Müəyyən bir nöqtədə funksiyanın dəyişməsi, sıfıra meylli olan arqumentin artımına funksiyanın artımının həddi kimi müəyyən edilir. Onu tapmaq üçün törəmələr cədvəlindən istifadə edin. Məsələn, y = x3 funksiyasının törəməsi y’ = x2-ə bərabər olacaqdır.

Bu törəməni sıfıra bərabərləşdirin (in bu halda x2=0).

Verilmiş dəyişənin qiymətini tapın. Bunlar verilmiş törəmənin 0-a bərabər olacağı qiymətlər olacaq. Bunu etmək üçün ifadədə x əvəzinə ixtiyari ədədləri əvəz edin ki, bu zaman bütün ifadə sıfır olacaq. Misal üçün:

2-2x2= 0
(1-x)(1+x) = 0
x1= 1, x2 = -1

Alınan dəyərləri koordinat xəttinə çəkin və alınan dəyərlərin hər biri üçün törəmənin işarəsini hesablayın. Mənbə kimi qəbul edilən koordinat xəttində nöqtələr qeyd olunur. Fasilələrdə dəyəri hesablamaq üçün meyarlara uyğun gələn ixtiyari dəyərləri əvəz edin. Məsələn, -1 intervalından əvvəl əvvəlki funksiya üçün -2 dəyərini seçə bilərsiniz. -1-dən 1-ə qədər olan dəyərlər üçün 0, 1-dən böyük olanlar üçün isə 2-ni seçə bilərsiniz. Bu ədədləri törəmə ilə əvəz edin və törəmənin işarəsini tapın. Bu halda, x = -2 olan törəmə -0,24-ə bərabər olacaq, yəni. mənfi və bu intervalda mənfi işarəsi olacaq. Əgər x=0 olarsa, onda qiymət 2-yə bərabər olacaq və bu intervala işarə qoyulur. Əgər x=1 olarsa, onda törəmə də -0,24-ə bərabər olacaq və mənfi qoyulur.

Əgər koordinat xəttindəki bir nöqtədən keçərkən törəmə işarəsini mənfidən artıya dəyişirsə, bu minimum nöqtədir və artıdan mənfiyə doğrudursa, bu maksimum nöqtədir.

Mövzu ilə bağlı video

Faydalı məsləhət

Törəmə tapmaq üçün hesablayan onlayn xidmətlər var tələb olunan dəyərlər və nəticəni göstərin. Belə saytlarda siz 5-ci sıraya qədər törəmələri tapa bilərsiniz.

Mənbələr:

• Törəmələrin hesablanması xidmətlərindən biri
• funksiyanın maksimum nöqtəsi

Funksiyanın minimum nöqtələri ilə birlikdə maksimum nöqtələri ekstremum nöqtələri adlanır. Bu nöqtələrdə funksiya öz davranışını dəyişir. Ekstremalar məhdud ədədi intervallarla müəyyən edilir və həmişə lokal olur.

Təlimatlar

Yerli ekstremumların tapılması prosesi funksiya adlanır və funksiyanın birinci və ikinci törəmələrinin təhlili ilə həyata keçirilir. Tədqiqata başlamazdan əvvəl, müəyyən edilmiş arqument dəyərləri diapazonunun etibarlı dəyərlərə aid olduğundan əmin olun. Məsələn, F=1/x funksiyası üçün x=0 arqumenti etibarlı deyil. Yaxud Y=tg(x) funksiyası üçün arqument x=90° qiymətinə malik ola bilməz.

Y funksiyasının bütün verilmiş intervalda diferensiallana bildiyinə əmin olun. Y-nin birinci törəməsini tapın." Aydındır ki, yerli maksimum nöqtəyə çatmazdan əvvəl funksiya artır, maksimumdan keçəndə isə funksiya azalır. Özündə birinci törəmə fiziki məna funksiyanın dəyişmə sürətini xarakterizə edir. Funksiya artarkən, bu prosesin sürəti müsbətdir. Lokal maksimumdan keçərkən funksiya azalmağa başlayır və funksiyanın dəyişmə sürəti mənfi olur. Funksiyanın dəyişmə sürətinin sıfıra keçidi yerli maksimum nöqtədə baş verir.

Funksiyanın daxili nöqtədə olduğu deyilir
bölgə D yerli maksimum(minimum), əgər nöqtənin belə bir məhəlləsi varsa
, hər bir nöqtə üçün
bərabərsizliyi saxlayan

Funksiya bir nöqtədə varsa
Yerli maksimum və ya yerli minimum, o zaman bu nöqtədə olduğunu söyləyirik yerli ekstremal (və ya sadəcə ifrat).

Teorem (ekstremumun mövcudluğu üçün zəruri şərtdir). Diferensiallanan funksiya nöqtədə ekstremuma çatarsa
, onda funksiyanın hər birinci dərəcəli qismən törəməsi bu anda sıfır olur.

Bütün birinci dərəcəli qismən törəmələrin itdiyi nöqtələrə deyilir funksiyanın stasionar nöqtələri
. Bu nöqtələrin koordinatlarını sistemi həll etməklə tapmaq olar tənliklər

.

Diferensiallaşan funksiya halında ekstremumun olması üçün zəruri şərt qısaca aşağıdakı kimi ifadə edilə bilər:

Ayrı-ayrı nöqtələrdə bəzi qismən törəmələrin sonsuz dəyərlərə malik olduğu və ya mövcud olmadığı hallar var (qalanları sıfıra bərabərdir). Belə nöqtələr deyilir funksiyanın kritik nöqtələri. Bu nöqtələr də stasionar olanlar kimi ekstremum üçün “şübhəli” hesab edilməlidir.

İki dəyişənli funksiya halında zəruri şərt ekstremum, yəni ekstremum nöqtəsində qismən törəmələrin (diferensial) sıfıra bərabərliyi həndəsi şərhə malikdir: səthə toxunan müstəvi
ekstremal nöqtədə müstəviyə paralel olmalıdır
.

20. Ekstremumun mövcudluğu üçün kifayət qədər şərait

Bir nöqtədə ekstremumun mövcudluğu üçün zəruri şərtin yerinə yetirilməsi orada ekstremumun olmasına heç bir zəmanət vermir. Nümunə olaraq hər yerdə diferensiallana bilən funksiyanı götürə bilərik
. Həm onun qismən törəmələri, həm də funksiyanın özü nöqtədə yox olur
. Bununla belə, bu nöqtənin hər hansı bir qonşuluğunda həm müsbət (böyük
) və mənfi (daha kiçik
) bu funksiyanın dəyərləri. Buna görə də, bu nöqtədə, tərifə görə, heç bir ekstremum müşahidə edilmir. Buna görə də, ekstremum olmasından şübhələnən nöqtənin tədqiq olunan funksiyanın ekstremum nöqtəsi olduğu kifayət qədər şərtləri bilmək lazımdır.

İki dəyişənli funksiyanın işini nəzərdən keçirək. Fərz edək ki, funksiya
müəyyən, davamlı və müəyyən nöqtənin qonşuluğunda ikinci sıraya qədər davamlı qismən törəmələrə malikdir
, funksiyanın stasionar nöqtəsidir
, yəni şərtləri ödəyir

,
.

Aşağıdakı qeydi təqdim edək:

Teorem (ekstremumun mövcudluğu üçün kifayət qədər şərait). Qoy funksiya olsun
yuxarıdakı şərtləri ödəyir, yəni: stasionar nöqtənin bəzi qonşuluğunda diferensiallaşır
və nöqtənin özündə iki dəfə diferensiallanır
. Sonra əgər

Əgər
sonra funksiya
nöqtədə
çatır

yerli maksimum saat
Və

yerli minimum saat
.

Ümumiyyətlə, funksiya üçün
nöqtədə mövcud olmaq üçün kifayət qədər şərtdir
yerliminimum(maksimum) edir müsbət(mənfi) ikinci diferensialın əminliyi.

Başqa sözlə, aşağıdakı ifadə doğrudur.

Teorem . Əgər nöqtədə
funksiyası üçün

eyni zamanda sıfıra bərabər olmayan hər hansı biri üçün
, onda bu nöqtədə funksiya var minimum(oxşar maksimum, Əgər
).

Misal 18.Funksiyanın yerli ekstremum nöqtələrini tapın

Həll. Funksiyanın qismən törəmələrini tapıb onları sıfıra bərabərləşdirək:

Bu sistemi həll edərək, iki mümkün ekstremal nöqtəni tapırıq:

Bu funksiya üçün ikinci dərəcəli qismən törəmələri tapaq:

Birinci stasionar nöqtədə buna görə də və
Buna görə də bu nöqtədə əlavə tədqiqat tələb olunur. Funksiya dəyəri
bu nöqtədə sıfırdır:
Daha,

saat

A

saat

Buna görə də hər hansı bir məhəllədə nöqtə
funksiyası
dəyərləri böyük hesab edir
, və daha kiçik
, və buna görə də, nöqtədə
funksiyası
, tərifinə görə, yerli ekstremum yoxdur.

İkinci stasionar nöqtədə



ona görə də, ona görə də, bəri
sonra nöqtədə
funksiya yerli maksimuma malikdir.

>> Extrema

Funksiyanın ekstremumu

Ekstremumun tərifi

Funksiya y = f(x) adlanır artır (azalan) müəyyən intervalda, əgər x 1 üçün< x 2 выполняется неравенство (f (x 1) < f (x 2) (f (x 1) >f (x 2)).

Əgər y = f (x) diferensiallanan funksiya intervalda artırsa (azalırsa), onda onun bu f intervalında törəməsidir. " (x)> 0

(f"(x)< 0).

Nöqtə x O çağırdı yerli maksimum nöqtə (minimum) f (x) funksiyası əgər nöqtənin qonşuluğu varsa x o, f (x) bərabərsizliyinin doğru olduğu bütün nöqtələr üçün≤ f (x o ) (f (x )≥ f (x o )).

Maksimum və minimum nöqtələr deyilir ekstremal nöqtələr, və bu nöqtələrdə funksiyanın qiymətləri onundur ifrat.

Ekstremal nöqtələr

Ekstremum üçün zəruri şərtlər . Əgər nöqtə x O f (x) funksiyasının ekstremum nöqtəsidir, onda ya f " (x o ) = 0 və ya f(x o ) mövcud deyil. Belə nöqtələr deyilir tənqidi, funksiyanın özü isə kritik nöqtədə müəyyən edilir. Funksiyanın ekstremumunu onun kritik nöqtələri arasında axtarmaq lazımdır.

Birinci kifayət qədər şərait. Qoy x O - kritik nöqtə. Əgər f" (x ) nöqtədən keçərkən x O artı işarəsini mənfiyə, sonra nöqtəyə dəyişir x o funksiyanın maksimumu var, əks halda minimuma malikdir. Əgər kritik nöqtədən keçərkən törəmə işarəni dəyişmirsə, onda nöqtədə x O ifrat yoxdur.

İkinci kifayət qədər şərt. f(x) funksiyası olsun
f" (x ) nöqtənin yaxınlığında x O və nöqtənin özündə ikinci törəmə x o. Əgər f"(x o) = 0, >0 ( <0), то точка x o f (x) funksiyasının yerli minimum (maksimum) nöqtəsidir. Əgər =0 olarsa, ya birinci kifayət qədər şərtdən istifadə etməli, ya da daha yüksək şərtləri cəlb etməlisiniz.

Seqmentdə y = f (x) funksiyası ya kritik nöqtələrdə, ya da seqmentin uclarında minimum və ya maksimum qiymətə çata bilər.

Misal 3.22.

Həll.Çünki f " (

Funksiyanın ekstremumunun tapılması məsələləri

Misal 3.23. a

Həll. x Və y y
0 ≤ x≤
> 0 və nə vaxt x >a /4 S " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение funksiyaları kv. vahidlər).

Misal 3.24. p ≈

Həll. səh
S"
R = 2, H = 16/4 = 4.

Misal 3.22.f (x) = 2x 3 - 15x 2 + 36x - 14 funksiyasının ekstremumunu tapın.

Həll.Çünki f " (x ) = 6x 2 - 30x +36 = 6(x ​​​​-2)(x - 3), onda x 1 = 2 və x 2 = 3 funksiyasının kritik nöqtələri. Ekstrema yalnız bu nöqtələrdə ola bilər. Törəmə x 1 = 2 nöqtəsindən keçərkən işarəni artıdan mənfiyə dəyişir, bu zaman funksiya maksimuma malikdir. x 2 = 3 nöqtəsindən keçərkən törəmə işarəsini mənfidən artıya dəyişir, ona görə də x 2 = 3 nöqtəsində funksiya minimuma malikdir. Nöqtələrdə funksiya dəyərlərini hesablayaraq
x 1 = 2 və x 2 = 3 olduqda, funksiyanın ekstremumunu tapırıq: maksimum f (2) = 14 və minimum f (3) = 13.

Misal 3.23.Daş divarın yanında düzbucaqlı sahə tikmək lazımdır ki, o, üç tərəfdən məftillə hasarlansın, dördüncü tərəfi isə divara bitişik olsun. Bunun üçün var a xətti metr mesh. Sayt hansı aspekt nisbətində ən böyük sahəyə sahib olacaq?

Həll.Platformanın tərəflərini ilə işarə edək x Və y. Saytın sahəsi S = xy-dir. Qoy y- bu divara bitişik tərəfin uzunluğudur. Onda şərtə görə 2x + y = a bərabərliyi təmin edilməlidir. Buna görə də y = a - 2x və S = x (a - 2x), burada
0 ≤ x≤ a /2 (sahənin uzunluğu və eni mənfi ola bilməz). S " = a - 4x, a - 4x = 0 at x = a/4, haradandır
y = a - 2 × a/4 =a/2. Çünki x = a /4 yeganə kritik nöqtədir; bu nöqtədən keçərkən törəmənin işarəsinin dəyişib-dəyişmədiyini yoxlayaq. x a /4 S "də> 0 və nə vaxt x >a /4 S " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение funksiyaları S(a/4) = a/4(a - a/2) = a 2/8 (kv. vahidlər). S davamlı olduğundan və S(0) və S(a /2) uclarındakı qiymətləri sıfıra bərabər olduğundan, tapılan dəyər belə olacaqdır. ən yüksək dəyər funksiyaları. Beləliklə, məsələnin verilmiş şərtlərində saytın ən əlverişli aspekt nisbəti y = 2x-dir.

Misal 3.24.V=16 tutumu olan qapalı silindrik çənin istehsalı tələb olunur p ≈ 50 m 3. Tankın ölçüləri (radius R və hündürlüyü H) hansı olmalıdır ki, onun istehsalı üçün ən az miqdarda material istifadə olunsun?

Həll.Silindrlərin ümumi səth sahəsi S = 2-dir səh R(R+H). Biz silindrin həcmini bilirik V = p R 2 Н Þ Н = V/ p R 2 =16 p / p R2 = 16/R2. Beləliklə, S(R) = 2 səh (R 2 +16/R). Bu funksiyanın törəməsini tapırıq:
S"(R) = 2 p (2R- 16/R 2) = 4 p (R- 8/R 2). S" (R) = 0 R 3 = 8-də, buna görə də,
R = 2, H = 16/4 = 4.

$E \alt çoxluq \mathbb(R)^(n)$. Deyirlər, $f$ var yerli maksimum$x_(0) \E$ nöqtəsində, əgər $x_(0)$ nöqtəsinin $U$ qonşuluğu varsa ki, bütün $x \U$-da $f\sol(x\sağ) bərabərsizliyi olsun. ) \leqslant f razıdır \left(x_(0)\right)$.

Yerli maksimum deyilir sərt , əgər $U$ məhəlləsini elə seçmək olarsa ki, $x_(0)$-dan fərqli $x \in U$-da $f\left(x\sağ) olsun.< f\left(x_{0}\right)$.

Tərif
$E \alt çoxluq \mathbb(R)^(n)$ açıq çoxluğunda $f$ real funksiya olsun. Deyirlər, $f$ var yerli minimum$x_(0) \E$ nöqtəsində, əgər $x_(0)$ nöqtəsinin $U$ qonşuluğu varsa ki, bütün $x \U$-da $f\sol(x\sağ) bərabərsizliyi olsun. ) \geqslant f razıdır \left(x_(0)\right)$.

Əgər $U$ məhəlləsi $x_(0)$-dan fərqli bütün $x \in U$ üçün $f\left(x\right) > f\left(x_) seçilə bilərsə, yerli minimum ciddi adlanır. ( 0)\sağ)$.

Yerli ekstremum yerli minimum və yerli maksimum anlayışlarını birləşdirir.

teorem (diferensiallanan funksiyanın ekstremumu üçün zəruri şərt)
$E \alt çoxluq \mathbb(R)^(n)$ açıq çoxluğunda $f$ real funksiya olsun. Əgər $x_(0) \E$ nöqtəsində $f$ funksiyasının bu nöqtədə lokal ekstremumu varsa, onda $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ Sıfıra bərabər diferensial, hamısının sıfıra bərabər olmasına bərabərdir, yəni. $$\displaystyle\frac(\qismən f)(\qismən x_(i))\sol(x_(0)\sağ)=0.$$

Birölçülü halda bu – . $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$ işarə edək, burada $h$ ixtiyari vektordur. $\phi$ funksiyası mütləq dəyərdə kifayət qədər kiçik olan $t$ qiymətləri üçün müəyyən edilmişdir. Bundan əlavə, , və $(\phi)’ \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$ ilə fərqləndirilir.
Qoy $f$ x $0$ nöqtəsində yerli maksimum olsun. Bu o deməkdir ki, $t = 0$-da $\phi$ funksiyası lokal maksimuma malikdir və Fermat teoremi ilə $(\phi)’ \left(0\right)=0$ olur.
Beləliklə, biz $df \left(x_(0)\right) = 0$ aldıq, yəni. $x_(0)$ nöqtəsində $f$ funksiyası istənilən $h$ vektorunda sıfıra bərabərdir.

Tərif
Diferensialın sıfır olduğu nöqtələr, yəni. bütün qismən törəmələri sıfıra bərabər olanlara stasionar deyilir. Kritik nöqtələr$f$ funksiyaları $f$-nın diferensiallaşdırılmadığı və ya sıfıra bərabər olduğu nöqtələrdir. Əgər nöqtə stasionardırsa, bundan belə nəticə çıxmır ki, funksiyanın bu nöqtədə ekstremumu var.

Misal 1.
Qoy $f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$. Sonra $\displaystyle\frac(\qismən f)(\qismən x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\qismən f)(\qismən y) = 3 \cdot y^(2) )$, buna görə də $\left(0,0\right)$ stasionar nöqtədir, lakin bu nöqtədə funksiyanın ekstremumu yoxdur. Həqiqətən, $f \left(0,0\right) = 0$, lakin asanlıqla görmək olar ki, $\left(0,0\right)$ nöqtəsinin hər hansı qonşuluğunda funksiya həm müsbət, həm də mənfi qiymətlər alır.

Misal 2.
$f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ funksiyasının başlanğıcında stasionar nöqtəsi var, lakin bu nöqtədə ekstremum olmadığı aydındır.

Teorem (ekstremum üçün kafi şərt).
$F$ funksiyası açıq $E \alt çoxluq \mathbb(R)^(n)$ çoxluğunda iki dəfə davamlı diferensiallana bilsin. Qoy $x_(0) \in E$ stasionar nöqtə olsun və $$\displaystyle Q_(x_(0)) \left(h\right) \ekviv \sum_(i=1)^n \sum_(j=1) ) ^n \frac(\qismən^(2) f)(\qismən x_(i) \qismən x_(j)) \sol(x_(0)\sağ)h^(i)h^(j).$ $ Sonra

1. əgər $Q_(x_(0))$ – , onda $x_(0)$ nöqtəsindəki $f$ funksiyası lokal ekstremuma malikdir, yəni forma müsbət müəyyəndirsə minimuma, forma isə maksimuma malikdir. mənfi müəyyən;
2. $Q_(x_(0))$ kvadrat forması qeyri-müəyyəndirsə, $x_(0)$ nöqtəsindəki $f$ funksiyasının ekstremumu yoxdur.

Genişlənmədən Teylor düsturuna uyğun istifadə edək (12.7 s. 292). $x_(0)$ nöqtəsində birinci dərəcəli qismən törəmələrin sıfıra bərabər olduğunu nəzərə alsaq, $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\ alırıq. sağ) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\qismən^(2) f)(\qismən x_(i) \qismən x_ (j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ burada $0<\theta<1$. Обозначим $\displaystyle a_{ij}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right)$. В силу теоремы Шварца (12.6 стр. 289-290) , $a_{ij}=a_{ji}$. Обозначим $$\displaystyle \alpha_{ij} \left(h\right)=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}+\theta h\right)−\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right).$$ По предположению, все непрерывны и поэтому $$\lim_{h \rightarrow 0} \alpha_{ij} \left(h\right)=0. \left(1\right)$$ Получаем $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left.$$ Обозначим $$\displaystyle \epsilon \left(h\right)=\frac{1}{|h|^{2}}\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \alpha_{ij} \left(h\right)h_{i}h_{j}.$$ Тогда $$|\epsilon \left(h\right)| \leq \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n |\alpha_{ij} \left(h\right)|$$ и, в силу соотношения $\left(1\right)$, имеем $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ при $h \rightarrow 0$. Окончательно получаем $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left. \left(2\right)$$ Предположим, что $Q_{x_{0}}$ – положительноопределенная форма. Согласно лемме о положительноопределённой квадратичной форме (12.8.1 стр. 295, Лемма 1) , существует такое положительное число $\lambda$, что $Q_{x_{0}} \left(h\right) \geqslant \lambda|h|^{2}$ при любом $h$. Поэтому $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right) \geq \frac{1}{2}|h|^{2} \left(λ+\epsilon \left(h\right)\right).$$ Так как $\lambda>0$, və $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ üçün $h \rightarrow 0$, sonra sağ hissə kifayət qədər kiçik uzunluqlu hər hansı $h$ vektoru üçün müsbət olacaq.
Beləliklə, belə bir nəticəyə gəldik ki, $x_(0)$ nöqtəsinin müəyyən qonşuluğunda $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ bərabərsizliyi yalnız $ olarsa, yerinə yetirilir. x \neq x_ (0)$ ($x=x_(0)+h$\sağa qoyuruq). Bu o deməkdir ki, $x_(0)$ nöqtəsində funksiya ciddi lokal minimuma malikdir və bununla da teoremimizin birinci hissəsi isbat olunur.
İndi fərz edək ki, $Q_(x_(0))$ – qeyri-müəyyən forma. Sonra $h_(1)$, $h_(2)$ vektorları var ki, $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \sol(h_(2)\sağ)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>$0. Sonra $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) alırıq. \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \sol(th_(1)\sağ) \sağ] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ Kifayət qədər kiçik $t>0$ üçün sağ əl tərəf müsbətdir. Bu o deməkdir ki, $x_(0)$ nöqtəsinin istənilən qonşuluğunda $f$ funksiyası $f \left(x\right)$ $f \left(x_(0)\right)$-dan böyük qiymətlər alır.
Eynilə, $x_(0)$ nöqtəsinin hər hansı qonşuluğunda $f$ funksiyasının $f \left(x_(0)\right)$-dan kiçik qiymətlər qəbul etdiyini görürük. Bu, əvvəlki ilə birlikdə o deməkdir ki, $x_(0)$ nöqtəsində $f$ funksiyasının ekstremumu yoxdur.

Gəlin nəzərdən keçirək xüsusi hal$\left(x_(0),y_(0)\right)$ nöqtəsinin müəyyən qonşuluğunda müəyyən edilmiş və davamlı qismən olan iki dəyişənin $f \left(x,y\right)$ funksiyası üçün bu teorem Bu məhəllədə birincinin törəmələri və ikinci sıralar. Fərz edək ki, $\left(x_(0),y_(0)\right)$ stasionar nöqtədir və $$\displaystyle a_(11)= \frac(\qismən^(2) f)(\qismən x ^ işarələyin) (2)) \left(x_(0) ,y_(0)\sağ), a_(12)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən x \qismən y) \left(x_( 0) ), y_(0)\sağ), a_(22)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən y^(2)) \sol(x_(0), y_(0)\sağ ) .$$ Onda əvvəlki teorem aşağıdakı formanı alır.

Teorem
$\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$ olsun. Sonra:

1. əgər $\Delta>0$, onda $f$ funksiyası $\left(x_(0),y_(0)\right)$ nöqtəsində lokal ekstremuma malikdir, yəni minimum əgər $a_(11)> 0$ və maksimum, əgər $a_(11)<0$;
2. əgər $\Delta<0$, то экстремума в точке $\left(x_{0},y_{0}\right)$ нет. Как и в одномерном случае, при $\Delta=0$ экстремум может быть, а может и не быть.

Problemin həlli nümunələri

Çox dəyişənli funksiyanın ekstremumunu tapmaq üçün alqoritm:

1. Stasionar nöqtələrin tapılması;
2. Bütün stasionar nöqtələrdə 2-ci dərəcəli diferensial tapın
3. Çox dəyişənli funksiyanın ekstremumu üçün kafi şərtdən istifadə edərək hər stasionar nöqtədə 2-ci dərəcəli diferensial hesab edirik.

1. Ekstremum $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$ üçün funksiyanı araşdırın.
   Həll

   1-ci dərəcəli qismən törəmələri tapaq: $$\displaystyle \frac(\qismən f)(\qismən x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial) f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Gəlin sistemi tərtib edib həll edək: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\qismən f)(\qismən y)= 0\son(hallar) \Sağ ox \begin(hallar)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x = 0\end(hallar) \Rightarrow \begin(hals)x^(2) — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) — x = 0 \end(hallar)$$ 2-ci tənlikdən $x=4 \cdot y^(2)$ ifadə edirik - onu 1-ci tənliyə əvəz edirik: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2) \sağ )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $ $y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Nəticədə 2 stasionar xal alınır:
   1) $y=0 \Sağ ox x = 0, M_(1) = \left(0, 0\sağ)$;
   2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\sağ)$
   Ekstremum üçün kafi şərtin təmin edilib-edilmədiyini yoxlayaq:
   $$\displaystyle \frac(\qismən^(2) f)(\qismən x^(2))=6 \cdot x; \frac(\qismən^(2) f)(\qismən x \qismən y)=-6; \frac(\qismən^(2) f)(\qismən y^(2))=48 \cdot y$$
   1) $M_(1)= \left(0,0\right)$ nöqtəsi üçün:
   $$\displaystyle A_(1)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən x^(2)) \left(0,0\sağ)=0; B_(1)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən x \qismən y) \left(0,0\sağ)=-6; C_(1)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən y^(2)) \left(0,0\sağ)=0;$$
   $A_(1) \cdot B_(1) — C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
   2) $M_(2)$ nöqtəsi üçün:
   $$\displaystyle A_(2)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\sağ)=6; B_(2)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən x \qismən y) \left(1,\frac(1)(2)\sağ)=-6; C_(2)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\sağ)=24;$$
   $A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, yəni $M_(2)$ nöqtəsində ekstremum var və $A_(2)> olduğundan 0$, onda bu minimumdur.
   Cavab: $\displaystyle M_(2)\left(1,\frac(1)(2)\right)$ nöqtəsi $f$ funksiyasının minimum nöqtəsidir.
   

2. $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$ ekstremumu üçün funksiyanı araşdırın.
   Həll

   Sabit nöqtələri tapaq: $$\displaystyle \frac(\qismən f)(\qismən x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\qismən f)(\qismən y)=2 \ cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
   Gəlin sistemi tərtib edib həll edək: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\qismən f)(\qismən x)= 0\\\frac(\qismən f)(\qismən y)= 0\end(hallar) ) \ Sağarrow \begin(hallar)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(hals) \Rightarrow \begin(hals) y = 2\\y + x = 1\end(hallar) \Sağ ox x = -1$$
   $M_(0) \left(-1, 2\right)$ stasionar nöqtədir.
   Ekstremum üçün kifayət qədər şərtin yerinə yetirildiyini yoxlayaq: $$\displaystyle A=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən x^(2)) \left(-1,2\right)=0 ; B=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən x \qismən y) \left(-1,2\sağ)=2; C=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən y^(2)) \left(-1,2\sağ)=2;$$
   $A \cdot B — C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
   Cavab: heç bir ifrat yoxdur.
   

Vaxt limiti: 0

Naviqasiya (yalnız iş nömrələri)

4 tapşırıqdan 0-ı tamamlandı

Məlumat

İndicə oxuduğunuz mövzu haqqında biliklərinizi yoxlamaq üçün bu testdən keçin: Çox Dəyişən Funksiyaların Yerli Ekstreması.

Siz artıq testdən keçmisiniz. Yenidən başlaya bilməzsiniz.

Test yüklənir...

Testə başlamaq üçün daxil olmalısınız və ya qeydiyyatdan keçməlisiniz.

Bunu başlamaq üçün aşağıdakı testləri tamamlamalısınız:

nəticələr

Düzgün cavablar: 4-dən 0

Vaxtınız:

Vaxt bitdi

0 xaldan 0 xal topladınız (0)

Nəticəniz liderlər lövhəsində qeyd edildi

1. Cavab ilə
2. Baxış işarəsi ilə

Tapşırıq 1/4

1 .

Balların sayı: 1

Ekstrema üçün $f$ funksiyasını araşdırın: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

Sağ


Səhv


1. Tapşırıq 2/4

   2 .

   Balların sayı: 1

   $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ funksiyasının ekstremumu varmı?

Tərif:Əgər x0 nöqtəsinin bəzi qonşuluğunda funksiya ən böyük (və ya ən kiçik) qiyməti alırsa, x0 nöqtəsi funksiyanın lokal maksimum (və ya minimum) nöqtəsi adlanır, yəni. x0 nöqtəsinin bəzi qonşuluğundan olan bütün x üçün f(x) f(x0) (və ya f(x) f(x0)) şərti ödənilir.

Lokal maksimum və ya minimum nöqtələr ümumi adla birləşir - funksiyanın yerli ekstremum nöqtələri.

Qeyd edək ki, yerli ekstremum nöqtələrində funksiya yalnız müəyyən bir lokal bölgədə maksimum və ya minimum qiymətə çatır. Umaxumin dəyərinə görə hallar ola bilər.

Funksiyanın lokal ekstremumunun mövcudluğunun zəruri əlaməti

Teorem . Əgər fasiləsiz y = f(x) funksiyasının x0 nöqtəsində lokal ekstremumu varsa, bu nöqtədə birinci törəmə ya sıfırdır, ya da yoxdur, yəni. birinci növ kritik nöqtələrdə yerli ekstremum meydana gəlir.

Yerli ekstremum nöqtələrində ya tangens 0x oxuna paraleldir, ya da iki tangens var (şəklə bax). Qeyd edək ki, kritik nöqtələr yerli ekstremum üçün zəruri, lakin kifayət deyil. Yerli ekstremum yalnız birinci növ kritik nöqtələrdə baş verir, lakin heç də kritik nöqtələrdə yerli ekstremum baş vermir.

Məsələn: y = x3 kub parabolasının x0 = 0 kritik nöqtəsi var, burada törəmə y/(0)=0, lakin kritik nöqtə x0=0 ekstremum nöqtəsi deyil, onun əyilmə nöqtəsidir (aşağıya bax).

Funksiyanın lokal ekstremumunun mövcudluğunun kifayət qədər əlaməti

Teorem . Əgər arqument soldan sağa birinci növ kritik nöqtədən keçərsə, birinci törəmə y / (x)

işarəsini “+”dan “-”yə dəyişir, onda bu kritik nöqtədə fasiləsiz y(x) funksiyası lokal maksimuma malikdir;

işarəsini “-”dən “+”a dəyişir, onda fasiləsiz funksiya y(x) bu kritik nöqtədə lokal minimuma malikdir

işarəni dəyişmir, onda bu kritik nöqtədə lokal ekstremum yoxdur, burada əyilmə nöqtəsi var.

Lokal maksimum üçün artan funksiya bölgəsi (y/0) azalan funksiya bölgəsi (y/0) ilə əvəz olunur. Yerli minimum üçün azalan funksiya bölgəsi (y/0) artan funksiya bölgəsi (y/0) ilə əvəz olunur.

Nümunə: y = x3 + 9x2 + 15x - 9 funksiyasını monotonluq, ekstremum üçün araşdırın və funksiyanın qrafikini qurun.

Törəməni (y/) təyin edərək və onu sıfıra bərabərləşdirməklə birinci növ kritik nöqtələri tapaq: y/ = 3x2 + 18x + 15 = 3(x2 + 6x + 5) = 0

Diskriminantdan istifadə edərək kvadrat üçbucaqlını həll edək:

x2 + 6x + 5 = 0 (a=1, b=6, c=5) D=, x1k = -5, x2k = -1.

2) Say oxunu kritik nöqtələri olan 3 bölgəyə bölürük və onlarda törəmənin (y/) işarələrini təyin edirik. Bu işarələrdən istifadə etməklə funksiyaların monotonluq (artan və azalan) sahələrini tapacağıq və işarələri dəyişdirərək yerli ekstremum nöqtələrini (maksimum və minimum) təyin edəcəyik.

Tədqiqatın nəticələrini cədvəl şəklində təqdim edirik, ondan aşağıdakı nəticələr çıxarmaq olar:

• 1. y /(-10) 0 intervalında funksiya monoton şəkildə artır (bu intervalda alınan x = -10 nəzarət nöqtəsindən istifadə etməklə y törəməsinin işarəsi qiymətləndirilir);
• 2. (-5 ; -1) y /(-2) 0 intervalında funksiya monoton şəkildə azalır (y törəməsinin işarəsi bu intervalda götürülən x = -2 nəzarət nöqtəsindən istifadə etməklə qiymətləndirilir);
• 3. y /(0) 0 intervalında funksiya monoton şəkildə artır (y törəməsinin işarəsi bu intervalda götürülən x = 0 nəzarət nöqtəsindən istifadə edilməklə qiymətləndirilib);
• 4. X1k = -5 kritik nöqtəsindən keçərkən törəmə işarəsini “+”dan “-”yə dəyişir, ona görə də bu nöqtə lokal maksimum nöqtədir.
• (ymax(-5) = (-5)3+9(-5)2 +15(-5)-9=-125 + 225 - 75 - 9 =16);
• 5. X2k = -1 kritik nöqtəsindən keçərkən törəmə işarəsini “-”dən “+”a dəyişir, ona görə də bu nöqtə lokal minimum nöqtədir.
• (ymin(-1) = -1 + 9 - 15 - 9 = - 16).

x -5 (-5 ; -1) -1

3) Nəzarət nöqtələrində funksiya dəyərlərinin əlavə hesablamalarından istifadə edərək tədqiqatın nəticələrinə əsasən bir qrafik quracağıq:

düzbucaqlı koordinat sistemi Oxy qurmaq;

Maksimum (-5; 16) və minimum (-1;-16) nöqtələrini koordinatlarla göstəririk;

qrafiki aydınlaşdırmaq üçün nəzarət nöqtələrində funksiyanın dəyərini hesablayırıq, onları maksimum və minimum nöqtələrin solunda və sağında və orta intervalın daxilində seçirik, məsələn: y(-6)=(-6)3 + 9(-6)2+15(-6 )-9=9; y(-3)=(-3)3+9(-3)2+15(-3)-9=0;

y(0)= -9 (-6;9); (-3;0) və (0;-9) - qrafiki qurmaq üçün qurduğumuz hesablanmış nəzarət nöqtələri;

Qrafiki maksimum nöqtədə yuxarıya doğru qabarıq, minimum nöqtədə isə aşağıya doğru qabarıq və hesablanmış nəzarət nöqtələrindən keçən əyri şəklində göstəririk.