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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Na sličan način bismo mogli zaključiti da mora biti također

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

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

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

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

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

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

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

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

Stavimo

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

pa je

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

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

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

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.

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

Stacionarna točka je $(2,-1).$

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

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

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.

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

Stacionarna točka je $(0,1).$

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

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

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

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

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

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

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 $f.$

U ovom primjeru

$$y=1-x,$$

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

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

$$f\vert _S,$$

gdje je

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

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

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

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

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

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

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

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

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.

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

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

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

$$x+y=1.$$

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 $f(x,y)=xe^{-(x^2+y^2)}.$

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

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

Razmotrimo najprije točku $(\frac{1}{\sqrt{2}},0).$

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

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

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

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

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

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

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

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

Rješenje. Stavimo

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

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

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

Odatle slijedi da je nužan uvjet za ekstrem

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

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

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

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

pa je

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

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

Odatle

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Iz geometrije problema je jasno da su to vrijednosti uz koje se postiže maksimalni volumen.

4.

Odrediti $a$ i $b$ tako da

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

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.

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

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

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

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

Rješenje ovog sustava je

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

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

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

Odsječci tangencijalne ravnine na osima su redom

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

Prema tome, volumen tetraedra je

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

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

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

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

Rješenje je

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

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.