Question

найдите экстремум функции
Помогите пожалуйста решить ​

Answer 1

Ответ:

Найти условный экстремум функции  $\bf z=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}$  при условии  $\bf x+y=2$

Сначала нужно представить уравнение связи в виде  $\bf \varphi (x;y)=0$  и  

составить функцию Лагранжа :  $\bf L=f(x;y)+\lambda \cdot \varphi (x;y)$  .

$\bf \varphi (x;y)=x+y-2=0$  

$\bf L=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\lambda \cdot (x+y-2)$

Найдём частные производные функции Лагранжа, при этом с $\bf \lambda$ следует обращаться, как с константой .

$\bf L'_{x}=-\dfrac{1}{x^2}+\lambda \ \ ,\ \ L'_{y}=-\dfrac{1}{y^2}+\lambda$    

Составим и решим следующую систему:

$\left\{\begin{array}{l}\bf L'_{x}=0\\\bf L'_{y}=0\\\bf \varphi (x;y)=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf -\dfrac{1}{x^2}+\lambda =0\\\bf -\dfrac{1}{y^2}+\lambda =0\\\bf x+y-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf \lambda =\dfrac{1}{x^2}\\\ \bf \lambda =\dfrac{1}{y^2}\\\bf x+y-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf \dfrac{1}{x^2}=\dfrac{1}{y^2}\\\bf x+y-2=0\end{array}\right$

$\left\{\begin{array}{l}\bf y^2=x^2\\\bf x+y-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y=\pm x\\\bf x+y-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y_1=x\ ,\ y_2=-x\\\bf x+y-2=0\end{array}\right$    

$\bf a)\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y_1=x\\\bf x+x-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y_1=x\\\bf 2x-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y=1\\\bf x=1\end{array}\right \ \ ,\ \ \lambda =1\\\\\\b)\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y_2=-x\\\bf x-x-2=0\end{array}\right\ \ \left\{\begin{array}{l}\bf y_2=-x\\\bf 0-2=0\end{array}\right\ \ \ \Rightarrow \ \ net\ reshenij$  

Подставим в уравнение связи найденные значения переменных .

$\bf x+y-2=0\ \ \Rightarrow \ \ \ x+x-2=0\ \ ,\ \ 2x-2=0\ \ ,\ \ x=1\\\\1+y-2=0\ \ \Rightarrow \ \ y=1$  

Получили одну стационарную точку  $\bf M_0(\, 1\, ;\, 1\, )$  .

Проверим выполнение достаточного условия экстремума для найденной стационарной точки.

Способ основан на использовании дифференциала второго порядка  $\bf d^2L$  .

$\bf d^2L=L''_{xx}(dx)^2+2\, L''_{xy}+L''_{yy}(dy)^2\\\\L''_{xx}=\Big(-\dfrac{1}{x^2}+\lambda \Big)'_{x}=-(-2)\cdot x^{-3}=\dfrac{2}{x^3}\ \ ,\ \ \ \ \ L''_{yy}=\dfrac{2}{y^3}\ \ ,\\\\L''_{xy}=\Big(-\dfrac{1}{x^2}+\lambda \Big)'_{y}=0$  

$\bf d^2L=\dfrac{2}{x^3}\cdot (dx)^2+\dfrac{2}{y^3}\cdot (dy)^2$  

Вычисляем значение дифференциала 2 порядка в стационарной точке .

$\bf d^2L(M_0)=\dfrac{2}{1^3}\cdot (dx)^2+\dfrac{2}{1^3}\cdot (dy)^2=2\, (dx)^2+2\, (dy)^2 > 0$  

Так как  $\bf d^2L(M_0) > 0$  ,  то функция в стационарной точке достигает минимума .

$\bf z(1;1)=\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{1}=1+1=2$  

Ответ:  $\bf z_{min}=2$  при условии  $\bf x+y=2$  ,

Answer 2

Відповідь:

(1; 1)

min(z)=2

Пояснення:

из условия выразим значение у и подставим в уравнение функции

x+y=2 -> y=2-x

z=1/x +1/(2-x)=2/(2x-x²)

найдём екстремум функции от одной переменной

z'=-2(2-2x)/(2x-x²)²

z'=0 -> 2-2x=0 и х≠0, х≠2

2-2х=0 -> х=1

рассмотрим смену знаков z' при х<1 и х>1

x< 1 -> z<0

x>1. -> z> 0

Так как z в екстремальной точке меняет знак с минуса на плюс, имеем точку минимума х=1, а у=2-х=1

точка (1; 1) точка минимума функции при условии х+у=2 минимальное значение функции z=1/1 + 1/1=2