MATEMAATILINE ANALÜÜS II - Tallinna Tehnikaülikool

48 PEATÜKK 1. DIFERENTSIAALARVUTUS
siis funktsiooni u| z=−x+y−2 ainsa statsionaarse punkti määrame süsteemist
{ 2y − 4 = 0
2x + 4 = 0 .
Leiame, et selleks punktiks on P (−2; 2). Rakendame Lauset 1.9.1. Et
∂ 2 u| z=−x+y−2
∂x 2 = 0,
∂ 2 u| z=−x+y−2
∂x∂y
= 2,
∂u| z=−x+y−2
∂y
= 0,
siis A = C = 0 ja B = 2 ning AC −B 2 = −4 < 0, st punktis P ei ole funktsioonil
u| z=−x+y−2 lokaalset ekstreemumit. Märgime, et kuigi funktsioonil u| z=−x+y−2
puuduvad ekstremaalsed väärtused, eksisteerivad
inf u| z=−x+y−2 = −∞, sup u| z=−x+y−2 = +∞.
♦
Näide 5. Konstrueerime poolkerasse, mille raadius on R, maksimaalse ruumalaga
risttahuka. Olgu tegemist kera x 2 +y 2 +z 2 ≤ R 2 ülemise poolega (z ≥ 0) .
Valime xy-tasandil risttahuka p~ohja tippudega (x, y, 0) , (−x, y, 0) , (x, −y, 0) ja
(−x, −y, 0) . Ristahuka ülemised tipud (x, y, z) , (−x, y, z) , (x, −y, z) ja (−x, −y, z)
valime sfääril x 2 + y 2 + z 2 = R 2 , st ülemiste tippude koordinaadid rahuldavad
selle sfääri v~orrandit. Seega lahendame tingliku ekstreemumi ülesande: leiame
funktsiooni V = (2x) (2y) z tingliku ekstreemumi lisatingimusel x 2 + y 2 + z 2 =
R 2 . Moodustame abifunktsiooni (1.10.15) korral süsteemi (1.10.16) ja lahendame
selle. Seega leiame, et
Φ = 4xyz + λ ( x 2 + y 2 + z 2 − R 2) ,
ja
⎧
⎪⎨
⎪⎩
⎧
⎪⎨
⇒
⎪⎩
4yz + 2λx = 0
4xz + 2λy = 0
4xy + 2λz = 0
x 2 + y 2 + z 2 = R 2
2yz
x
= 2xz
y
2xz
y
= 2xy
z
x 2 + y 2 + z 2 = R 2
{
⇒
⎧
λ = −2yz/x
⎪⎨
+λ = −2xz/y
⇔
λ = 2xy/z
⎪⎩
x 2 + y 2 + z 2 = R 2
⎧
⎨
⇔
⎩
(y − x) (y + x) z = 0
(z − y) (z + y) x = 0
x 2 + y 2 + z 2 = R 2
x = y = z
x 2 + y 2 + z 2 = R 2 ⇒ x = y = z = R√ 3
3
⇒
⇒
ning V = 4R3√ 3
. ♦
9
S~onastame tulemuse punkti alguses esitatud tingliku ekstreemumülesande
korral.