Question

Найти наибольшее и наименьшее значение функции z=sin x + sin y + sin (x+y) в прямоугольнике 0 <= х <= π/2 ; 0 <= у <= π/2

Answer 1

Найдем частные производные:

$\displaystyle\Large z=\sin{x}+\sin{y}+\sin{(x+y)}\\\\{\partial z\over\partial x}=\cos{x}+\cos{(x+y)},\;{\partial z\over\partial y}=\cos{y}+\cos{(x+y)}\\\begin{cases} &\cos{x}+\cos{(x+y)}=0\\ &\cos{y}+\cos{(x+y)}=0 \end{cases}\\ \cos{x}=\cos{y}\Rightarrow x=y\\\begin{cases} & \cos{x}+\cos{(2x)}=0 \\ & \cos{y}+\cos{(2y)}=0 \end{cases}\\ \cos{x}+\cos^2{x}-\sin^2{x}=0\\ \cos{x}+\cos^2{x}-1+\cos^2{x}=0\\ 2\cos^2{x}+\cos{x}-1=0\\ \cos{x}=t,\; t\in[-1;1]\\2t^2+t-1=0\\D=1+8=9\\t_1={-1+3\over4}={1\over2}\\t_2={-1-3\over4}=-1\\ \cos{x}={1\over2}\\ x_{1,2}=\pm{\pi\over3}+2\pi n, n\in\mathbb{Z}\\ \cos{x}=-1\\ x_{3}=\pi+2\pi k, \; k\in\mathbb{Z}\\ \cos{y}+\cos^2{y}-\sin^2{y}=0\\ \cos{y}+\cos^2{y}-1+\cos^2{y}=0\\ 2\cos^2{y}+\cos{y}-1=0\\ \cos{y}=t,\; t\in[-1;1]\\ 2t^2+t-1=0\\ D=1+8=9\\ t_1={-1+3\over4}={1\over2}\\ t_2={-1-3\over4}=-1\\ \cos{y}={1\over2}\\ y_{1,2}=\pm{\pi\over3}+2\pi m, m\in\mathbb{Z}\\ \cos{y}=-1\\ y_{3}=\pi+2\pi c, \; c\in\mathbb{Z}$

Проверим принадлежность точек к нашей области:

$\displaystyle D: \begin{cases} & 0\leq{x}\leq{\pi\over2}\\ &0\leq{y}\leq{\pi\over2} \end{cases}\\\\ x_1={\pi\over3}+2\pi n,\; n\in\mathbb{Z},\; y_1={\pi\over3}+2\pi m,\; m\in\mathbb{Z}\\ x_2=-{\pi\over3}+2\pi l,\; l\in\mathbb{Z},\; y_2=-{\pi\over3}+2\pi w,\; w\in\mathbb{Z}\\ x_3=\pi+2\pi k,\; k\in\mathbb{Z},\; y_3=\pi+2\pi c,\; c\in\mathbb{Z} \\ 0\leq{\pi\over3}+2\pi n\leq{\pi\over2},\; n\in\mathbb{Z}\\ -{\pi\over3}\leq2\pi n\leq{\pi\over2}-{\pi\over3},\; n\in\mathbb{Z}\\ \left(-{1\over6}\leq n\leq{1\over12},\; n\in\mathbb{Z}\right)\Rightarrow\mathbf{n=0}\Rightarrow M_{0}\left({\pi\over3};{\pi\over3}\right)\\ 0\leq-{\pi\over3}+2\pi l\leq{\pi\over2},\; l\in\mathbb{Z}\\ \left({1\over6}\leq l\leq{5\over12},\; l\in\mathbb{Z}\right)\Rightarrow\mathbf{l\notin\mathbb{Z}}\\ 0\leq\pi+2\pi k\leq{\pi\over2},\; k\in\mathbb{Z}\\ \left(-{1\over2}\leq k\leq-{1\over8},\; k\in\mathbb{Z}\right)\Rightarrow\mathbf{k\notin\mathbb{Z}}$

Найдем критические точки на границах(исходя из уравнений границ области):

$\displaystyle \mathbf{y_1=0}\\ z=\sin{x}+\sin{x}=2\sin{x}\\ z'=2\cos{x}\\ 2\cos{x}=0\\ x_1={\pi\over2}+\pi n,\; n\in\mathbb{Z}\\\\ \mathbf{x_2=0}\\ z=2\sin{y}\\ z'=2\cos{y}\\ 2\cos{y}=0\\ y_2={\pi\over2}+\pi k,\; k\in\mathbb{Z}\\\\ \mathbf{y_3={\pi\over2}}\\ z=\sin{x}+\cos{x}+1\\ z'=\cos{x}-\sin{x}\\ x_3={\pi\over4}+\pi m,\; m\in\mathbb{Z}\\\\ \mathbf{x_4={\pi\over2}}\\ z=\sin{y}+\cos{y}+1\\ z'=\cos{y}-\sin{y}\\ y_4={\pi\over4}+\pi c,\; c\in\mathbb{Z}\\\\ M_1\left({\pi\over2};0\right),\;\;M_2\left(0;{\pi\over2}\right),\;\;M_3\left({\pi\over4};{\pi\over2}\right),\;\;M_4\left({\pi\over2};{\pi\over4}\right)$

Также нужно проверить и граничные точки прямоугольника:

$\displaystyle M_5\left(0;0\right),\;\;M_6\left({\pi\over2};{\pi\over2}\right)\\\\ z(M_0)={3\sqrt{3}\over2}\\ z(M_1)=2 \\ z(M_2)=2 \\ z(M_3)=1+\sqrt{2} \\ z(M_4)=1+\sqrt{2} \\ z(M_5)=0 \\ z(M_6)=2$

Сравним корни:

$\displaystyle {3\over2}\sqrt{3}\;\;\vee\;\; 1+\sqrt{2}\\{9\cdot3\over4}\;\;\vee\;\; 1+2\sqrt{2}+2\\{27\over4}-{12\over4} \;\;\vee\;\; \sqrt{8}\\\sqrt{225\over16}\;\;\vee\;\; \sqrt{128\over16}\RIghtarrow {3\over2}\sqrt{3}>1+\sqrt{2}$

$\displaystyle \underset{D}\max\;{z}=z\left({\pi\over3};{\pi\over3}\right)={3\sqrt{3}\over2}\\ \underset{D}\min\;{z}=z\left(0;0\right)=0$

ОТВЕТ:

$\displaystyle\large\underset{D}\max\;{z}=z\left({\pi\over3};{\pi\over3}\right)={3\sqrt{3}\over2}\\ \underset{D}\min\;{z}=z\left(0;0\right)=0$