Shartli ekstremum. Lagranj ko’paytuvchilari usuli. Birinchi qism

Shartli ekstremum. Lagranj ko’paytuvchilari usuli. Birinchi qism. 

Avval, ikki o'zgaruvchili funktsiya  holida ko'rib chiqamiz.  

Ta’rif 1. Z=f(x,y) funktsiyasining M

0

(x

0

;y

0

) nuqtadagi shartli ekstremumi 

deb,  shu berilgan nuqtaning  biror atrofidagi (x;y) nuqtalari  

(

)

,

 

 0

x y





 

cheklov  tenglamasini  qanoatlantirishi    sharti  bilan  shu  M

0

  nuqtada  

erishilgan  funksiyaning ekstremumiga aytiladi .

  

Agar  cheklov  tenglamasida    bitta  o'zgaruvchini  boshqasi  orqali 

ifodalash mumkin bo'lsa, unda shartli ekstremumni aniqlash masalasi bir 

o'zgaruvchili  funktsiyaning  ekstremum  masalasiga  keltiriladi.  Masalan, 

agar  cheklov  tenglamasidan  y=ψ(x)  kelib  chiqsa,  u  holda  y  =  ψ  (x)  ni             

z=f(x,y)  ga  keltirib  qo’ysak,  z=f(x,ψ(x))  bitta  o'zgaruvchining 

funktsiyasini  hosil  qilamiz.  Ammo  bu  usul  ba’zi  hollarda  qiyinchiliklar 

tug’diradi, shuning uchun bu usulni har doim qo’llay olmaymiz. Shuning 

uchun yangi algoritmni kiritish talab etiladi. 

Ikki o'zgaruvchili funksiya shartli ekstremum masalasi uchun 

lagranj ko’paytuvchilari usuli. 

,

,

(

) 

0

)

(

 

e

Z

f x y

x

x

r

y

t















 

Lagranj  ko’paytuvchilari  usulida  shartli  ekstremumni  topish  uchun 

avval Lagranj funktsiyasini quriladi:

 

F(x,y)=f(x,y)+λφ (x,y)  (λ   parametr 

Lagranj ko’paytuvchisi deb ataladi). 

Ekstremumning  zarururiy  shartidan  statsionar  nuqtalar  aniqlanadigan  

tenglamalar sistemasi tuziladi: 

0

0

( , )

0

F

x

F

y

x y









 





















 

Ekstremumni aniqlash uchun etarli sharti:

 

2

2

2

2

xx

xy

yy

d F

F dx

F dxdy

F dy













 

ikkinchi tartibli differensialning musbat yoki manfiy aniqlanganligiga bo’g’liq. 

Agar  statsionar  nuqtada 

2

0

d F



  bo'lsa,  unda 

 

,

z

f x y



  funktsiyasi  bu 

nuqtada  shartli  minimumga  ega,  agar 

2

0

d F



  bo'lsa,  shartli  maksimumga  ega 

bo'ladi.  

Ekstremumni aniqlashning yana bir usuli mavjud. 

  

( , )

0

x y





 

cheklov 

tenglamasidan 

biz 

quyidagilarni 

olamiz:

 

,

0

(

)

x

y

dx

d

x y

dy

















 

2

2

2

2

0

xx

xy

yy

x

y

d F

F dx

dx

d

F dxdy

F dy

y



































x

y

dx

dy







 



 

 

 

 





2

2

2

2

2

2

2

(

)

2

2

xx

xy

yy

xx

xy

y

x

x

y

y

x

y

y

x

y

dx

dx

d F

F dx

F dx

F

dx

F dx

F

F









 

















 



























































 





 

Ikkinchi ko’paytuvchini (qavs ichida joylashgan) quyidagi shaklda ifodalanishi 

mumkin: 

0

x

y

x

y

xx

xy

xy

yy

H

F

F

F

F





























 

Agar 

0

H



  bo'lsa,  unda  shartli  maksimumni  ko'rsatadigan 

2

 

0

d F



 

ga  ega 

bo’lamiz.  Xuddi shunday, 

0

H



  uchun 

2

 

0

d F



 , ya'ni. z = f (x, y) funktsiyasining 

shartli minimaliga ega bo’lamiz. 

Ba'zi bir mualliflar H determinantni boshqa shaklda yozadilar ("-" belgisi bilan): 

0

x

y

x

y

xx

xy

xy

yy

H

F

F

F

F



















 









 

Bunday  vaziyatda  yuqorida  keltirilgan  qoida  quyidagicha  o'zgaradi:  agar 

0

H



bo'lsa, unda funktsiyaning shartli minimumi bo'ladi va 

0

H



uchun biz z = f (x, y) 

funktsiyaning  shartli  maksimal  qiymatini  olamiz.  Masalalarni  yechishda  bunday 

nuanslarni hisobga olish kerak. 

Ikki o'zgaruvchili funktsiyani shartli ekstremumini aniqlash algoritmi. 

1.  Lagranj funktsiyasini tuzamiz. 

F(x,y)=f(x,y)+λφ(x,y)

 

2. 

0

0

( , )

0

F

x

F

y

x y









 





















 

     3.Ekstremumning  zarururiy    shartidan  topilgan  har  bir  statsionar  nuqtada 

ekstremumi topiladi.  

Buning uchun quyidagi usullardan biri qo'llaniladi: 

a) H determinant tuzib olinadi va uning ishorasi aniqlanadi.  

b) Cheklov tenglamasi yordamida  

2

 

d F

 ishorasi aniqlanadi. 

1-misol 

x

2

 + y

2

 = 10 sharti ostida Z(x, y) = x + 3y funktsiyasining shartli ekstremumini 

toping. 

Cheklov tenglamasidan bir o'zgaruvchini boshqasi orqali ifodalash va uni z (x, y) = 

x + 3y funktsiyasiga keltirib qo’yish biroz qiyinchiliklarga olib keladi, shuning 

uchun biz Lagran ko’paytuvchilar usulidan foydalanamiz. 

 

2

2

,

10

x y

x

y









 ni belgilab, Lagranj funktsiyasini tuzamiz: 

2

2

,

,

(

)

(

)

(

)

3

(

10

,

)

F x y

f x y

x y

x

y

x

y





 











 

1 2

3

2

F

x

x

F

y

y







 





 



 

Lagranj funktsiyasining statsionar nuqtalarini aniqlash uchun tenglamalar 

sistemasini tuzamiz: 

2

2

1 2

0

3

2

0

10

0

x

x

y





 



  



   



 

Agar λ = 0 faraz qilsak, birinchi tenglama quyidagicha bo'ladi: 1 = 0. Olingan 

qarama-qarshilik λ  ≠ 0 ekanligini bildiradi. λ  ≠ 0 shart va birinchi va ikkinchi 

tenglamalardan:

 

1

2

x



 

, 

3

2

y



 

. Olingan qiymatlarni uchinchi tenglamaga 

qo’yib, biz quyidagini olamiz: 

2

2

1

2

1

1

1

3

2

10

0

4

1

2

2

.

2











  













 



 

  























 

1

1

1

1

1

1

1

3

1

;

3;

2

2

2

x

y







    

 

 



 

2

1

2

2

2

1

1

3

1

;

3;

2

2

2

x

y







   

  

 

 

 

Shunday qilib, tizim ikkita echimga ega: 

1

1

2



 

;x

1

 = 1; y

1

 = 3 va 

2

1

2





;  x

2

 = 

−1; y

2

 = −3. Endi har bir statsionar nuqtada ekstremaning turini aniqlaymiz: 

M

1

(1;3) va M

2

 (−1; −3). Buning uchun biz har bir nuqtada determinantniH ni 

hisoblaymiz. 

2 ;

0;

2 .

0

0

0

2

0

8

0

0

2

2 ;

2 ;

2

2

0

2

2

x

y

x

y

x

xx

xy

yy

xx

xy

xy

yy

y

F

F

F

H

F

F

x

y

x

y

x

F

F

y

x

x

y

y





































































 

M1 (1; 3) nuqtada biz quyidagini olamiz: 

0

1

8

0

40

0

2

1

0

2

1

3

1

3

H











 

shuning uchun M

1

(1;3) nuqtada z (x, y) = x + 3y funktsiyasi shartli maksimalga 

ega, z

max

 = z(1;3) =10. 

Xuddi shunday, M2 (−1; −3) nuqtada ham topamiz: 

1

3

0

0

1

8

0

0

40

0

2

0

1

0

2

1

3

x

H

y

x

y











 









 

0

H



. Demak M2 (−1; −3) nuqtada z(x,y) = x + 3y funktsiya shartli minimumiga 

ega, ya'ni: z

min

 = z (−1; −3) = - 10. 

M1 (1; 3) va M2 (−1; −3) statsionar nuqtalarida ekstrememum masalani H 

determinantda foydalanmasdan yechish mumkin. Har bir statsionar nuqtada d

2

F 

ishorasini aniqlaymiz: 

2 ;

0;

2

xx

xy

yy

F

F

F



















 

 

2

2

2

2

2

2

2 (

)

xx

xy

yy

d F

F dx

F dxdy

F dy

dx

dy



















 

Demak, bizda: dx

2

 + dy

2

> 0, shuning uchun 

1

1

2



 

uchun d

2

F <0 bo'ladi. Shuning 

uchun funktsiya M

1

(1; 3) nuqtada shartli maksimal qiymatga ega. Xuddi shunday, 

2

1

2





 uchun 

d

2

F >0 . Shuning uchun

  

M

2

 (−1; −3) nuqtada z (x, y) = x + 3y 

funktsiyasining shartli minimumini olamiz.    

         E'tibor bering, bu misolda d

2

F ishorasinii aniqlash uchun dx va dy o'rtasidagi 

bog'liqlikni hisobga olishimiz shart emas, chunki d

2

F ning ishorasi ravshan.  

Javob: (−1; −3) nuqtada, funktsiya shartli minimal, z

min

 = −10. (1; 3) nuqtada 

funktsiya shartli maksimalga ega, z

max

 = 10 

Quyidagi misolda d

2

F belgisini aniqlash uchun dx va dy o'rtasidagi munosabatni 

hisobga olish kerak bo'ladi. 

2– misol. 

x + y = 0 sharti bilan z (x, y) = 3y

3

 + 4x

2

 - xy funktsiyasining shartli ekstremumini 

toping. 

Birinchi usul (Lagranj ko’paytuvchilari usuli) 

 

,

 

 

x y

x

y



 

 ni belgilab, Lagranj funktsiyasini tuzamiz: 





3

2

,

,

,

(

)

(

)

3

4

(

)

F x y

f x y

x y

y

x

xy

x

y



















 

2

 8  

   

 

9

F

x

F

y

x

y

y

x

























  

2

8  

   

 

0

 

 

0

9

x

y

y

x

x

y









 

 













 

Tenglamalar sistemasini yechib: x

1

 = 0, y

1

 = 0, λ

1

 = 0 va x

2 

= 10/9, y

2 

= −10/9, λ

2

 = 

−10 ni olamiz. Ikkita statsionar nuqta bor: M

1

(0;0) va M

2

(10/9; −10/9). Endi H 

determinantidan foydalanib, har bir statsionar nuqtada ekstremumning turini 

aniqlaymiz. 

1;

1;

1

1

1

1

8;

1;

18 .

0

0

8

1

10 18

1 18

xx

xy

yy

xx

xy

x

x

y

x

y

x

y

y

y

y

F

F

F

y

H

F

F

y

F

F

y



































 











   









 

M

1

(0;0)  nuqtada  H  =  −10−18

⋅0  =  −10  <0,  shuning  uchun  M

1

(0;0)                     

funktsiyasining shartli minimal nuqtasi, z (x, y) = 3y

3

 + 4x

2

 - xy, z

min

 = 0  .   . 

M

2

(10/9;−10/9) nuqtada H=10>0, shuning uchun ushbu nuqtada funktsiyaning 

shartli maksimumga ega, z

max

 = 500/243. 

Biz d

2

F ning ishorasida qarab, har bir nuqtada ekstremum ikkinchi  usul 

bilan aniqlaymiz: 

2

2

2

2

2

2

8

2

18

xx

xy

yy

d F

F dx

F dxdy

F dy

dx

dxdy

ydy



















 

x + y = 0 cheklov tenglamasidan: d (x + y) = 0, dx + dy = 0, dy = −dx. 

2

2

2

2

2

2

8

2

18

8

2

(

)

18 (

)

(10 18 )

d F

dx

dxdy

ydy

dx

dx

dx y

y

dx

y dx























 

1

2

2

|

10

0

M

d F

dx





, 

bo’lganidan    M

1

(0;0)  nuqta  z(x,  y)  =  3y3  +  4x2  -  xy 

funktsiyasining shartli minimal nuqtasidir. 

Xuddi  shunday, 

2

2

2

|

10

0

M

d F

dx

 



,  ya'ni.  M

2

(109;−109)  -  shartli 

maksimal nuqta. 

Ikkinchi usul. 

x + y = 0 cheklash tenglamasidan quyidagini olamiz: y = −x.  y = −x ni                

z  (x,  y)  =  3y

3

  +  4x

2

  -  xy  funktsiyasiga  keltirib  qo’ysak,  x  o'zgaruvchining  

funktsiysini 

olamiz. 

Ushbu 

funktsiyani 

u(x) 

bilan 

belgilaymiz:                                                   

3

2

3

2

( ) 

   ( ,

)

 3

4

 

(

)

3

(

5 .

)

u x

z x

x

x

x

x

x

x

x



   



    



 

Shunday  qilib,  ikkita  o'zgaruvchili  funktsiyaning  shartli  ekstremmum 

topish  masalasini  bitr  o'zgaruvchining  funktsiyasi  ekstremumini  aniqlash 

masalasiga keltirdik. 

2

2

1

1

1

2

2

2

9

10 ;

9

10

0

0;

0.

10

10

;

.

9

9

x

u

x

x

x

x

x

y

x

x

y

x

  







  

  



   

 

M

1

  (0;  0)  va  M

2

  (10/9;  −10/9)  nuqtalar  olingan.  Bir  o'zgaruvchili  

funktsiyalarni ekstremum masalalari differentsial hisob kursidan ma’lum. Har 

bir statsionar nuqtada u′′

xx

 ishorasini aniqlaymiz yoki topilgan nuqtalarda u′

x

 

hosilani ishorasini o'zgarishini tekshirib, birinchi usul bo'yicha echimdagi kabi 

bir 

xil 

xulosaga 

kelamiz. 

Masalan, 

xx

u



ishorasini 

tekshiramizg:

1

2

18

10;

(M ) 10;

(M )

10.

xx

xx

xx

u

x

u

u

  









 

 

U′′xx  (M

1

)>  0  bo'lganligi  sababli,  M

1

  u(x)  funktsiyasining  minimal 

nuqtasi, va u

min

 = u(0)=0. u′′

xx

 (M

2

) <0 bo'lgani uchun, M

2

 u (x) funktsiyaning 

maksimal nuqtasi, va u

max

 = u(10/9) = 500/243. 

Berilgan cheklovda u(x) funktsiyasining qiymatlari z(x,y) funktsiyasining 

qiymatlari  bilan  mos  keladi,  ya'ni  u(x)  funktsiyasining  topilgan  ekstremumi                 

z (x, y) funktsiyasining shartli ekstremumiga teng. 

Javob: (0; 0) nuqtada funktsiya shartli minimumga ega, z

min

 = 0. (10/9; 

−10/9) nuqtada funktsiya shartli maksimumi, z

max

 = 500/243. 

 

d

2

F  ni  ishorasini  aniqlash  orqali  ekstremumi  aniqlanadigan  yana  bir 

misolni ko'rib chiqamiz. 

 

3– misol 

Agar x va y o'zgaruvchilar musbat  va 

2

2

 

 

1 

 0

8

2

x

y



 

 cheklov tenglamasini 

qanoatlantirsa, z = 5xy - 4 funktsiyasining eng katta va eng kichik qiymatlarini 

toping. 

Yechish:Lagranj funktsiyasini tuzamiz: 

2

2

5

4

 

1

8

2

x

y

F

xy





 

















. Lagranj 

funktsiyasining statsionar nuqtalarini toping:

5

;  

5

.

4

x

y

x

F

y

F

x

y

















 

2

2

5

0,

4

5

0,

 

 

1 

 0,

8

2

0,

0

x

y

x

y

x

y

x

y



























 



 





 

Barcha keyingi almashtirishlar x> 0; y> 0 ni hisobga olgan holda amalga oshiriladi 

(bu masalaning shartida ko'rsatilgan). Ikkinchi tenglamadan λ = −5x/y topilgan 

qiymatni birinchi tenglamaga qo’yamiz:

2

2

5

5  

 

 

 0,  4

 

 0,    

 2 .

4

x x

y

y

x

x

y

y













 Uchinchi tenglamada x = 2y ni keltirib 

qo’ysak : 

2

2

2

4

 

 

1 

 0,  

 

 1,    

 1.

8

2

y

y

y

y



 





bo'ladi. 

y = 1 bo'lgani uchun, x = 2, λ = −10. (2; 1) nuqtada ekstremumning tipi d

2

F 

ishorasiga asosan aniqlanadi. 

;

5;

.

4

xx

xy

yy

F

F

F

















 

2

2

 

 

1 

 0

8

2

x

y



 

 bo'lgani uchun: 

2

2

2

2

 

 

 

1   

 0;    

 

   

 

 0;  

 

 

 

 0;  

 

 

.

8

2

8

2

4

4

x

y

x

y

x

xdx

d

d

d

dx

ydy

dy

y









































 











 

bu erda x = 2, y = 1 statsionar nuqtaning koordinatalarini va λ = −10 

parametrini qiymatlarida quyidagilarni hosil qilamiz: 

2

2

2

2

2

2

5

;

5;

.

2

2

5

2

2 5

(

)

( 10)(

)

10

2

2

2

xx

xy

xx

xy

yy

dx

F

F

dy

dx

dx

d F

F dx

F dxdy

F dy

dx

dx

dx





 



 













 

 



 



 

 

Ammo ba’zi shartli ekstremum  masalalarda statsionar nuqtalar bir nechta bo'lishi 

mumkin. Bunday hollarda, d

2

F-ni umumiy shaklda yozib, keyin topilgan statsionar 

nuqtalarning har birining koordinatalarini natijaviy ifodaga keltirib qo’yish 

yaxshiroqdir: 

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

;

5;

,

4

2

5

2 5

(

)

4

4

4

4

2

16

5

10

5 2

( 10) 2

10

4

2

16

4

2 1

16 1

xx

xy

yy

dx

F

F

F

dy

xdx

xdx

x

dx

d F

dx

dx

dx

dx

y

y

y

y

x

x

dx

dx

dx

y

y





























 







 



 





 































 





















 

d

2

F = −10⋅dx

2

 <0 bo'lganligi sababli (2; 1) nuqta z = 5xy - 4, z

max

 = 10−4 = 6 

funktsiyaning shartli maksimal nuqtasi. 

Javob: (2; 1) nuqtada, funktsiya shartli maksimal, z

max

 = 6. 

n o'zgaruvchili funktsiya uchun Lagranj ko’paytuvchilari usuli 

z = f (x

1

, x

2

, ..., x

n

)  n o'zgaruvchili funktsiya berilgan bo’lsin va cheklov m ta 

tenglamalardan iborat bo’lsin (n> m):













1

1

2

2

1

2

1

2

,

,...,

0; 

,

,...,  

0,  ...,  

,

,...,

0.

n

n

m

n

x x

x

x x

x

x x

x













 

Lagranj ko’paytuvchilarini λ

1

, λ

2

, ..., λ

m

 deb belgilab, biz Lagranj funktsiyasini 

tuzamiz: 

F (x

1

, x

2

, ..., x

n

, λ

1

, λ

2

, ..., λ

m

) = f + λ

1

φ

1

 + λ

2

φ

2

 + ... + λ

m

φ

m

 

Shartli ekstremumning mavjud bo'lishi uchun zaruriy shartlardan tenglamalar 

sistemasini tuziladi va bu sistemani yechib  statsionar nuqtalar koordinatalari va 

Lagranj ko'paytirgichlarining qiymatlarini topiladi: 

1

2

1

2

( ,

,... )

0;

1, 2,..., ,

( ,

,... )

0;

1, 2,..., .

n

i

j

n

F x x

x

i

n

x

x x

x

j

m

























 

 

L matritsada qizil rang bilan belgilab qo’yilgan matritsaning determinanti 

Lagranj funktsiyasining Gessianidir. 

2

2

2

2

2

1

1

2

1

3

1

2

2

2

2

2

2

1

2

2

3

2

2

2

2

2

2

3

1

3

2

3

3

2

2

2

2

2

1

2

3

...

...

...

...

...

...

...

...

...

n

n

n

n

n

n

n

F

F

F

F

x

x x

x x

x x

F

F

F

F

x x

x

x x

x x

F

F

F

F

x x

x x

x

x x

F

F

F

F

x x

x x

x x

x











 

 

 









 



 

 









 

 



 









 

 

 



 

Biz quyidagi qoidadan foydalanamiz: 

Agar L matritsaning burchak H

2m + 1

, H

2m + 2

, ..., H

m + n 

minorlarning ishoralari 

 (−1)

m

 ning ishorasi bilan bir hil bo’lsa, u holda izlanayotgan statsionar nuqta                    





1

2

3

,

,

,...,

n

z

f x x x

x



funktsiyasining shartli minimal nuqtasidir.  

Agar burchak H

2m + 1

, H

2m + 2

, ..., H

m + n

 minorlarining ishoralari navbati bilan 

o'zgarsa va kichik H

2m + 1 

belgisi (−1) 

m + 1

 sonining ishorasiga to'g'ri kelsa, u holda 

izlanayotgan statsionar nuqta 





1

2

3

,

,

,...,

n

z

f x x x

x



 funktsiyasining shartli 

maksimal nuqtasidir. 

 Find the dimensions of the box with largest volume if the total surface area is 

64 cm

2

. 

1- 

To’la sirtining yuzi 64 sm

2

 bo'lgan, eng katta hajmli qutining 

o'lchamlarini toping. 

Qutining asosining tomonlari x  va y ga,  qutining balandligi z bo'lsin. Shuni 

e’tiborga olish kerakki, biz qutining o'lchamlari bilan ishlayotganimiz sababli, x, y 

va z barcha musbat miqdorlar ekanligiga ishonch hosil qilishimiz mumkin. 

Berilgan shartga ko’ra eng katta hajm 

( , , )

f x y z

xyz



ni  topishni kerak va shuning 

uchun biz optimallashtirmoqchi bo'lgan funktsiya quyidagicha bo’ladi: 

Qutining sirtining yuzasi o’zgarmas ekanligini bilamiz. Shunday qilib, bu cheklov. 

Qutining sirt sirtining yuzasi unining yoqlarini yuzalarining  yig'indisi 

2

2

2

64

xy

xz

yx







 , shuning uchun cheklov quyidagicha: 

( , , )

32

g x y z

xy

xz

yx









 

( , , )

32

0

f x y z

xyz

extr

xy

xz

yx













 

Yechish:Lagranj funktsiyasini tuzamiz: 

(

 

32)

0

xy

x

F

yz

z

x

x

y















. 

Lagranj funktsiyasining statsionar nuqtalarini toping:

(

),  

(

),

(

)

x

y

z

F

yz

y

z

F

xz

x

z

F

xy

y

x







 





 





 





 

(

)

0,  

(

32

0

)

0,

(

)

0

yz

y

z

xz

x

z

xy

xz

yx

xy

y

x























 







 









 

Biz uni quyidagicha yechamiz. (1) tenglamani x ga, (2) ni y ga va (3) ni z ga 

ko'paytiramiz. 

(

)

0,  

(

)

0,

(

)

0.

xyz

x y

z

xzy

y x

z

xyz

z y

x



































 

Birnchi va ikkinchu tenglamalarni tenglashtirib quyidagini hosil qilamiz: 

(

)

(

)

 

x y

z

y x

z









 

(

)

0

xz

yz





 

 

0





 yoki   

zx

zy



 

Ikki holatni qaraymiz.  1)

0





 bo’lsin. Bunda ikki holatni qaraymiz.  

0

0

0

zy

z

yoki y

  



   

z va x lar bu yerda qutining o’lchamlari , ularning 0 ga teng bo’lishi mumkin emas. 

Shuning uchun λ = 0 holni hisobga olmaymiz.

 

Bu ikkinchi holatni bajarilishiga olib 

keladi.

 

(

)

0,

0

z x

y

z

x

y





  

 

Xuddi shu yo’l bilan   

(

)

0,

0

x z

y

x

z

y





  

ni hosil qilamiz. 

Demak, 

2

2

2

32

z

x

y

z

x

y

  







2

32

3

32

3

x

x





 

 

32

3

z

x

y

  

                    

( , , )

( ,

32

3

,

2

)

3

3

V x y z

f x y z





 

2-misol.

 

2

2

2

,

8

)

2

1

(

f x y

x

y

extr

x

y



















 

 

rasmlardan f (x, y) ning minimal qiymati -2 ekanligi va bu qiymatga nuqtada (0,1) 

nuqtada erishilganligi  va   f (x, y) ning maksimal qiymati 8,125  ekanligi va bu 

qiymatga nuqtada  

3 7

1

,

8

8

















 nuqtada erishilganligi  ko’rsatilgan. 

 

 

Maslani yechishdan oldin oldin eslatib o'tamiz, 

cheklov tenglamasidan x ning qabul qilishi 

mumkin bo’lgan qiymatlari 

2

2

2

2

2

2

4

9

4

4

9

3

3

4

9

2

2

x

y

x

x

y

x

x



 





 

    

 

3 3

,

2 2















 oraliqda bo’ladi. 

Xuddi shunga o’xshash y ning qabul qilishi 

mumkin bo’lgan qiymatlari  

2

2

2

2

2

2

4

9

4

9

9

3

3

x

y

y

x

y

y

x



 





 

    

 





3,3



 oraliqda bo’ladi. 

1

3

3

( , ) :

,

0

2

2

x y

x

y





 

  











 to’plamda  

2

2

( , )

81

f x y

x

y





 funksiyaning eng katta 

qiymati 

1

( , )

3

729

max

( , )

(

,0)

2

4

x y

f x y

f









  

va eng kichik qiymati  

1

( , )

min

( , )

(0,0)

0

x y

f x y

f







 ga teng.  





2

( , ) :

0, 3

3

x y

x

x

 

   

 to’plamda  

2

2

( , )

81

f x y

x

y





 funksiyaning eng katta 

qiymati 

2

( , )

max

( , )

(0, 3)

9

x y

f x y

f





 

  

va eng kichik qiymati  

 

2

( , )

min

( , )

(0,0)

0

x y

f x y

f







 ga teng.  

1





 da 

(0,3)

va 

(0, 3)



 nuqtalarda  

0

0

170

0

0

4

0

6

0

6

x

y

x

y

xx

xy

xy

yy

H

F

F

F

F



















 

 











 

0

170

0

36 170

036 1

0

6

0

6

70

0

0

4



















 

minimum qiymatga erishadi 





2

2

( , ) : 4

9

x y

x

y

 



