Lokalni ekstremi funkcije dviju varijabla

Lokalne ekstreme određivat ćemo prema postupku opisanom u

[M2, poglavlje 3.10].

Odredimo najprije parcijalne derivacije prvog reda funkcije. Vrijedi:

$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2y-6x$ i $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2x-4y$ .

Prema nužnom uvjetu postojanja ekstrema

[M2, teorem 3.7] mora biti

$\displaystyle y-3x$	$\displaystyle =0$
$\displaystyle x-2y$	$\displaystyle =0.$

Rješenje sustava je stacionarna točka $\displaystyle S(0,0)$ . Da bismo provjerili dovoljne uvjete ekstrema odredit ćemo parcijalne derivacije drugog reda funkcije

u točki

. Imamo

$\displaystyle \frac{\partial ^2f}{\partial x^2}\left( x,y\right)=-6, \quad \fra... ...t( x,y\right)=2, \quad \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\left( x,y\right)=-4,$

odnosno

$\displaystyle \frac{\partial ^2f}{\partial x^2}\left( 0,0\right)=-6, \quad \fra... ...t( 0,0\right)=2, \quad \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\left( 0,0\right)=-4.$

Determinanta

$\displaystyle \Delta _{2}\left( x,y\right) =% \begin{vmatrix} \frac{\partial ... ...ht) & \frac{% \partial ^{2}f}{\partial y^{2}}\left( x,y\right) \end{vmatrix}$

u točki

ima vrijednost

$\displaystyle \Delta _{2}\left( 0,0\right) =% \begin{vmatrix} -6 & 2 \\ 2 & -4\end{vmatrix} =20.$

Kako je $\displaystyle \Delta _2>0$ i $\displaystyle \Delta _1=\frac{\partial ^2f}{\partial x^2}(0,0)=-6<0$ zaključujemo da zadana funkcija u točki $\displaystyle S(0,0)$ postiže maksimalnu vrijednost $\displaystyle z_{maks}=f(0,0)=10$ (slika 3.8).

**Slika 3.8:** Ploha $\displaystyle z=2xy-3x^2-2y^2+10$
$\begin{figure} \begin{center} \epsfig{file=sl8_ekstremi.eps, width=8cm} \end{center} \end{figure}$

Deriviranjem funkcije

dobivamo dobivamo

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

Da bismo odredili stacionarne točke moramo riješiti sljedeći sustav jednadžbi

$\displaystyle e^{x-y}(x^2+2x-2y^2)$	$\displaystyle =0$
$\displaystyle e^{x-y}(2y^2-4y-x^2)$	$\displaystyle =0.$

Sustav se svodi na

$\displaystyle x^2+2x-2y^2$	$\displaystyle =0$
$\displaystyle 2y^2-4y-x^2$	$\displaystyle =0.$

Rješenje sustava su dvije stacionarne točke: $\displaystyle S_1(0,0)$ i $\displaystyle S_2(-4,-2)$ .

Da bismo provjerili dovoljne uvjete za dobivene točke odredit �emo parcijalne derivacije drugog reda funkcije . Vrijedi

$\displaystyle \frac{\partial ^2f}{\partial x^2}(x,y)$	$\displaystyle = e^{x-y}(x^2+4x-2y^2+2) ,$
$\displaystyle \frac{\partial ^2f}{\partial x\partial y}(x,y)$	$\displaystyle = e^{x-y}(2y^2-4y-2x-x^2) ,$
$\displaystyle \frac{\partial ^2f}{\partial y^2}(x,y)$	$\displaystyle = e^{x-y}(x^2-2y^2+8y-4) .$

Za točku $\displaystyle S_1$ je $\displaystyle \Delta _{2}\left(S_1\right) = \begin{vmatrix} 2 & 0 \\ 0 & -4\end{vmatrix}=-8<0$ pa, prema [M2, teorem 3.8], u točki funkcija nema ekstrem.

Za točku vrijedi

$\displaystyle \Delta _1 (-4,-2)$	$\displaystyle =\frac{\partial ^2f}{\partial x^2}(-4,-2)=-6e^{-2} <0$ i $\displaystyle \quad \Delta _{2}\left( -4,-2\right) = \begin{vmatrix} -6e^{-2} & 8e^{-2} 8e^{-2} & -12e^{-2} \end{vmatrix}$
	$\displaystyle =8e^{-4}.$

pa funkcija

u točki

postiže lokalni maksimum $\displaystyle z_{maks}=f(-4,-2)=8e^{-2}$ (vidi sliku 3.9).

**Slika 3.9:** Ploha $\displaystyle z=e^{x-y}(x^2-2y^2)$
$\begin{figure} \begin{center} \epsfig{file=sl9_ekstremi.eps, width=8cm} \end{center} \end{figure}$