∂∂Fx = 2x + 2 y , ∂∂Fy = −2 y + 2x − z , ∂∂Fz = 8z − y .

Значения частных производных в точке M0 (1, −1, −1) равны

∂∂Fx = 0 , ∂∂Fx = 5 , ∂∂Fz = −7 .

Уравнение касательной плоскости

0 (x −1)+ 5(y +1)− 7(z +1)= 0 , 5y −7z −2 = 0 .

Уравнения нормали

x 0−1 = y 5+1 = z−+71 .

Задача 10

Исследовать на экстремум функцию z = ex+2 y (x2 − y2 + 2xy).

Справочный материал

Экстремум функции z = f (x, y) следует искать только в стационарных точках, которые определяются из системы

∂z = 0

∂x .

∂∂yz = 0

Если M0 (x0, y0 ) – стационарная точка и функция z = f (x, y)

дважды дифференцируема, то в этой точке вычисляются вторые производные:

A = ∂2z (x , y

), C =

∂2 z

(x

, y

), B =

∂2 z

(x

, y

).

∂y2

∂x2 0 0

0

0

∂x∂y

0

0

Функция имеет экстремум, если определитель

=

A

B

> 0 и

B

C

не имеет экстремума, если

< 0 .

При

> 0 экстремум является

максимумом, если A < 0 и минимумом, если A > 0 .

17

ЗАМЕЧАНИЕ

Экстремум функции двух переменных может быть и в точках, где функция не является дифференцируемой.

ЗАМЕЧАНИЕ

Если = 0 экстремум может быть, а может и не быть. Этот случай требует дополнительных исследований.

Решение задачи 10

1.Вычислим частные производные первого порядка

∂∂xz = ex+2 y (x2 − y2 + 2xy)+ ex+2 y (2x + 2 y)= = ex+2 y (x2 − y2 + 2xy + 2x + 2 y);

∂∂yz = 2ex+2 y (x2 − y2 + 2xy)+ ex+2 y (2x − 2 y)= = ex+2 y (2x2 − 2 y2 + 4xy + 2x − 2 y).

2. Найдем стационарные точки из системы:

x

+2 y

(x

2

− y

2

+ 2xy + 2x + 2 y)= 0

e

,

+2 y (2x2 −

2 y2 + 4xy + 2x −

2 y)=

ex

0

x

2

− y

2

+ 2xy + 2x + 2 y = 0

.

2

2

− 2 y

+ 4xy + 2x − 2 y

= 0

2x

Первое уравнение системы, умноженное на (− 2), прибавим ко второму. Получим уравнение

− 2x −6 y = 0 ,

из которого выразим x = −3y и подставим в первое уравнение системы. Получим уравнение

9 y2 − y2 −6 y2 −6 y + 2 y = 0 ,

из которого определим y .

2 y2 − 4 y = 0 , 2 y(y − 2)= 0 , y1 = 0 , y2 = 2 .

18

Поскольку x = −3y , то стационарными точками являются точки

M1(0, 0) и M 2 (−6, 2).

3.Вычислим производные второго порядка

∂2 z = ex+2 y (x2 − y2 + 2xy + 2x + 2 y)+ ex+2 y (2x + 2 y + 2);

∂x2

∂2 z = 2ex+2 y (2x2 − 2 y2 + 4xy + 2x − 2 y)+ ex+2 y (4x − 4 y − 2);

∂y2

	∂2 z	= 2ex+2 y (x2 − y2 + 2xy + 2x + 2 y)+
	∂x∂y

+ex+2 y (2x − 2 y + 2).

4.Определим значения производных второго порядка в стационарной точке M1(0, 0).

A =	∂2 z (0, 0)= 2 , C =				∂2 z	(0, 0)= −2 , B =		∂2 z	(0, 0)= 2 .
								∂x∂y
	∂x2				∂y2
Определитель		=	2		2 = −8 < 0 .		Следовательно, в точке
			2	− 2

M1(0, 0) нет экстремума.

5.Определим значения производных второго порядка в стационарной точке M 2 (− 6, 2).

A =	∂2 z (−6, 2)= −6e−2	, C =	∂2 z	(− 6, 2)= −34e−2	,
	∂x2		∂y2

B = ∂∂x2∂zy (− 6, 2)= −14e−2 .

19

Определитель	=	− 6e −2	−14e−2	= e−4 (204 −196)> 0 .
		−14e−2	− 34e−2
Следовательно, в точке	M	2 (−6, 2)	есть экстремум, а поскольку

	A < 0 и C < 0 , то экстремум – максимум.
	Задача 11
	Найти значения функции				z(x, y), заданной зависимостью
	x2 −3y2 + z2 + xz − yz −120 = 0 , в стационарных точках.
	Справочный материал
	Стационарные точки функции					z = z(x, y) определяются из
	системы
			∂z	= 0
			∂x
						.
			∂z
					= 0
			∂y

Если

функция

z = z(x,

y)

задана

неявной

зависимостью

F(x, y, z)= 0 и

∂F

≠ 0 ,

частные производные функции z = z(x, y)

∂z

вычисляются по формулам

∂F

∂z

∂F

∂z

= −

∂x

;

= −

∂y

.

∂x

∂y

∂F

∂F

∂z

∂z

Решение задачи

1. Неявная

функция

z = z(x,

y)

задана

уравнением

F(x, y, z)= 0 ,

где

F(x, y, z)= x2 −3y2 + z2 + xz − yz −120 .

Поскольку

∂F

= 2x + z ,

∂F

= −6 y − z ,

∂F

= 2z + x − y , то частные

∂x

∂y

∂z

производные определяются по формулам

20