Исследовать на экстремум функцию

Это задание по математическому анализу, а именно по исследованию функций на экстремумы в многомерном случае.

Функция \( z = x^2 y - \frac{1}{3} y^3 + 2 x^2 + 3 y^2 - 1 \). Для нахождения экстремумов функции нужно найти её критические точки, то есть такие точки, в которых частные производные функции равны нулю.

1. Частные производные по \( x \): \[ \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} \left( x^2 y - \frac{1}{3} y^3 + 2 x^2 + 3 y^2 - 1 \right) \] Вычисляем: \[ \frac{\partial z}{\partial x} = 2xy + 4x \]
2. Частные производные по \( y \): \[ \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( x^2 y - \frac{1}{3} y^3 + 2 x^2 + 3 y^2 - 1 \right) \] Вычисляем: \[ \frac{\partial z}{\partial y} = x^2 - y^2 + 6y \]
3. Найдём критические точки, решая систему уравнений: \[ \begin{cases} 2xy + 4x = 0\\ x^2 - y^2 + 6y = 0 \end{cases} \] Первое уравнение можно факторизовать и записать как: \[ 2x(y + 2) = 0 \] Отсюда два случая:
   1. \( x = 0 \)
   2. \( y = -2 \)
   Рассмотрим оба случая:
   1. \( x = 0 \): Подставим в второе уравнение: \[ 0 - y^2 + 6y = 0 \] \[ y(y - 6) = 0 \] Решения: \[ y = 0 \quad \text{или} \quad y = 6 \] Таким образом, мы получили две критических точки: \((0, 0)\) и \((0, 6)\).
   2. \( y = -2 \): Подставим в второе уравнение: \[ x^2 - (-2)^2 + 6(-2) = 0 \] \[ x^2 - 4 - 12 = 0 \] \[ x^2 - 16 = 0 \] \[ x = 4 \quad \text{или} \quad x = -4 \] Таким образом, мы получили две критических точки: \((4, -2)\) и \((-4, -2)\).

В итоге, критические точки функции: \[ (0, 0), (0, 6), (4, -2), (-4, -2) \] Теперь, чтобы определить, какие из этих точек являются экстремумами, нужно исследовать знаки вторых частных производных и использовать критерий Сильвестра.

1. Вычислим вторые частные производные: \[ \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = 2y + 4 \] \[ \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = -2y + 6 \] \[ \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = 2x \]
2. Определяем матрицу Гессе: \[ H = \begin{bmatrix} \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} & \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} \\ \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} & \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} \end{bmatrix} \]
3. Проверим каждую точку:
   • Для точки \((0, 0)\): \[ H(0, 0) = \begin{bmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 6 \end{bmatrix} \] Определитель: \( d_2 = 4 \cdot 6 - 0 \cdot 0 = 24 \) (положителен) \[ \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = 4 > 0 \Rightarrow \text{минимум} \]
   • Для точки \((0, 6)\): \[ H(0, 6) = \begin{bmatrix} 16 & 0 \\ 0 & -6 \end{bmatrix} \] Определитель: \( d_2 = 16 \cdot (-6) - 0 \cdot 0 = -96 \) (отрицателен) \[ \Rightarrow \text{седловая точка} \]
   • Для точки \((4, -2)\): \[ H(4, -2) = \begin{bmatrix} 0 & 8 \\ 8 & 10 \end{bmatrix} \] Определитель: \( d_2 = 0 \cdot 10 - 8 \cdot 8 = -64 \) (отрицателен) \[ \Rightarrow \text{седловая точка} \]
   • Для точки \((-4, -2)\): \[ H(-4, -2) = \begin{bmatrix} 0 & -8 \\ -8 & 10 \end{bmatrix} \] Определитель: \( d_2 = 0 \cdot 10 - (-8)^2 = -64 \) (отрицателен) \[ \Rightarrow \text{седловая точка} \]

В конечном счете, функцией имеет минимум в точке \((0, 0)\) и седловые точки в \((0, 6)\), \((4, -2)\), \((-4, -2)\).