 ∨ ln x = − ) ∧ x > 0 ⇒ ⎨ 2 ⎪ ⎪ ln x = 0 ∧ x > 0 ⎪ ⎪ ⎩ 1 ⎧ ⎪ − ⎪ 2 ⇒ ⎨⎪y = 0 ∨ x = e 0 ⎪ ⎪ x e = =1 ⎪ ⎩ ⎧ ⎪x = 1 ⇒ ⎨⎪ ⎪ y = 0 ⎪ ⎩ Dakle, stacionarna tačka je P (1, 0) . Nađimo parcijalne izvode drugog reda.

3. EKSTREMEN VRIJEDNOSTI FUNKCIJA DVIJE PROMJENLJIVE ' ∂ 2 f = (xy(2 ln x + 1)) x ∂x 2 ⎡ 1 ⎤⎥ ⎢ = y 1 ⋅ (2 ln x + 1) + x ⋅ 2 ⋅ ⎢ x ⎥⎦ ⎣ = y(2 ln x + 3)

| y = const

107

'

⎛ ∂f ⎟⎞ ∂2 f ' ⎟⎟ = (xy(2 ln x + 1))y = ⎜⎜⎜ ∂x ∂y ⎝ ∂x ⎟⎠y = x (2 ln x + 1) '

⎛ ∂f ⎟⎞ ∂2 f ' 2 ⎜⎜ ⎟ x x = = ( ln ) =0 ⎟ y 2 ⎜ ⎟ ⎜ y ∂ ∂y ⎝ ⎠y Dalje je

∂2 f A= = 0 ⋅ (2 ln1 + 3) = 0 ∂x 2 P ∂2 f B = = 1 ⋅ (2 ln 1 + 1) = 1(0 + 1) = 1 ∂x ∂y P ∂2 f C = ∂y 2

=0 P

A ⋅ C − B 2 = 0 ⋅ 0 − 12 = −1 < 0 , pa u jedinoj stacionarnoj tački P funkcija nema ekstremnu vrijednost.

3. Odrediti sve lokalne ekstremne vrijednosti funkcije f (x, y ) = x 1 + y + y 1 + x . Rješenje: Oblast definisanosti funckije f (x, y ) je D f = {(x , y ) |1 + y ≥ 0 ∧ 1 + x ≥ 0} = {(x , y ) |x ≥ − 1 ∧ y ≥ − 1} y ∂ f 1 = 1 +y + y ⋅ ⋅ 1 = 1 + y + ∂x 2 1+x 2 1 + x ∂ f 1 x =x⋅ ⋅1+ 1 + x = + 1 + x ∂y 2 1+y 2 1 + y

Slika 3


108

Nađimo stacionarne tačke rješavanjem sistema

⎧ ⎪ ∂ f ⎪ =0 ⎪ ⎪ x ⎪ , ⎨∂ ∂ f ⎪ ⎪ =0 ⎪ ⎪ ∂ y ⎪ ⎩

tj. sistema

⎧ ⎪ y ⎪ 1+y + ⎪ ⎪ 2 1 + x ⎪ ⎨ x ⎪ ⎪ + 1+x ⎪ ⎪ y 2 1 + ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎪2 1 + x 1 + y + y ⇒ ⎨ ⎪ x +2 1+x 1+y ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ x − y = 0 ⎪ ⎪ ⇒⎪ ⎨x + 2 1 + x 1 + y ⎪ ⎪ x > −1 ∧ y > −1 ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ y = x ⎪ ⎪ ⇒⎪ ⎨x + 2 1 + x 1 + x ⎪ ⎪ x > −1 ∧ y > −1 ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ y = x ⎪ ⎪ ⇒⎪ ⎨x + 2(1 + x ) = 0 ⎪ ⎪ x > −1 ∧ y > −1 ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ 2 ⎪ x = − ⎪ ⎪ 3 ⇒⎨ ⎪ 2 ⎪ y = − ⎪ ⎪ 3 ⎪ ⎩

= 0 / ⋅2 1 + x = 0 / ⋅2 1 + y = 0 ∧ x > −1 = 0 ∧ y > − 1 =0

=0

⎛ ⎜⎜⎝

2 2⎞ , − ⎟⎟⎟ . 3 3 ⎟⎠

Jedina stacionarna tačka je P ⎜⎜−

⎛ ∂2 f = ⎜⎜⎜ 2 ∂x ⎝⎜

⎛ ⎜ ⎞ y y ⎜⎜ 1 ⎟ ⎟⎟ = ⎜ 1+y + 1 2 ⎜⎜ 2 1 + x ⎠⎟x ⎜⎝ (1 + x ) 2 '

=− =−

y

4 y

4

'

⎞ ' 1 ⎞ ⎛ ⎟⎟⎟ − y ⎟⎟ = ⎜⎜⎜(1 + x ) 2 ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎠ 2 ⎝⎜ ⎟⎟⎟ x ⎠x

−

1 −1 2

−

3 2

(1 + x ) (1 + x )

'

⋅ (1 + x )x

=−

y

4 (1 + x )3

.

3. EKSTREMEN VRIJEDNOSTI FUNKCIJA DVIJE PROMJENLJIVE '

109

'

⎛ ∂f ⎞⎟ ⎛ ∂ f y ⎟⎟⎞ ⎟⎟ = ⎜⎜ 1 + y + = ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ ∂x ⎟⎠y ⎜⎜⎝ ∂x ∂y 2 1 + x ⎟⎠y 1 1 = + . y x 2 1+ 2 1+ 2

' ⎛ ⎛ ∂f ⎟⎞ x ∂ f ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ = = + 1+x ⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ∂y ⎝ ∂y ⎠y ⎝ 2 1 + y 2

'

x ⎟⎟⎞ ⎟ = ⎟⎠ 2 y

'

1 ⎞ ⎛ x ⎜⎜(1 + y )− 2 ⎟⎟ = − . ⎟ ⎜⎜ 3 ⎟ ⎟ 4 (1 + y ) ⎝ ⎠y

Dalje je

−

2

A=

∂ f ∂x 2

=−

2 3 3

=

⎛ ⎛ 2 ⎞⎞⎟ 12 4 ⎜⎜⎜1 + ⎜⎜⎜− ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎝ ⎝ 3 ⎟⎠⎟⎠ 1 1 ∂2 f B = = + ∂x ∂y P 2 2 2 1− 2 1− 3 3 2 − 2 ∂ f 3 3 C = = − = 3 2 ∂y 2 P ⎛ ⎞⎟ 2 ⎜ 4 ⎜⎜1 − ⎟⎟ 3 ⎟⎠ ⎝ A ⋅ C − B 2 =

P

2 3

⎛ 1 ⎟⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝⎜ 3 ⎟⎠ =

1

=

2 1 2 3

6⋅ =

1 3

1 3

=

3 2

3

3 3 3 9 ⋅ − ( 3 )2 = − 3 = − < 0 . 2 2 4 4

Dakle, funkcija nema ekstremnih vrijednosti.

4. Odrediti ekstremne vrijednosti funkcije f (x , y ) = x 2 + y 2 pri uslovu x + y = 1 . Rješenje: Iz uslova x + y = 1 nalazimo da je x + y − 1 =

1. 0 pa je ϕ(x , y ) = x + y −

Lagranžova funkcija je

F (x , y, λ) = f (x , y ) + λϕ(x , y ) = x 2 + y 2 + λ(x + y − 1) , a njeni parcijalni izvodi


110

⎧ ⎪ ∂F ⎪ = 2x + λ ⎪ ⎪ x ∂ ⎪ ⎪ ∂F ⎪ ⎪ = 2y + λ ⎨ ⎪ ∂ y ⎪ ⎪ ⎪ ∂F ⎪ = x + y − 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ∂λ Riješimo sistem

⎧ ⎪ ∂F ⎪ =0 ⎪ ⎪ x ∂ ⎪ ⎪ ∂F ⎪ ⎪ = 0, ⎨ ⎪ ∂ y ⎪ ⎪ ⎪ ∂F ⎪ =0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ∂λ

tj. sistem

⎧ ⎪ 2x + λ = 0 ⎪ ⎪ ⎪2y + λ = 0 ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ x + y − 1 = 0 ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ λ = −2x ⎪ ⎪ ⇒⎪ ⎨2y − 2x = 0 / : 2 ⎪ ⎪ x + y − 1 = 0 ⎪ ⎪ ⎩ Dalje je

⎧⎪ ⎧ ⎧⎪y = x ⎪⎪⎪y = ⎪ ⎪y − x = 0 ⎪ ⇒⎨ ⇒⎨ ⎨ ⎪x + y − 1 = 0 ⎪x + x − 1 = 0 ⎪⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩ ⎪⎪y = ⎪⎩

1 2 , 1 2

λ = −2x = −2 ⋅

1 = −1 . 2

⎛ 1 1 ⎟⎞ ⎟ ⎜⎜⎝ 2 , 2 ⎟⎟⎠, λ = −1 .

Dakle, stacionarna tačka je P ⎜⎜

Nađimo totalni diferencijal drugog reda funkcije F (x , y , λ) , a za to je potrebno naći njene parcijalne izvode drugog reda.

∂2F ' x = (2 + λ ) =2 x 2 ∂x ∂2F ' = (2x + λ)y = 0 ∂x ∂y ∂2F ' y = (2 + λ ) =2 y 2 ∂y


111

∂ 2F ∂ 2F ∂ 2F 2 2 d F = dx + 2 dxdy + dy ∂x ∂y ∂x 2 ∂y 2 = 2dx 2 + 2 ⋅ 0dxdy + 2dy 2 2

= 2(dx 2 + dy 2 ). ⎛ 1 1 ⎟⎞ d F (P ) = d F ⎜⎜ , ⎟⎟ = 2(dx 2 + dy 2 ) > 0 ⎜⎝ 2 2 ⎟⎠ 2

2

pa funkcija ima minimum u tački P . 2

z min

2

⎛ 1 1 ⎟⎞ ⎛ 1 ⎟⎞ ⎛ 1 ⎟⎞ ⎛ 1 1 1 ⎟⎞ 1 ⎜ ⎜ ⎜ pa je tačka minimuma M min ⎜⎜ , , ⎟⎟ . = f ⎜⎜ , ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜⎝ 2 2 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎝⎜ 2 ⎟⎠ 2

5. Odrediti ekstremnu vrijednost funkcije f (x, y ) = (x − 1)2 + (y + 1)2

pri

uslovu

x 2 + y 2 − 2xy = 0.

Rješenje: Lagranžova funkcija je F (x , y, λ) = (x

− 1)2 + (y + 1)2 + λ(x 2 + y 2 − 2xy ) , a njeni

parcijalni izvodi prvog reda su:

∂F = 2(x − 1) + λ(2x − 2y ) ∂x ∂F = 2(y + 1) + λ(2y − 2x ) ∂y ∂F = x 2 + y 2 − 2xy ∂λ Nađimo stacionarne tačke rješavanjem sistema

⎧⎪ ∂F ⎪⎪ =0 ⎪⎪ ∂x ⎪⎪ ∂F ⎪⎨ = 0, ⎪⎪ ∂y ⎪⎪ ∂F ⎪⎪ =0 ⎪⎪⎩ ∂λ

tj. sistema

⎧⎪2( x − 1) + λ(2x − 2y ) = 0 / : 2 ⎪⎪ ⎪⎨2(y + 1) + λ(2y − 2x ) = 0 / : 2 ⎪⎪ 2 ⎪⎪x + y 2 − 2xy = 0 ⎪⎩


112

⎧ ⎪ x − 1 + λ(x − y ) = 0 ⎪ ⎪ ⇒⎪ ⎨y + 1 + λ(y − x ) = 0 ⎪ ⎪ 2 2 ⎪ x + y − 2xy = 0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ x + y = 0 ⎪ ⎪ 2 2 ⇒⎪ 0 | sabrali smo jednačine ⎨x + y − 2xy = ⎪ ⎪ ⎪ x − 1 + λ(x − y ) = 0 ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ y = −x ⎪ ⎪ 2 2 0 ⇒⎪ ⎨x + (−x ) − 2x (−x ) = ⎪ ⎪ ⎪ x − 1 + λ(x + x ) = 0 ⎪ ⎩ ⎧ ⎧⎪y = −x ⎧⎪y = −x ⎪ y = −x ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎧⎪x = 0 ⎪ ⎪ 2 2 2 2 2 2 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⇒ ⎨x + x + 2x = 0 ⇒ ⎨x + x + 2x = 0 ⇒ ⎨4x = 0 ⇒ ⎨⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩y = 0 x x x x x x x ⎪ − 1 + λ ( + ) = 0 ⎪ − 1 + 2 λ = 0 ⎪ − 1 + 2 λ = 0 ⎪ ⎪⎩ ⎪⎩ ⎩ Stacionarna tačka je P (0,0) . 2

Nađimo d F .

∂2F ' x x y = (2( − 1) + λ (2 − 2 )) = 2 + 2λ x ∂x 2 ∂2F ' = (2(x − 1) + λ(2x − 2y ))y = −2λ ∂x ∂y ∂2F ' = (2( y + 1) + λ (2 y − 2 x )) = 2 + 2λ y 2 ∂y ∂ 2F ∂ 2F ∂ 2F 2 2 d F= dx + 2 dxdy + dy ∂x ∂y ∂x 2 ∂y 2 = (2 + 2λ)dx 2 + 2(−2λ)dxdy + (2 + 2λ )dy 2 2

= (2 + 2λ)dx 2 − 4λdxdy + (2 + 2λ )dy 2 2

2

Diferenciranjem datog uslova x + y − 2xy =  ϕ(x ,y )

∂ϕ ∂ϕ dx + dy = 0 , tj. ∂x ∂y 0 (2x − 2y )dx + (2y − 2x )dy = 0 ⇒ (2x − 2y )dx − (2x − 2y )dy = ⇒ (2x − 2y )(dx − dy ) = 0

(∗) 0 nalazimo


113

⇒ 2x − 2y = 0 ∨ dx − dy = 0 ⇒ x = y ∨ dy = dx Dakle,

d 2F = (2 + 2λ)dx 2 − 4λdxdx + (2 + 2λ )dx 2

= 2(2 + 2λ)dx 2 − 4λdx 2 = 4dx 2 + 4λdx 2 − 4λdx 2 = 4dx 2 > 0 pa u tački P (0,0) funkcija ima minimum.

z min = f (0, 0) = (0 − 1)2 + (0 + 1)2 = 1 + 1 = 2 .

6. Naći najmanju i najveću vrijednost funkcije f (x, y ) = 2x 3 + 4x 2 + y 2 − 2xy u oblasti D = {(x , y ) | x 2 ≤ y ≤ 4} .

Rješenje: Prvo nacrtajmo oblast D .

x 2 ≤ y ≤ 4 ⇒ x 2 ≤ y ∧ y ≤ 4

⇒ y ≥ x 2 ∧ y ≤ 4 Slika 4 Nađimo sada ekstremne vrijednosti funkcije f (x , y ) u oblasti D , a zatim pri uslovu

y = 4 , odnosno y = x 2 . Najmanja vrijednost funckije je najmanji od svih dobijenih minimuma, a najveća vrijednost je najveći od dobijenih maksimuma. a) Odredimo stacionarne tačke koje pripadaju oblasti D .

∂ f = 6x 2 + 8x − 2y ∂x ∂ f = 2y − 2x ∂y ⎧⎪ ∂ f ⎪⎪ =0 ⎪⎪ ∂x Riješimo sistem ⎨ , ⎪⎪ ∂ f =0 ⎪⎪ y ∂ ⎪⎩

tj. sistem


114

⎧⎪6x 2 + 8x − 2y = 0 ⎪ ⎨ ⎪⎪2y − 2x = 0 ⎪⎩ ⎧ ⎪ 3x 2 + 4x − y = 0 ⎪ ⇒ ⎨ ⎪ y = x ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ 3x 2 + 4x − x = 0 ⎪ ⇒ ⎨ ⎪ y = x ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ 3x 2 + 3x = 0 ⎪ ⇒ ⎨ ⎪ y = x ⎪ ⎪ ⎩ ⎧x (3x + 3) = 0 ⎪⎧x = 0 ∨ 3x + 3 = 0 ⎪⎧x = 0 ∨ x = − 1 ⎪ ⇒⎪ ⇒ ⎪⎨ ⇒ ⎪⎨ ⎨ ⎪ ⎪⎪y = x ⎪⎪y = x y =x ⎪ ⎩ ⎩ ⎩ ⎧ ⎧⎪x = −1 ⎧⎪x = 0 ⎧⎪x = −1 ⎪ x =0 ⎪ ⇒⎨ ∨ ⎪⎨ ⇒ ⎪⎨ ∨ ⎪⎨ ⎪ ⎪⎪y = x ⎪⎪y = 0 ⎪⎪y = −1 y =x ⎪ ⎩ ⎩ ⎩ ⎩ P1 (0, 0) ∈ D,

P2 (−1, −1) ∉ D .

Dakle, oblasti D pripada samo tačka P (0, 0) . Nađimo sada parcijalne izvode drugog reda ' ∂2 f 2 = 6 x + 8 x − 2 y = 12x + 8 ( ) 2 x ∂x ' ∂2 f = (6x 2 + 8x − 2y ) = −2 y ∂x ∂y

' ∂ 2 f y x = 2 − 2 = 2. ( ) 2 y ∂y

∂2 f A= ∂x 2 B = −2 C = 2

= 12 ⋅ 0 + 8 = 8 P

A ⋅ C − B 2 = 8 ⋅ 2 − (−2)2 = 16 − 4 = 12 > 0 . Kako je A =

8 > 0 , funkcija ima minimum u tački P i on iznosi z min = f (0, 0) = 2 ⋅ 03 + 4 ⋅ 02 + 02 − 2 ⋅ 0 ⋅ 0 = 0 .

b) Nađimo sada ekstremne vrijednosti funkcije f (x , y ) na granici y = ekstremne vrijednosti funkcije

4 . Ustvari treba naći


115

g(x ) = f (x, 4) = 2x 3 + 4x 2 + 42 − 2x ⋅ 4 = 2x 3 + 4x 2 − 8x + 16, − 2 ≤ x ≤ 2 g '(x ) = 6x 2 + 8x − 8 g '(x ) = 0 ⇒ 6x 2 + 8x − 8 = 0 / : 2

⇒ 3x 2 + 4x − 4 = 0 −4 ± 16 + 48 6 −4 ± 8 ⇒ x 1/2 = 6 2 ⇒x = ∨ x = −2 3 ⇒ x 1/2 =

Obje ove vrijednosti pripadaju intervalu

[−2,2] .

⎛ 2 ⎟⎞ 2 2 Kako je g "(x ) = 12x + 8 i g " ⎜⎜ ⎟⎟ = 12 ⋅ , to za x = funckija ima + 8 = 16 > 0 ⎜⎜⎝ 3 ⎟⎠ 3 3 minimum 2

2

⎛ 2 ⎟⎞ ⎛ 2 ⎟⎞ ⎛ 2 ⎟⎞ ⎛ 2 ⎟⎞ 2 ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ g min ⎜ ⎟⎟ = f min ⎜ , 4⎟⎟ = 2 ⋅ ⎜ ⎟⎟ + 4 ⋅ ⎜ ⎟⎟ − 8 ⋅ + 16 ⎜⎝ 3 ⎟⎠ ⎜⎝ 3 ⎟⎠ ⎜⎝ 3 ⎟⎠ ⎜⎝ 3 ⎟⎠ 3 8 4 16 = 2⋅ +4⋅ − + 16 27 9 3 16 + 48 − 144 + 332 252 = = 27 27 g "(−2) = 12(−2) + 8 = −24 + 8 = − 16 < 0 Dakle, i u tački x = −2 funkcija ima maksimum

g max (−2) = 2(−2)3 + 4(−2)2 − 8(− 2) + 16 = 32 c) Nađimo dalje ekstremne vrijednosti funkcije f (x , y ) pri uslovu y

= x 2 .

Treba naći ekstremne vrijednosti funkcije

g(x ) = f (x, x 2 ) = 2x 3 + 4x 2 + (x 2)2 − 2x ⋅ x 2 = x 4 + 4x 2, − 2 ≤ x ≤ 2 g '(x ) = 4x 3 + 8x g '(x ) = 0 ⇒ 4x 3 + 8x = 0 ⇒ x (4x 2 + 8) = 0 ⇒ x = 0 ∈ [−2,2] g "(x ) = 12x 2 + 8,

g "(0) = 12 ⋅ 02 + 8 = 8 > 0


116

pa funkcija g (x ) ima minimum za x =

0.

g min (0) = 04 + 4 ⋅ 02 = 0 .

Konačno,

najmanja

vrijednost

funckije je

⎧⎪ 252 ⎫ ⎪ ⎪ min ⎪⎨0, ⎬ = 0 , a najveća je ⎪⎪⎩ 27 ⎪ ⎪ ⎭

max{32} = 32 .

3.3. RJEŠAVANJE EKSTREMALNIH ZADATAKA ELEMENTARNIM PUTEM

Ekstremne vrijednosti pojedinih funkcija mogu se odrediti i bez poznavanja njihovih izvoda. Iako diferencijalni račun daje neprikosnovene metode za određivanje ekstremnih vrijednosti funkcija, poseban interes pobuđuju grupe funkcija čije se ekstremne vrijednosti mogu odrediti elementarno (bez primjene izvoda). Podsjetimo se: 1°) Ako su ai , i

= 1, 2, 3, ... , n realni brojevi, tada za izraze An =

a1 + a 2 + ... + a n n

i Gn

= n a1 ⋅ a2 an , ai > 0

kažemo da su aritmetička i geometrijska sredina tih brojeva. Pri tome važi nejednakost

Gn ≤ An , a jednakost se dostiže onda i samo onda, kada je a1 = a2 = ... = a n

(∗)

  * 2°) Za proizvoljne vektore a i b važi poznata nejednakost Koši‐Bunjakovskog 







|a ⋅ b | ≤ |a |⋅ |b | 







 

gdje je a ⋅ b = | a | ⋅ | b | ⋅ cos (a , b ) njihov skalarni proizvod. realnih brojeva Teorema 5. Ako je zbir S = x 1 + x 2 + ... + x n pozitivnih

x i , i = 1, 2, 3, ... , n konstantan, tada proizvod P = x 1 ⋅ x 2  x n dosti‐ že najveću vrijednost kada su ti brojevi jednaki. *

Виктор Яковлевич Буняковский (1804–1889), ruski matematičar

(∗∗)


117

realnih brojeva Teorema 6. Ako je zbir S = x1 + x 2 + ... + x n pozitivnih k

k

k

x i , i = 1, 2, 3, ... , n konstantan, tada proizvod P = x 11 ⋅ x 22  x n n , gdje k1, k2 , ... , k n ∈  , x1

dostiže najveću vrijednost kada je

=

k1

x2

= ... =

k2

x n k n

.

Teorema 7. Ako je proizvod P = x 1 ⋅ x 2  x n pozitivnih realnih brojeva x i , i = 1, 2, 3, ... , n konstantan, tada zbir S

najmanju vrijednost kada su ti brojevi = x 1 + x 2 + ... + x n dostiže

jednaki.

Teorema 8. Ako je proizvod P = x 1 ⋅ x 2  x n pozitivnih realnih brojeva x i , i = 1, 2, 3, ... , n konstantan, gdje k1 , k2 , vrijednost kada je

x1

=

k1

... , k n ∈  , tada zbir S = x1 + x 2 + ... + x n dostiže najmanju x2 k2

x n

= ... =

k n

.

3.3.1. Određivan je ekstremnih vri j jednosti f unkci j ja više prom jenl j jivih

Primjer 1: Naći najveću vrijednost funckije z = xy pri uslovu 3x + 4y = 8,

x , y > 0 .

3x ⋅ 4y = 12xy . No, kako je 3x + 4y = 8 stalan broj, to će se desiti ako je 3x = 4y i x , y > 0 , što zajedno sa Izraz z ima najveću vrijednost istovremeno kada i izraz

4 4 4 i y = 1 .Tada je z max = . ⋅1 = 3 3 3

3x + 4y = 8 daje x =

Primjedba 1. Slično se određuje maksimum funkcije z = x p y q ako je ax m + by n = k, x, y > 0. Funkcija z dostiže najveću vrijednost istovremeno kada i izraz p m

q n

(ax ) (by ) a to se dešava za ax

m

računa o uslovima ax

m

:

p m

= by n :

m

q n

n

p

q

p

= a b (x yq ) , m

n

, odakle se i iz ax

m

+ by n = k nalaze x i y (voditi

> 0, by n > 0 ).

Primjer 2: Odrediti najmanju vrijednost funkcije z = 3x 4 + 4y 5 ako je x 3y 4 = 1, x , y > 0 .


118

3

4

4

3 4

5

4 5

(2x ) (4y ) , a odatle će izraz z biti

Ako je proizvod x y konstantan, onda je to i

3 4 = 4y 5 : , odnosno 4x 4 = 5y 5 , pa se x i y mogu naći iz 4 5 4 5 3 4 jednačina 4x = 5y i x y = 1 ,poštujući uslove x , y > 0 . maksimalan ako je

3x 4 :

Pokažimo sada kako se u nalaženju ekstremnih vrijednosti funkcija više promjenljivih elegantno koristi nejednakost Koši‐Bunjakovskog za vektore iz (∗∗) .

Primjer 3: Ako je x + 2y + 3z = p , onda je u=

6p + 9 najveća vrijednost funckije

2x + 1 + 4y + 1 + 6z + 1 .

Dokazati. Posmatrajmo sljedeće vektore: 

a = ( 2x + 1 ,



4y + 1 ,

6z + 1 ), 

Tada, saglasno nejednakosti Koši‐Bunjakovskog ( | a

2x + 1 +

4y + 1 +

(

6z + 1 ≤

čemu

datom uslovu je zaista

p

p

,y=



⋅ b | ≤ | a | ⋅ | b | ), imamo: 2

2

2x + 1 ) + ( 4y + 1 ) +

se jednakost dostiže ako je

x + 2y + 3z = p ) za x =



(

2(x + 2y + 4z ) + 3 ⋅ 3 =

= pri



b = (1, 1, 1) .

, z =

3 6 6p + q , tj. važi

2

)

6z + 1 ⋅ 3

6p + 9 ,

2x + 1 = 4y + 1 = 6z + 1 , odnosno (zbog p

9

. Dakle, najveća vrijednost funkcije u pri

2x + 1 ≥ 0, 4y + 1 ≥ 0, 6z + 1 ≥ 0, p = x + 2y + 3z ≥ −

3 , 6p + 9 ≥ 0 . 2

Primjer 4: Naći najmanju vrijednost funckije u = x 2 + y 2 + z 2 uz uslov xy + yz + zx = 1 . 

Uvedimo odgovarajuće vektore a  

| a | = | b |= Na osnovu nejednakosti

2



= (x, y, z ), b = (y, z, x ) . Tada je 2

2

 

x + y + z i a ⋅ b = xy + yz + zx .

(∗∗) imamo: xy + yz + zx ≤ x 2 + y 2 + z 2 ,

pa je

1 ≤ x 2 + y 2 + z 2 , odnosno u = x 2 + y 2 + z 2 ≥ 1 . Kako se pri tom jednakost može

postići (npr. za x

= y = z =

1 ), to je najmanja vrijednost funkcije u jednaka 1. 3


4 cos2 x + 1 + 4 sin2 x + 3

Primjer 5: Naći najveću vrijednost funkcije f (x ) = vrijednosti x za koje se ona realizuje. 

Posmatrajmo vektore a nejednakosti

=

(

2

)

2

4 cos x + 1 ,

119 i



4 sin x + 3 , b = (1, 1) . Na osnovu

(∗∗) imamo

4 cos2 x + 1 + 4 sin2 x + 3 ≤

4 cos2 x + 1 + 4 sin 2 x + 3 ⋅ 2 = 4 .

  Ovu vrijednost funkcija dostiže ako su vektori a i b kolienarni, što znači ako je

4 cos2 x + 1 = a ovo je ekvivalentno sa date funkcije je f max

cos2x =

4 sin2 x + 3 ,

1 π , tj. x = ± + k π, k ∈  . Dakle, najveća vrijednost 2 6

= 4.

3.3.2. Prim jena izloženog materi j jala pri dokazivan ju ne jednakosti

Izloženi materijal nam omogućava da sa lakoćom dokažemo neke poznate nejednakosti i da otkrijemo veći broj novih.

Primjer 6: Dokažimo poznatu nejednakost koja daje vežu između aritmetičke i geometrijske sredine nenegativnih brojeva. Treba dokazati da za x 1 , x 2 , ... , x n ≥ 0 važi x 1 + x 2 + ... + x n

≥ n x 1x 2 x n .

n

x 1 + x 2 + ... + x n

Dokaz: Ustvari, treba dokazati da važi

n

x 1 + x 2 + ... + x n P Zaista,

x1 P

⋅

x2 P

koristeći



x n P

=

x 1x 2 ... x n

≥ n , odnosno da izraz

dostiže minimalnu vrijednost koja iznosi n , gdje je P

x 1 + x 2 + ... + x n

rastav

P n n

P

P

=

x1 P

+

x2 P

+ ... +

x1 P

=

najmanja vrijednost izraza n , jer je

x2 P

= ... =

x n P

P

=

nx 1 x 1

P P

, odnosno P

x 1 + x 2 + ... + x n

x n ,

a

x 1 + x 2 + ... + x n

= 1 , to na osnovu teoreme izraz

najmanju vrijednost ako je

= n x 1x 2 ... x n . kako

je

dostiže

= x 1 = x 2 = ... = x n , pa je

= n .


120

Primjer 7: U pravouglom trouglu sa katetama a i b i hipotenuzom c važi nejednakost a + b ≤ c 2 . 



Dokaz: Primjenom nejednakosti Koši‐Bunjakovskog na vektore u = (1, 1) i v = (a, b) , nalazimo

a +b ≤

Primjer 8: Dokazati da važi

2 ⋅

a 2 + b2 =

2 c.

0. (a + c)(b + d ) ≥ ab + cd , a, b, c, d ≥

Dokaz: Nejednakost se neposredno dobija poslije primjene nejednakosti (∗∗) na vektore 

u=

(

a,

)



c , v= a

(

)

b , d , jer je

b + c

d ≤

(

a

2

)

+( c

2

2

) ( ) b

+( d

2

) .

Primjer 9: Ako su x 1, x 2 , ... , x n pozitivni brojevi i ako je x 1 ⋅ x 2 x n = 1 , tada vrijedi x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n, n ∈  .

Dokaz: Ovo neposredno slijedi iz nAn ≥ nGn .

3.4. PRIMJENA PROGRAMSKOG PAKETA „MAPLE“ PRI ODREĐIVANJU EKSTREMNIH VRIJEDNOSTI FUNCKIJA VIŠE PROMJENLJIVIH Primjer 10: Odrediti lokalne ekstremne vrijednosti funkcije z = 19x + 20y − x 2 − xy − y 2 + 2 . Rješenje: > z:=19*x+20*y-x^2-x*y-y^2+2;

z := 19 x + 20 y − x2 − x y − y2 + 2

> z_x:= diff( L, x);

z_y:= diff( L, y); z_x := 19 − 2 x − y

z_y := 20 − x − 2 y > solve({z_x=0,z_y=0},{x,y}); > A:= diff( z, x, x);

B:= diff( z, x, y);

{ = 6, = 7 }


C:= diff( z, y, y); A := -2

B := -1 C := -2 > Delta:=B^2-A*C;

Δ := -3

> # Delta<0, A<0 pa je max > z_max:=subs( {x=6,y=7},z );

z_max := 129 > subs( {x=6.01,y=7.02},z );

128.9993 > restart;

Primjer 11: Odrediti lokalne ekstremne vrijednosti funkcije z = x 2 + xy + y 2 − 19x − 20y + 1 . Rješenje: > z:=x^2+x*y+y^2-19*x-20*y+1;

z := x 2 + x y + y2 − 19 x − 20 y + 1

> z_x:= diff( z, x);

z_y:= diff( z, y);

z_x := 2 x + y − 19 z_y := + 2 y − 20 > solve({z_x=0,z_y=0},{x,y});

{ = 6, y = 7 }

> z_xx:= diff( z, x, x);

z_xy:= diff( z, x, y); z_yy:= diff( z, y, y); z_xx := 2 z_xy := 1 z_yy := 2 > Delta:=z_xy^2-z_xx*z_yy; > # Delta<0, A>0 pa je min > x:=6:y:=7:z_min=z;

Δ := -3

z_min = -126

> x:=6.01:y:=7.02:z; -125.9993

> restart;

121


122

Primjer 12: Odrediti lokalne ekstremne vrijednosti funkcije z =

xy x + y

uz uslov

8x 2 + 8y 2 = x 2y 2 . Rješenje: > restart; > L:=x*y/(x+y)+lambda*(8*x^2+8*y^2-x^2*y^2); x y + λ ( 8 x 2 + 8 y 2 − x 2 y 2 ) L := x + y > L_x:= diff( L, x);

L_y:= diff( L, y); L_l:= diff( L, lambda); L_x :=

L_y :=

y x + y

x + y

−

y ( x + y )

2

+ λ ( 16 x − 2 x y 2 )

2

+ λ ( 16 y − 2 x 2 y )

y

−

( x + y )

L_l := 8 x 2 + 8 y 2 − x 2 y 2 > solve({L_x=0,L_y=0,L_l=0},{x,y,lambda});

{ y = 4, x = 4, λ =

1 -1 }, { y = -4, x = -4, λ = } 256 256

> L_xx:= diff( L, x, x);

L_xy:= diff( L, x, y); L_yy:= diff( L, y, y);

L_xx := − L_xy :=

1 x + y

−

L_yy := −

2 y ( x + y )

+

2

y ( x + y )2 2 x ( x + y )

2

− +

2 x y ( x + y )

+ λ ( 16 − 2 y 2 )

3

x

+

( x + y )2 2

y

( x + y )

3

2

y

( x + y )3

− 4λ xy

+ λ ( 16 − 2 x 2 )

> totdif:=L_xx*dx^2-2*L_xy*dx*dy+L_yy*dy^2;

totdif := ⎛ ⎜−

2 y

2

y

+ λ ( 16 − 2 y 2 ) ⎞⎟ dx 2 ⎜⎝ ( x + y ) 2 ( x + y )3 ⎠⎟ 1 y x 2 x y − 2 ⎛ − − + − 4 λ x y ⎞⎟ dx dy ⎜⎜ 2 2 3 ( x + y ) ( x + y ) ⎝ x + y ( x + y ) ⎠⎟ 2 x 2 y + ⎛ + + λ ( 16 − 2 x 2 ) ⎞⎟⎟ dy 2 ⎜⎜ − 2 3 ( x + y ) ⎝ ( x + y ) ⎠ +

> subs({y = 4, lambda = 1/256, x = 4},totdif);

1 8

3 8

1 8

− dx 2 + dx dy − dy 2 > subs({y = -4, lambda = -1/256, x = -4},totdif);


123

1 2 3 1 dx − dx dy + dy 2 8 8 8 > > restart;

Napomena 2: Sada treba diferencirati dati uslov 8x 2 + 8y 2 = x 2y 2 , odakle nalazimo da je 16x dx + 16y dy = 2xy 2 dx + 2x 2y dy , odnosno

dx =

x 2y − 8y

8x − xy

dy .

Za x = 4 i y = 4 je dx = − dy , što zamjenom u totalni diferencijal daje − Dakle, u tački (4, 4) funkcija ima maksimum, koji iznosi z max =

4⋅4 =2. 4+4

Slično se nalazi da u tački (−4, −4) funkcija takođe ima maksimum

z max =

(−4) ⋅ ( −4) = −2 . −4 − 4

5 2 dx < 0 . 8


124

Zadaci za samostalan rad 1. 1. Naći lokalne ekstremume funkcije z = x 2 − xy + y 2 + 3x − y +

2. Ispitati ekstremume funkcije z = x 3 + y 3 − 3xy . 3. Odrediti ekstremne vrijednosti funkcije z = x 2 + xy + y 2 +

1 x

+

1

.

y

4. Odrediti sve lokalne ekstremne vrijednosti funckije: 2

2

a) f (x , y ) = xy ln(x + y b) f (x , y ) = e

x −y

h) z =

)

(x 2 − 2xy + 2y 2 )

2

8

+

x

x

+ y (x , y > 0)

y

3

2

i) z = x + 3xy − 15x − 12y

2

3

2

c) z = (x − 1) + 2y

j) z = x + xy + 6x − y

(x 2 − 2y 2 ) e) z = xy(6 − x − y )

k) z = x + y − 3xy

d) z = e

f) z = e

3

x −y

3

3

l) z = x + 8y − xy + 5

(x 2 + y 2 )

m) z = x + xy − 2y

1 + x − y

n) z = x + y − x − 2xy − y

1 + x 2 + y 2

o) z = 2x + y − x − 2y

x −y

g) z =

3

2

4

2

4

4

2

4

2

2

2

5. Odrediti ekstremne vrijednosti funkcije f (x, y ) pri datom uslovu: x 2 + y 2 = 1 ,

a) f (x , y ) = x + 2y , 2

2

x 2 + y 2 = 1 ,

b) f (x , y ) = x + xy + y , c) f (x , y ) =

1

+

x2

2

d) z = x + y

2

1 y 2

,

x + y = 1 ,

2

e) z = x + 12xy + 2y 2

x + y = c ,

,

2

25 , 4x 2 + y 2 =

,

x

2

f) z = x + y ,

+

y

=1,

a b x + y = 1

g) z = xy , 2

h) z = x + xy − 2y

2

x4 + y3 = 0

,

0. 6. Naći ekstremnu vrijednost funckije z = xy na kružnici x 2 + y 2 − 2ax =

7. Odrediti najmanju i najveću vrijednost date funkcije f (x, y ) na datom skupu D : 2

2

a) f (x , y ) = (x − 1) + (y − 2) + 3 ,

D = {(x , y ) |x + y ≤ 4, x , y > 0} ,

3. EKSTREMEN VRIJEDNOSTI FUNKCIJA DVIJE PROMJENLJIVE 2

2

D = {(x , y ) |x 2 + y 2 ≤ 4} ,

b) f (x , y ) = x − y , 2

2

c) f (x , y ) = y + 2xy − 3x + x , 2

d) f (x , y ) = x y ln x ,

D = {(x , y ) | | x | + | y | ≤ 1} , D = {(x , y ) |1 ≤ x ≤ e, 1 ≤ y ≤ x 2 } .

125

126


Ekstremne Vrijednosti Funkcija Dvije Promjenljive

Recommend Documents