Make your own free website on Tripod.com
next up previous contents index
Next: Višestruki integrali Up: Diferencijalni račun Previous: Taylorov teorem srednje vrijednosti   Contents   Index

Subsections


Ekstremi funkcija više varijabli

Definicija 14   Neka je $ f:\Omega\rightarrow R$ realna funkcija od više varijabli. Kažemo da $ f$ ima u točki $ P_0\in
\Omega$
maksimum, ako je $ f(P)\leqslant f(P_0),$ za svaki $ P\in\Omega,$
strogi maksimum, ako je $ f(P)< f(P_0),$ za svaki $ P\in\Omega,$ različit od $ P_0,$
minimum, ako je $ f(P)\geqslant f(P_0),$ za svaki $ P\in\Omega,$
strogi minimum, ako je $ f(P)> f(P_0),$ za svaki $ P\in\Omega,$ različit od $ P_0,$
ekstrem, ako ima maksimum, strogi maksimum, minimum, ili strogi minimum.

Da bi se naglasilo da se vrijednost funkcije u točki $ P_0$ upoređuje s vrijednostima funkcije na cijeloj domeni, često se kaže apsolutni (globalni) ekstrem.

Ispitivanje funkcije na ekstreme u pravilu ovisi o svojstvima funkcije, što otežava ispitivanje. Osim toga često je za primjenu važnije ispitati funkciju na ekstremalno ponašanje u nekoj okolini odabrane točke. Zato ćemo radije prodiskutirati lokalne ekstreme funkcije, koji u nekim slučajevima daju apsolutni ekstrem, a osim toga, uz određene uvjete na derivabilnost funkcije, metoda ne ovisi bitno o funkciji.


Lokalni ekstremi funkcija više varijabli

Definicija 15   Neka je zadana funkcija $ f:\Omega\rightarrow R.$ Kažemo da $ f$ ima u točki $ P_0\in
\Omega$
lokalni maksimum, ako postoji $ \delta >0$ takav da

$\displaystyle (d(P,P_0)<\delta)\Rightarrow (f(P)\leqslant f(P_0));$

strogi lokalni maksimum, ako postoji $ \delta >0$ takav da

$\displaystyle (0<d(P,P_0)<\delta)\Rightarrow (f(P)<f(P_0));$

lokalni minimum, ako postoji $ \delta >0$ takav da

$\displaystyle (d(P,P_0)<\delta)\Rightarrow (f(P)\geqslant f(P_0));$

strogi lokalni minimum, ako postoji $ \delta >0$ takav da

$\displaystyle (0<d(P,P_0)<\delta)\Rightarrow (f(P)> f(P_0));$

lokalni ekstrem, ako u toj točki ima lokalni maksimum ili lokalni minimum;
strogi lokalni ekstrem, ako u toj točki ima strogi lokalni maksimum ili strogi lokalni minimum.

Neka je $ n=2,$ neka je $ f$ klase $ C^1,$ i neka ima lokalni ekstrem u točki $ P_0=(x_0,y_0).$ Funkcija $ f_1(x)=f(x,y_0)$ kao funkcija jedne varijable također ima lokalni ekstrem u točki $ x_0.$ Po Fermatovoj lemi nužno mora biti $ {f_1}'(x_0)=0.$ No $ {f_1}'(x_0)$ je ustvari parcijalna derivacija od $ f$ po $ x$ u točki $ P_0,$ pa prema tome mora biti

$\displaystyle \frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial x}=0.$

Na sličan način bismo mogli zaključiti da mora biti također

$\displaystyle \frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial y}=0.$

Imamo dakle ovaj zaključak. Da bi funkcija, koja ima neprekidne parcijalne derivacije, imala lokalni ekstrem u točki $ P_0,$ nužno je de se njezine parcijalne derivacije poništavaju u točki $ P_0.$

Točka $ P_0=(x_0,y_0)$ u kojoj su prve parcijalne derivacije od $ f$ jednake nuli zove se stacionarna točka funkcije $ f.$ Ako je funkcija barem klase $ C^1(\Omega),$ onda ona može imati lokalni ekstrem samo u stacionarnim točkama. Nije, međutim, u svakoj stacionarnoj točki lokalni ekstrem. Dajmo sada jedan dovoljan uvjet.

Neka je funkcija $ f$ klase $ C^2,$ i neka je $ P_0=(x_0,y_0)$ stacionarna točka funkcije $ f.$ Stavimo

% latex2html id marker 36302
$\displaystyle A=\frac{\partial^2 f(x_0,y_0)}{\part...
...},\quad D=\left\vert \begin{array}{cc} A & B \\  B & C \end{array} \right\vert.$ (1.6)

1.
Ako je $ D=AC-B^2>0,$ onda $ f$ ima lokalni ekstrem u točki $ P_0=(x_0,y_0)$ i to lokalni minimum, ako je $ A>0;$ odnosno lokalni maksimum, ako je $ A<0.$
2.
Ako je $ D<0,$ onda $ f$ nema lokalni ekstrem u točki $ P_0=(x_0,y_0).$
3.
Ako je $ D=0,$ onda na temelju drugih parcijalnih derivacija ne možemo zaključiti ništa o ponašanju funkcije u okolini točke $ P_0.$

Ovaj dovoljan kriterij se može objasniti pomoću Taylorove formule. Neka je $ P_0=(x_0,y_0)$ stacionarna točka funkcije $ f,$ i neka su $ A,B,C,D$ definirani kao u (1.6). Pretpostavimo je $ D\neq
0,$ i da je $ A\neq 0.$ Druge parcijalne derivacije funkcije $ f$ su neprekidne, pa je neprekidna i funkcija

$\displaystyle \frac{\partial^2 f(P)}{\partial x^2}\,\frac{\partial^2 f(P)}{\partial y^2} - \left(\frac{\partial^2 f(P)}{\partial x\partial y}\right)^2.$ (1.7)

Pema tome postoji (teorem 1) $ \delta >0$ takav, da za svaki $ (x,y)\in K((x_0,y_0);\delta)$ funkcija

$\displaystyle \frac{\partial^2 f(P)}{\partial x^2}\,\frac{\partial^2
f(P)}{\par...
...rtial y}\right)^2\quad \text{odnosno}\quad \frac{\partial^2
f(P)}{\partial x^2}$

ima isti znak kao $ D,$ odnosno $ A.$ Po Taylorovom teoremu, za svaki $ (x,y)\in K((x_0,y_0);\delta),$ postoji točka $ T=(x_0+t\,(x-x_0),y_0+t\,(y-y_0)),$ $ t\in\langle 0,1\rangle,$ na spojnici točaka $ (x_0,y_0)$ i $ (x,y),$ takva da je

$\displaystyle f(x,y)=f(x_0,y_0)+\frac{1}{2!}\left(\frac{\partial^2
f(T)}{\parti...
...al y}\,(x-x_0)\,(y-y_0)+\frac{\partial^2
f(T)}{\partial y^2}\,(y-y_0)^2\right).$

Stavimo

$\displaystyle \alpha=\frac{\partial^2 f(T)}{\partial x^2},\quad
\beta=\frac{\pa...
... f(T)}{\partial x\partial y},\quad
\gamma=\frac{\partial^2 f(T)}{\partial y^2},$

$\displaystyle Q(x-x_0,y-y_0)=
\alpha\,(x-x_0)^2+ 2\,\beta\,(x-x_0)(y-y_0)+ \gamma\,(y-y_0)^2.$

Tada $ \alpha{}$ ima isti znak kao $ A,$ i $ \alpha{}\,\gamma{}-\beta{}^2$ ima isti znak kao $ D.$ Imamo nadalje

$\displaystyle Q(x-x_0,y-y_0)= \alpha\left((x-x_0)+
\frac{\beta}{\alpha}\,(y-y_0)\right)^2+
\frac{\alpha\gamma-\beta^2}{\alpha}(y-y_0)^2.$

Znak funkcije $ Q$ ovisi samo o $ \alpha{}$ i $ \frac{\alpha{}\gamma{}-\beta{}^2}{\alpha{}}.$

1. a) Ako je $ AC-B^2>0$ i $ A>0,$ onda je

$\displaystyle \alpha > 0,$    i $\displaystyle \quad \frac{\alpha\gamma-\beta^2}{\alpha} > 0,$

za $ 0<(x-x_0)^2+(y-y_0)^2<\delta^2,$ pa je

$\displaystyle f(x,y)-f(x_0,y_0)=\frac{1}{2!}\,Q(x-x_0,y-y_0)\geqslant 0.$

Prema tome u točki $ P_0$ funkcija ima lokalni minimum.

1. b) Ako je $ AC-B^2>0$ i $ A<0$ onda je

$\displaystyle \alpha < 0,$    i $\displaystyle \quad \frac{\alpha\gamma-\beta^2}{\alpha} < 0,$

pa je

$\displaystyle f(x,y)-f(x_0,y_0)=\frac{1}{2!}\,Q(x-x_0,y-y_0)\leqslant 0.$

Prema tome u točki $ P_0$ funkcija ima lokalni maksimum.

2. Ako je $ AC-B^2<0,$ onda je $ \alpha\gamma-\beta^2<0,$ pa bez obzira kakav znak imao $ A,$ odnosno $ \alpha,$ sumandi u $ Q(x-x_0,y-y_0)$ imaju različiti znak, jer su

$\displaystyle \alpha$    i $\displaystyle \quad \frac{\alpha\gamma-\beta^2}{\alpha}$

suprotnih znakova. To znači da je $ Q(x-x_0,y-y_0)$ po nekim smjerovima pozitivan, a po nekim drugim smjerovima negativan. U tom slučaju funkcija u točki $ P_0$ nema lokalni ekstrem.

3. Ako je $ AC-B^2=0,$ onda ne možemo ništa reći o predznaku $ \alpha\gamma-\beta^2,$ pa u tom slučaju ne možemo ništa zaključiti o ponašanju funkcije u točki $ P_0$ samo na temelju drugih parcijalnih derivacija.

Primjer 1.38   Funkcija $ x^4+y^4$ ima $ (0,0)$ kao stacionarnu točku. U toj točki je očigledno minimum. Međutim druge parcijalne derivacije u ishodištu su jednake nuli, pa je i $ D=0.$

S druge strane funkcija $ x^4-y^4$ ima također $ (0,0)$ kao stacionarnu točku, ali u njoj funkcija nema lokalni ekstrem. Zaista, ako stavimo $ y=0,$ onda je $ f(x,0)=x^4,$ pa bi se reklo da je u ishodištu minimum. No, ako stavimo $ x=0,$ onda je $ f(0,y)=-y^4,$ pa bi se reklo da je u ishodištu maksimum. Ipak i ova funkcija ima druge derivacije u ishodištu jednake nuli.

Primjer 1.39   Naći lokalne ekstreme funkcije $ f(x,y)=x^2+y^2-4x+2y+5.$

Rješenje.

$\displaystyle \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=2x-4=0,\qquad
\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=2y+2=0.$

Stacionarna točka je $ (2,-1).$

$\displaystyle \frac{\partial^2 f(2,-1)}{\partial x^2}=2,\quad
\frac{\partial^2...
...,-1)}{\partial x\partial y}=0,\quad
\frac{\partial^2 f(2,-1)}{\partial y^2}=2.$

\begin{displaymath}
% latex2html id marker 36458
D=\left\vert
\begin{array}{cc}
...
...ght\vert=4>0,\quad \frac{\partial^2 f(2,-1)}{\partial x^2}=2>0.\end{displaymath}

Prema tome funkcija ima u $ (2,-1)$ lokalni minimum $ f(2,-1)=0.$

Primjer 1.40   Naći lokalne ekstreme funkcije $ f(x,y)=x\ln(x+y).$

Rješenje.

$\displaystyle \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=\ln(x+y)+\frac{x}{x+y}=0,\;
\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=\frac{x}{x+y}=0.$

Stacionarna točka je $ (0,1).$

$\displaystyle \frac{\partial^2 f(0,1)}{\partial x^2}=
\left(\frac{1}{x+y}+\frac{y}{(x+y)^2}\right)_{(0,1)}=2,$

$\displaystyle \frac{\partial^2 f(0,1)}{\partial x\partial y}=
\left(\frac{1}{x+y}-\frac{x}{(x+y)^2}\right)_{(0,1)}=1,$

$\displaystyle \frac{\partial^2 f(0,1)}{\partial y^2}=
\left(-\frac{x}{(x+y)^2}\right)_{(0,1)}=0.$

\begin{displaymath}
% latex2html id marker 36477
D=\left\vert
\begin{array}{cc}
2 & 1 \\
1 & 0
\end{array}\right\vert=-1<0,\end{displaymath}

pa funkcija nema lokalnih ekstrema.


Uvjetni ekstremi

Primjer 1.41   Neka je $ f(x,y)=x^2+y^2.$ Ova funkcija očito ima lokalni (i apsolutni) minimum u ishodištu. No ako promatramo samo one točke u domeni, koje zadovoljavaju uvjet

$\displaystyle x+y-1 = 0,$

onda to znači da siječemo plohu ravninom paralelnom osi $ z,$ čija je jednadžba $ x+y=1,$ i tako dobivamo krivulju, koja može imati lokalne ekstreme u točkama koje nisu stacionarne za $ f.$
% latex2html id marker 27494
\includegraphics{m2pruvjextr.eps}
U ovom primjeru

$\displaystyle y=1-x,$

$\displaystyle f(x,y)=f(x,1-x)=g(x)= x^2+(1-x)^2=2x^2-2x+1=
2\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{2}.$

Dobili smo funkciju jedne varijable, čije ekstreme možemo ispitati pomoću diferencijalnog računa. No u ovom primjeru i bez diferencijalnog računa vidimo da funkcija ima lokalni minimum u točki $ x=\frac{1}{2}.$ Drugim riječima funkcija $ f(x,y)$ ima, uz uvjet $ x+y=1,$ lokalni minimum u točki $ (\frac{1}{2},\frac{1}{2}).$

Definicija 16   Neka je $ \Omega$ područje u $ R^n.$ Kažemo da funkcija $ f:\Omega\rightarrow R$ ima uvjetni ekstrem u točki $ P_0\in
\Omega$ uz uvjete $ g_1(P)=0,g_2(P)=0,\ldots,g_m(P)=0,$ ako funkcija

$\displaystyle f\vert _S,$

gdje je

$\displaystyle S = \{P\in \Omega;g_1(P)=0,g_2(P)=0,\ldots,g_m(P)=0\},$

ima lokalni ekstrem u točki $ P_0.$

Gornji primjer pokazuje kako možemo rješavati takve probleme. Koristeći uvjete, smanjimo broj varijabli u funkciji $ f,$ i onda rješavamo problem običnog lokalnog ekstrema za tako dobivenu funkciju.

Postoji i druga metoda metoda Lagrangeovih multiplikatora, koja je u nekim slučajevima jednostavnija. Ta metoda se sastoji u sljedećem. Formiramo novu funkciju

$\displaystyle F(P)=f(P)+\lambda_1\,g_1(P)+\lambda_2\,g_2(P)+\cdots+\lambda_m\,g_m(P).$

Ako je $ f$ klase $ C^1(\Omega)$ i u točki $ P_0$ ima uvjetni ekstrem, uz uvjete

$\displaystyle g_1(P)=0,\quad g_2(P)=0,\quad \ldots,\quad g_m(P)=0,$

onda se funkcije $ g_1,g_2,\ldots,g_m$ i parcijalne derivacije od $ F$ poništavaju u točki $ P_0.$

Dakle, nužan uvjet da funkcija $ f$ ima uvjetni ekstrem u točki $ P_0$ je da $ P_0$ zadovoljava sljedeće

$\displaystyle \frac{\partial{}F(P_0)}{\partial{}x_1} = 0,\quad
\frac{\partial{}...
...artial{}x_2} = 0,\quad \ldots \quad
\frac{\partial{}F(P_0)}{\partial{}x_n} = 0,$

$\displaystyle g_1(P_0) = 0,\quad g_2(P_0) = 0,\quad \ldots, \quad g_m(P_0) = 0.$

Ovo je sustav od $ n+m$ jednadžbi za $ n+m$ nepoznanica $ x_1,x_2,\ldots,x_n,\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m,$ pomoću kojeg nađemo točke $ (x_1,x_2,\ldots,x_n)$ u kojima funkcija možda ima uvjetne ekstreme.

Primjer 1.42   Izradimo na ovaj način gornji primjer.

$\displaystyle F(x,y)=x^2+y^2-\lambda\,(x+y-1).$

$\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}=2x+\lambda=0,$

$\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}=2y+\lambda=0,$

$\displaystyle x+y=1.$

Ovo je sustav iz kojeg lako izračunamo $ x=\frac{1}{2},y=\frac{1}{2}.$ Iz same prirode problema (geometrijska interpretacija), slijedi da je u točki $ (\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ uvjetni minimum funkcije $ f.$

Ova metoda daje samo stacionarne točke. U nekim slučajevima priroda problema (geometrijska ili fizikalna) odlučuje o tome da li je u stacionarnoj točki doista uvjetni ekstrem ili ne. U gornjem primjeru je upravo to slučaj. Graf funkcije je rotacioni paraboloid, i jasno je da funkcija ima u stacionarnoj točki lokalni minimum.

Pitanja

1.
Što je to apsolutni ekstrem?
2.
Kad kažemo da funkcija ima u nekoj točki lokalni ekstrem? Zašto pridjev lokalni? Kakvih lokalnih ekstrema ima?
3.
Koji je nužan uvjet da derivabilna funkcija u nekoj točki ima lokalni ekstrem?
4.
Kad neku točku zovemo stacionarnom točkom funkcije $ f$? Da li u stacionarnoj točki funkcija nužno ima lokalni ekstrem?
5.
Objasnite postupak kojim nalazimo lokalne ekstreme funkcije od dvije varijable.
6.
Da li se u nužnom uvjetu 1.6.1 $ A$ može zamijeniti s $ C$?
7.
Zašto nismo pod 1. u 1.6.1 razmatrali slučaj $ A=0$?
8.
Koje se važno svojstvo neprekidnih funkcija koristi u objašnjenju dovoljnog uvjeta za postojanje ekstrema?
9.
Definirajte uvjetni ekstrem.
10.
Objasnite metodu Lagrangeovih multiplikatora.

Riješeni zadaci

1.
Naći lokalne ekstreme funkcije $ f(x,y)=xe^{-(x^2+y^2)}.$

$\displaystyle \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=e^{-(x^2+y^2)}(1-2x^2)=0,\;
\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=-2xye^{-(x^2+y^2)}=0.$

Rješenje. Stacionarne točke su $ (\frac{1}{\sqrt{2}},0)$ i $ (-\frac{1}{\sqrt{2}},0).$

% latex2html id marker 27518
\includegraphics{m2rijprekstr.eps}
Razmotrimo najprije točku $ (\frac{1}{\sqrt{2}},0).$

$\displaystyle \frac{\partial^2 f(\frac{1}{\sqrt{2}},0)}{\partial x^2}=
\left(e^...
...^2+y^2)}(-6x+4x^3)\right)_{(\frac{1}{\sqrt{2}},0)}=
-2\sqrt{2}e^{-\frac{1}{2}},$

$\displaystyle \frac{\partial^2 f(\frac{1}{\sqrt{2}},0)}{\partial x\partial y}=
\left(e^{-(x^2+y^2)}(-2y+4yx^2)\right)_{(\frac{1}{\sqrt{2}},0)}=0,$

$\displaystyle \frac{\partial^2 f(\frac{1}{\sqrt{2}},0)}{\partial y^2}=
\left(e^{-(x^2+y^2)}(-2x+4y^2)\right)_{(\frac{1}{\sqrt{2}},0)}=
-\sqrt{2}e^{-\frac{1}{2}}.$

\begin{displaymath}
% latex2html id marker 36609
D=\left\vert
\begin{array}{cc}
...
...c{1}{\sqrt{2}},0)}{\partial x^2}=
-2\sqrt{2}e^{-\frac{1}{2}}<0.\end{displaymath}

Dakle u $ (\frac{1}{\sqrt{2}},0)$ funkcija ima lokalni maksimum i to $ \frac{1}{\sqrt{2e}}$. Lako se vidi da za drugu stacionarnu točku imamo

\begin{displaymath}
% latex2html id marker 36615
D=\left\vert
\begin{array}{cc}
...
...ac{1}{\sqrt{2}},0)}{\partial x^2}=
2\sqrt{2}e^{-\frac{1}{2}}>0.\end{displaymath}

Dakle u $ (-\frac{1}{\sqrt{2}},0)$ funkcija ima lokalni minimum i to $ \frac{1}{\sqrt{2e}}$.
2.
Naći ekstreme funkcije $ z(x,y)$ implicitno zadane formulom

$\displaystyle x^3-y^2-3\,x+4\,y+z^2+z-8=0,\qquad z\geq 0.$

Rješenje. Stavimo

$\displaystyle F(x,y,z) = x^3-y^2-3x+4y+z^2+z-8.$

Za $ x=0,y=0$ imamo $ {z= {{\frac{-1 - {\sqrt{33}}}{2}}}},{z=
{{\frac{-1 + {\sqrt{33}}}{2}}}}.$ Tako postoji točka s pozitivnom aplikatom u kojoj se poništava funkcija $ F.$ Zatim parcijalna derivacija od $ F$ po $ z$ se poništava samo u točkama u kojima je $ z=-\frac{1}{2}.$ Uvjet u zadatku već isključuje tu točku. Dakle, postoji implicitno zadana funkcija $ z$ kao funkcija od $ x$ i $ y$ takva, da je

$\displaystyle \frac{\partial{}z(x,y)}{\partial{}x} =
-\frac{\frac{\partial{}F(x...
...\frac{\partial{}F(x,y,z}{\partial{}y}}{\frac{\partial{}F(x,y,z)}{\partial{}z}}.$

Odatle slijedi da je nužan uvjet za ekstrem

$\displaystyle \frac{\partial{}F(x,y,z}{\partial{}x} = 3\,{x^2} - 3 = 0,\quad
\frac{\partial{}F(x,y,z}{\partial{}y} = 4 - 2\,y = 0.$

Stacionarne točke su prema tome $ T_1=(-1,2)$ i $ T_2=(1,2).$ Pripadne vrijednosti za $ z$ jesu $ z=1$ i $ z=2.$

Druge derivacije su

$\displaystyle \frac{\partial^2{}z(x,y)}{\partial{}x^2} = {\frac{-6\,\left( x + ...
...t( -2 + y \right) }^2}}{{{\left( 1 + 2\,z(x,y) \right)}^2}}}}
{1 + 2\,z(x,y)}},$

$\displaystyle \frac{\partial^2{}z(x,y)}{\partial{}x\partial{}y} = {\frac{12\,\l...
... + {x^2} \right)\,\left( -2 + y \right) }{{{\left(1 + 2\,z(x,y)
\right) }^3}}},$

pa je

$\displaystyle \frac{\partial^2{}z(-1,2)}{\partial{}x^2} = 2,\quad
\frac{\parti...
...rtial{}y} = 0,\quad
\frac{\partial^2{}z(-1,2)}{\partial{}y^2} = {\frac{2}{3}},$

$\displaystyle \frac{\partial^2{}z(1,2)}{\partial{}x^2} = -{\frac{6}{5}},\quad
...
...artial{}y} = 0,\quad
\frac{\partial^2{}z(1,2)}{\partial{}y^2} = {\frac{2}{5}}.$

Odatle

$\displaystyle D_{(-1,2)} = \frac{4}{3} > 0,\qquad
\frac{\partial^2{}z(-1,2)}{\partial{}x^2} = 2 > 0,$

pa u točki $ (-1,2)$ imamo minimum, i to $ z(-1,2)=1.$ Zatim

$\displaystyle D_{(1,2)} = -\frac{12}{25} < 0,$

pa u točki $ (1,2)$ nemamo ekstrem.
3.
Tavan kuće ima oblik gornje polovine elipsoida, čije su poluosi $ a,b,c.$ Na tavanu se želi izgraditi stambeni prostor u obliku kvadra. Kolike trebaju biti njegove dimenzije, ako se želi dobiti maksimalni volumen?

Rješenje. Ako je $ (x,y,z)$ točka u prvom oktantu u kojoj kvadar dotiče elipsoid, onda je volumen kvadra

$\displaystyle V(x,y,z) = 4\,x\,y\,z.$

Prema tome treba naći maksimum funkcije $ V(x,y,z)$ uz uvjet $ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1,$ s tim da je $ x>0,y>0,z>0.$ Lagrangeova funkcija je

$\displaystyle F(x,y,z) = 4\,x\,y\,z + \lambda{}\,\left(\frac{x^2}{a^2} +
\frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2}\right).$

Ako parcijalne derivacije od $ F$ izjednačimo s nulom, dobivamo sustav jednadžbi

$\displaystyle {\frac{2\,\lambda\,x}{{a^2}}} + 4\,y\,z = 0,$

$\displaystyle {\frac{2\,\lambda\,y}{{b^2}}} + 4\,x\,z = 0,$

$\displaystyle 4\,x\,y + {\frac{2\,\lambda\,z}{{c^2}}} = 0.$

Pomnožimo prvu jednadžbu s $ x,$ drugu s $ y,$ treću sa $ z,$ i uvrstimo u jednadžbu elipsoida. Dobivamo $ \lambda{}=-6xyz.$ Uvrstimo taj $ \lambda{}$ u gornje jednadžbe. Dobivamo

$\displaystyle x = \frac{a}{\sqrt{3}},\quad y = \frac{b}{\sqrt{3}},\quad z =
\frac{c}{\sqrt{3}}.$

Iz geometrije problema je jasno da su to vrijednosti uz koje se postiže maksimalni volumen.
4.
Odrediti $ a$ i $ b$ tako da

$\displaystyle \int_{0}^{2} (\ln x-ax-b)^2\,dx$

ima minimalnu vrijednost.

Rješenje. Budući da integral predstavlja površinu ispod grafa funkcije $ (\ln x-ax-b)^2,$ jasno je da ne postoji maksimum. S druge strane za bilo koje vrijednosti $ a$ i $ b$ integral prima nenegativne vrijednosti. Odatle je jasno da u stacionarnoj točki imamo minimum.

$\displaystyle \frac{\partial{}}{\partial{}a}\,\int_{0}^{2} (\ln x-a\,x-b)^2\,dx =
-2\,\int_{0}^{2} (\ln x-a\,x-b)\,x\,dx = 0,$

$\displaystyle \frac{\partial{}}{\partial{}b}\,\int_{0}^{2} (\ln x-a\,x-b)^2\,dx =
-2\,\int_{0}^{2} (\ln x-a\,x-b)\,dx = 0,$

$\displaystyle -1 - {\frac{8}{3}}\,a - 2\,b + \ln 4 = 0,$

$\displaystyle 1 + a + b - \ln 2 = 0.$

Rješenje ovog sustava je

$\displaystyle a = \frac{3}{2},\qquad b = -\frac{5}{2} + \ln 2.$

5.
Naći točku na plohi $ a^2-z=x^2+y^2$ u kojoj treba postaviti tangencijalnu ravninu u prvom oktantu tako da volumen tetraedra što ga ta ravnina zatvara s koordinatnim ravninama bude minimalan.

Rješenje. Neka je tražena točka $ T_0=(x_0,y_0,z_0).$ Budući da leži na plohi, mora biti $ z_0=a^2-x_0^2-y_0^2.$ Jednadžba tangencijalne ravnine na plohu u toj točki je

$\displaystyle 2\,x_0\,(x-x_0) + 2\,y_0\,(y-y_0) + z-z_0 = 0.$

Odsječci tangencijalne ravnine na osima su redom

$\displaystyle l = \frac{2\,a^2-z_0}{2\,x_0},\quad m =
\frac{2\,a^2-z_0}{2\,y_0},\quad n = 2\,a^2-z_0.$

Prema tome, volumen tetraedra je

$\displaystyle V = \frac{1}{6}\,l\,m\,n = \frac{(2\,a^2-z_0)^3}{24\,x_0\,y_0} =
\frac{(a^2+x_0^2+y_0^2)^3}{24\,x_0\,y_0}.$

Ako parcijalne derivacije po $ x_0$ i $ y_0$ izjednačimo s nulom, dobivamo

$\displaystyle {a^2} - 5\,{x_0^2} + {y_0^2} = 0,$

$\displaystyle {a^2} + {x_0^2} - 5\,{y_0^2} = 0.$

Rješenje je

$\displaystyle x_0 = \frac{a}{2},\qquad y_0 = \frac{a}{2}.$

Dakle, tangencijalna ravnina na plohu $ a^2-z=x^2+y^2$ u točki $ (\frac{a}{2},\frac{a}{2},\frac{a^2}{2})$ određuje s koordinatnim ravninama tetraedar najmanjeg volumena.


next up previous contents index
Next: Višestruki integrali Up: Diferencijalni račun Previous: Taylorov teorem srednje vrijednosti   Contents   Index
Salih Suljagic
2000-03-11