Navoiy kon metallurgiya kombinati Navoiy Davlat konchilik instituti

x + y = 0 cheklov tenglamasidan: d (x + y) = 0, dx + dy = 0, dy = −dx.

d ²F  8dx²  2dxdy  18 ydy²  8dx²  2dx(dx) y  18 y(dx)² 

 (10  18 y)dx²

M
d ²F |  10dx²  0, bo’lganidan M₁(0;0) nuqta z(x, y) = 3y3 + 4x2 - xy

1

funktsiyasining shartli minimal nuqtasidir.

Xuddi shunday, maksimal nuqta.

Ikkinchi usul.

^{d 2 F |  10dx2  0 , ya'ni. M}2^{(109;−109) - shartli}


M
2

x + y = 0 cheklash tenglamasidan quyidagini olamiz: y = −x. y = −x ni z (x, y) = 3y³ + 4x² - xy funktsiyasiga keltirib qo’ysak, x o'zgaruvchining funktsiysini olamiz. Ushbu funktsiyani u(x) bilan belgilaymiz:

u(x)

 z (x, x) 

3(x)³  4x² 

x  (x)  3x³  5x².

Shunday qilib, ikkita o'zgaruvchili funktsiyaning shartli ekstremmum topish masalasini bitr o'zgaruvchining funktsiyasi ekstremumini aniqlash masalasiga keltirdik.

x
u^  9x²  10x;

9x²  10x  0  x

 0; y

 x

 0.

x  ¹⁰ ; y

2 ₉

₂  x₂

1 1 1

 ¹⁰ .

9

^M1 ^{(0; 0) va M}2 ^{(10/9; −10/9) nuqtalar olingan. Bir o'zgaruvchili} funktsiyalarni ekstremum masalalari differentsial hisob kursidan ma’lum. Har ^{bir statsionar nuqtada u′′}xx ^{ishorasini aniqlaymiz yoki topilgan nuqtalarda u′}x hosilani ishorasini o'zgarishini tekshirib, birinchi usul bo'yicha echimdagi kabi

bir xil xulosaga kelamiz. Masalan,

u^_x^_x  18x  10;

u^_x^_x (M₁ )  10;u^_x^_x (M₂ )  10.

u^_x^_x ishorasini tekshiramizg:

^{U′′xx (M}1^{)> 0 bo'lganligi sababli, M}1 ^{u(x) funktsiyasining minimal nuqtasi, va u}min ^{= u(0)=0. u′′}xx ^(M2^{) <0 bo'lgani uchun, M}2 ^{u (x) funktsiyaning maksimal nuqtasi, va u}max ^{= u(10/9) = 500/243.}

Berilgan cheklovda u(x) funktsiyasining qiymatlari z(x,y) funktsiyasining qiymatlari bilan mos keladi, ya'ni u(x) funktsiyasining topilgan ekstremumi z (x, y) funktsiyasining shartli ekstremumiga teng.

^{Javob: (0; 0) nuqtada funktsiya shartli minimumga ega, z}min ^{= 0. (10/9;}

^{−10/9) nuqtada funktsiya shartli maksimumi, z}max ^{= 500/243.}

d²F ni ishorasini aniqlash orqali ekstremumi aniqlanadigan yana bir misolni ko'rib chiqamiz.

3– misol

2

2
Agar x va y o'zgaruvchilar musbat va ^{x  y  1  0} cheklov tenglamasini

8 2

qanoatlantirsa, z = 5xy - 4 funktsiyasining eng katta va eng kichik qiymatlarini toping.
^ x² y^{2 }

Yechish:Lagranj funktsiyasini tuzamiz: F  5xy  4   _{ 8}  ₂  1_ . Lagranj

 

funktsiyasining statsionar nuqtalarini toping: F^  5y  ^{ x} ; F^  5x   y.

^5 y  ^{ x}  0,

x ₄ y

 ₄



^5x   y  0,

^ _x2 _y2

^   1  0,

^ 8 2



^x  0, y  0
Barcha keyingi almashtirishlar x> 0; y> 0 ni hisobga olgan holda amalga oshiriladi (bu masalaning shartida ko'rsatilgan). Ikkinchi tenglamadan λ = −5x/y topilgan qiymatni birinchi tenglamaga qo’yamiz:

5 y 

5x _ x

 0, 4 y²  x²

 0, x

^{ 2 y.} Uchinchi tenglamada x = 2y ni keltirib

y 4

4 y² _

^y  


²  

qo’ysak :


2
8 2

1 0, y

1, y

^1. bo'ladi.

y = 1 bo'lgani uchun, x = 2, λ = −10. (2; 1) nuqtada ekstremumning tipi d²F ishorasiga asosan aniqlanadi.

F ^  ^ ; F ^  5; F ^  .

xx ₄ xy yy

2
x _ y²

 1  0
bo'lgani uchun:

8 2

^ x² y^{2
 } x^{2  } y^{2 }
x xdx


d ₈  ₂  1 _

 0; d

 ₈ 

 d _{ 2 }

 0;

dx 

4

ydy

 0; dy

  .

4 y

     

bu erda x = 2, y = 1 statsionar nuqtaning koordinatalarini va λ = −10 parametrini qiymatlarida quyidagilarni hosil qilamiz:

F ^   ⁵ ; F ^  5; dy   ^dx .



xx ₂ xy ₂

d ²F  F ^dx²  2F ^dxdy  F ^dy²   ⁵ dx²  2  5dx( ^dx )  (10)( ^dx )²  10dx²

xx xy yy

2 2 2

Ammo ba’zi shartli ekstremum masalalarda statsionar nuqtalar bir nechta bo'lishi mumkin. Bunday hollarda, d²F-ni umumiy shaklda yozib, keyin topilgan statsionar nuqtalarning har birining koordinatalarini natijaviy ifodaga keltirib qo’yish yaxshiroqdir:

F ^  ^ ; F ^  5; F ^  , dy   ^dx

xx <sub>4

2</sub> 

xy yy

2

xdx

2

xdx ₂ 

₂ 5x ₂

dx²

d F 

dx  2  5dx     ( ) 

dx 

dx    

4 4 y

4 y 4 2 y

16 y²

_ ^  _ 5x _

 x^{2 }

_{2 } ^ 10 _ 5  2 _ (10)  2^{2 }

 
2 _{ } 2

^ 4 2 y

16 y^{2  dx}

^ 4 2 1 16 1

_ dx

10dx

   

d²F = −10⋅dx² <0 bo'lganligi sababli (2; 1) nuqta z = 5xy - 4, z_max = 10−4 = 6 funktsiyaning shartli maksimal nuqtasi.

^{Javob: (2; 1) nuqtada, funktsiya shartli maksimal, z}max ^{= 6.}

n o'zgaruvchili funktsiya uchun Lagranj ko’paytuvchilari usuli

z = f (x₁, x₂, ..., x_n) n o'zgaruvchili funktsiya berilgan bo’lsin va cheklov m ta tenglamalardan iborat bo’lsin (n> m):

^1 ^{x1, x2,..., xn}  ^{ 0; 2} ^{x1, x2,..., xn}  ^{ 0, ..., m} ^{x1, x2,..., xn}  ^{ 0.}

Lagranj ko’paytuvchilarini λ₁, λ₂, ..., λ_m deb belgilab, biz Lagranj funktsiyasini tuzamiz:

F (x₁, x₂, ..., x_n, λ₁, λ₂, ..., λ_m) = f + λ₁φ₁ + λ₂φ₂ + ... + λ_mφ_m

Shartli ekstremumning mavjud bo'lishi uchun zaruriy shartlardan tenglamalar sistemasini tuziladi va bu sistemani yechib statsionar nuqtalar koordinatalari va Lagranj ko'paytirgichlarining qiymatlarini topiladi:


^{F (x1, x2 ,...xn )}  0;i  1, 2,..., n,

x







^ _j (x₁, x₂

i

,...x_n

)  0; j  1, 2,..., m.

L matritsada qizil rang bilan belgilab qo’yilgan matritsaning determinanti Lagranj funktsiyasining Gessianidir.

^2F

x1xn ^2F

x2xn ^2F

x3xn ... ^2F x^2 n

^2F			^2F			^2F
x^2 ^2F			x x ^2F	2		x x ^2F
x x ^2F			x^2 ^2F			x x ^2F
x x			x x	2		x^2

...

1 1 3

2 2 3

3 3
...
...

... ... ...

²F ²F


x x x x
...

n 2 n 3
Biz quyidagi qoidadan foydalanamiz:

Agar L matritsaning burchak H_{2m + 1}, H_{2m + 2}, ..., H_{m + n} minorlarning ishoralari (−1)^m ning ishorasi bilan bir hil bo’lsa, u holda izlanayotgan statsionar nuqta

z  f _x₁, x₂ , x₃,..., x_{n }funktsiyasining shartli minimal nuqtasidir.

Agar burchak H_{2m + 1}, H_{2m + 2}, ..., H_{m + n} minorlarining ishoralari navbati bilan o'zgarsa va kichik H_{2m + 1} belgisi (−1) ^{m + 1} sonining ishorasiga to'g'ri kelsa, u holda

izlanayotgan statsionar nuqta z  f _x₁, x₂ , x₃,..., x_{n } funktsiyasining shartli

maksimal nuqtasidir.

Find the dimensions of the box with largest volume if the total surface area is 64 cm².

1- To’la sirtining yuzi 64 sm² bo'lgan, eng katta hajmli qutining o'lchamlarini toping.

Qutining asosining tomonlari x va y ga, qutining balandligi z bo'lsin. Shuni e’tiborga olish kerakki, biz qutining o'lchamlari bilan ishlayotganimiz sababli, x, y va z barcha musbat miqdorlar ekanligiga ishonch hosil qilishimiz mumkin.

Berilgan shartga ko’ra eng katta hajm f (x, y, z)  xyz ni topishni kerak va shuning

uchun biz optimallashtirmoqchi bo'lgan funktsiya quyidagicha bo’ladi:

Qutining sirtining yuzasi o’zgarmas ekanligini bilamiz. Shunday qilib, bu cheklov. Qutining sirt sirtining yuzasi unining yoqlarini yuzalarining yig'indisi

2xy  2xz  2 yx  64 , shuning uchun cheklov quyidagicha:

g(x, y, z)  xy  xz  yx  32

f (x, y, z)  xyz  extr xy  xz  yx  32  0

Yechish:Lagranj funktsiyasini tuzamiz:

F  xyz  

(xy  xz  yx  32)  0 .

F_x^  yz  ( y  z),

Lagranj funktsiyasining statsionar nuqtalarini toping: ^F_y^{  xz  (x  z),}

F_z^  xy  ( y  x)
_ yz  ( y  z)  0,



^xz  (x  z)  0,



^xy  ( y  x)  0

^_xy  xz  yx  32  0

Biz uni quyidagicha yechamiz. (1) tenglamani x ga, (2) ni y ga va (3) ni z ga ko'paytiramiz.

_xyz   x( y  z)  0,



^xzy   y(x  z)  0,



^xyz   z( y  x)  0.

Birnchi va ikkinchu tenglamalarni tenglashtirib quyidagini hosil qilamiz:

x( y  z)   y(x  z) 

(xz  yz)  0 

  0

yoki zx  zy

Ikki holatni qaraymiz. 1)   0

bo’lsin. Bunda ikki holatni qaraymiz.

zy  0  z  0 yoki y  0
z va x lar bu yerda qutining o’lchamlari , ularning 0 ga teng bo’lishi mumkin emas. Shuning uchun λ = 0 holni hisobga olmaymiz. Bu ikkinchi holatni bajarilishiga olib keladi. z(x  y)  0, z  0  x  y
Xuddi shu yo’l bilan x(z  y)  0, x  0  z  y ni hosil qilamiz.

Demak,

z  x  y  z²  x²  y²  32  3x²  32  x 

z  x  y 

V (x, y, z) 

f (x, y, z) 

^_ f (x, y)  8x²  2 y  extr



2-misol. _{x2  y2  1}

rasmlardan f (x, y) ning minimal qiymati -2 ekanligi va bu qiymatga nuqtada (0,1) nuqtada erishilganligi va f (x, y) ning maksimal qiymati 8,125 ekanligi va bu

qiymatga nuqtada

^ _ 3 7 _{, } 1 ^

nuqtada erishilganligi ko’rsatilgan.

 _{8 8} 

 

Maslani yechishdan oldin oldin eslatib o'tamiz, cheklov tenglamasidan x ning qabul qilishi mumkin bo’lgan qiymatlari

4x²  y²

 9 

4x²

 4x²  y²

 9 

4x²  9   ³  x  ³

_ 3 , 3 _



2 2
oraliqda bo’ladi.

 _{2 2} 

Xuddi shunga o’xshash y ning qabul qilishi mumkin bo’lgan qiymatlari

4x²  y²

 9 

y² 

4x²  y²

 9 

y² 

9  3 

x  3

_3,3_

oraliqda bo’ladi.

  (x, y) :  3  x  3 , y  0


to’plamda

₁  2 2 

 

f (x, y)

 81x² 

y² funksiyaning eng katta

qiymati

max f (x, y)  f ( ³ , 0)  ⁷²⁹

( x, y )_{1 2 4}

va eng kichik qiymati

min

( x, y )₁

f (x, y) 

f (0, 0)  0

ga teng.

₂  _(x,

y) : x

 0, 3 

x  3_

to’plamda

f (x, y)

 81x² 

y² funksiyaning eng katta

qiymati

max

( x, y )₂

f (x, y) 

f (0, 3)  9

va eng kichik qiymati

min

( x, y )₂

f (x, y) 

f (0,0)

 0_{ }

ga teng.

  1

da (0, 3)va (0, 3)

nuqtalarda

0

H   _x^

__y

0

_x _Fx_x _Fx_y

0

__{y Fx}_y ^Fy^y

6

0

  0

6

0 6

170 0 

0 4

  0

6

170 0

0 4

 36 170  036 170  0

minimum qiymatga erishadi

  _(x,

y) : 4x²  y²

 9_