Etiket: yerli maksimum. Funksiyaların ekstremal, ən böyük və ən kiçik qiymətləri

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.

Çox dəyişənli f(x) funksiyası üçün x nöqtəsi vektor, f'(x) f(x) funksiyasının birinci törəmələrinin vektoru (qradiyenti), f ′ ′(x) ikincinin simmetrik matrisidir. qismən törəmələr (Hess matrisi - Hessian) funksiyaları f(x).
Çox dəyişənli funksiya üçün optimallıq şərtləri aşağıdakı kimi tərtib edilir.
Yerli optimallıq üçün zəruri şərt. f(x) x * R n nöqtəsində diferensiallana bilsin. Əgər x * yerli ekstremum nöqtəsidirsə, f’(x *) = 0.
Əvvəllər olduğu kimi, tənliklər sisteminin həlli olan nöqtələrə stasionar deyilir. Stasionar x * nöqtəsinin təbiəti Hessian f′′(x) matrisinin müəyyən işarəsi ilə əlaqələndirilir.
A matrisinin işarəsi Q(α)= kvadrat formasının işarələrindən asılıdır< α A, α >bütün sıfır olmayan α∈R n üçün.
Burada və daha çox x və y vektorlarının skalyar hasilini bildirir. A-prior,

Bütün sıfır olmayan α∈R n üçün Q(α)>0 (Q(α)≥0) olduqda A matrisi müsbət (mənfi olmayan) müəyyəndir; mənfi (müsbət olmayan) müəyyən əgər Q(α)<0 (Q(α)≤0) при всех ненулевых α∈R n ; неопределенной, если Q(α)>Bəzi sıfır olmayan α∈R n və Q(α) üçün 0<0 для остальных ненулевых α∈R n .
Yerli optimallıq üçün kifayət qədər şərt. f(x) x * R n nöqtəsində iki dəfə diferensiallansın və f’(x *)=0 olsun, yəni. x * − stasionar nöqtə. Onda f′′(x *) matrisi müsbət (mənfi) müəyyəndirsə, x * lokal minimum (maksimum) nöqtədir; f′′(x *) matrisi qeyri-müəyyəndirsə, x * yəhər nöqtəsidir.
Əgər f′′(x *) matrisi qeyri-mənfi (müsbət olmayan) müəyyəndirsə, stasionar x * nöqtəsinin xarakterini müəyyən etmək üçün daha yüksək dərəcəli törəmələrin öyrənilməsi tələb olunur.
Bir matrisin işarəsini yoxlamaq üçün, bir qayda olaraq, Sylvester meyarından istifadə olunur. Bu meyara görə, simmetrik A matrisi yalnız və yalnız bütün bucaq kiçikləri müsbət olduqda müsbət müəyyəndir. Bu halda, A matrisinin bucaq minoru eyni (və birinci) nömrələri olan sətir və sütunların kəsişməsində yerləşən A matrisinin elementlərindən qurulmuş matrisin təyinedicisidir. Simmetrik A matrisini mənfi müəyyənliyə görə yoxlamaq üçün (−A) matrisini müsbət müəyyənliyə görə yoxlamaq lazımdır.
Deməli, bir çox dəyişənli funksiyanın lokal ekstremal nöqtələrinin təyini alqoritmi aşağıdakı kimidir.
1. f'(x) tapın.
2. Sistem həll olunur

Nəticədə stasionar x i nöqtələri hesablanır.
3. f′′(x) tapın, i=1 təyin edin.
4. f′′(x i) tapın
5. f′′(x i) matrisinin bucaq minorları hesablanır. Əgər bütün bucaq minorları sıfırdan fərqli deyilsə, onda stasionar x i nöqtəsinin təbiətini təyin etmək daha yüksək dərəcəli törəmələrin öyrənilməsini tələb edir. Bu halda 8-ci addıma keçid həyata keçirilir.
Əks halda, 6-cı addıma keçin.
6. Bucaq kiçik f′′(x i) işarələri təhlil edilir. Əgər f′′(x i) müsbət müəyyəndirsə, x i lokal minimum nöqtədir. Bu halda 8-ci addıma keçid həyata keçirilir.
Əks halda, 7-ci addıma keçin.
7. -f′′(x i) matrisinin bucaq minorları hesablanır və onların işarələri təhlil edilir.
Əgər -f′′(x i) − müsbət müəyyəndirsə, f′′(x i) mənfi müəyyən, x i isə lokal maksimum nöqtədir.
Əks halda f′′(x i) qeyri-müəyyəndir və x i yəhər nöqtəsidir.
8. Bütün stasionar nöqtələrin xarakterini təyin etmək şərti i=N yoxlanılır.
Əgər yerinə yetirilibsə, o zaman hesablamalar tamamlanır.
Əgər şərt yerinə yetirilmirsə, onda i=i+1 qəbul edilir və 4-cü mərhələyə keçid həyata keçirilir.

Nümunə №1. f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2 funksiyasının yerli ekstremal nöqtələrini təyin edin









Bütün bucaq kiçikləri sıfırdan fərqli olduğundan, x 2-nin xarakteri f′′(x) istifadə edərək müəyyən edilir.
f′′(x 2) matrisi müsbət müəyyən olduğundan, x 2 lokal minimum nöqtədir.
Cavab: f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2 funksiyası x = (5/3; 8/3) nöqtəsində lokal minimuma malikdir.

MAKSİMUM VƏ MİNİMUM XALLAR

ən böyük və ya götürdüyü nöqtələr ən kiçik dəyər tərif sahəsi üzrə; belə nöqtələr deyilir həmçinin mütləq maksimum və ya mütləq minimum nöqtələri. Əgər f topoloji üzrə müəyyən edilirsə X sahəsi, sonra nöqtə x 0çağırdı yerli maksimum nöqtə (yerli minimum), əgər belə bir nöqtə varsa x 0, Bu məhəllədə baxılan funksiyanın məhdudlaşdırılması üçün nöqtə x 0 mütləq maksimum (minimum) nöqtədir. Ciddi və qeyri-ciddi maksimum (minimum) nöqtələri var (həm mütləq, həm də yerli). Məsələn, çağırılan nöqtə f funksiyasının qeyri-ciddi (ciddi) lokal maksimumunun nöqtəsi, əgər nöqtənin belə bir qonşuluğu varsa x 0, hər kəs üçün uyğundur (müvafiq olaraq f(x) x 0). )/

Sonlu ölçülü oblastlarda müəyyən edilmiş funksiyalar üçün diferensial hesablama baxımından verilmiş nöqtənin lokal maksimum (minimum) nöqtəsi olması üçün şərtlər və işarələr mövcuddur. F funksiyası ədəd oxunun x 0 nöqtəsinin müəyyən qonşuluğunda təyin olunsun. Əgər x 0 - qeyri-ciddi lokal maksimum (minimum) nöqtəsi və bu nöqtədə f"( x 0), onda sıfıra bərabərdir.

Verilmiş f funksiyası nöqtənin qonşuluğunda diferensiallanarsa x 0 , istisna olmaqla, ola bilsin, bu nöqtənin özü, davamlı olduğu və nöqtənin hər tərəfindəki f" törəməsi x 0 Bu məhəllədə sabit bir işarə saxlayır, daha sonra etmək üçün x 0 ciddi lokal maksimum (lokal minimum) nöqtəsi idi, törəmə üçün işarəni artıdan mənfiyə, yəni x-də f" (x)>0 üçün dəyişməsi zəruri və kifayətdir.<.x 0 və f"(x)<0 при x>x 0(müvafiq olaraq mənfidən artıya: f"(X) <0 x-də<x 0 və f"(x)>0 at x>x 0). Bununla belə, bir nöqtənin qonşuluğunda diferensiallaşan hər funksiya üçün deyil x 0 , bu nöqtədə törəmənin dəyişmə işarəsindən danışmaq olar. . "

Əgər f funksiyası bir nöqtədə varsa x 0 t törəmələri, sonra isə etmək üçün x 0 ciddi lokal maksimum nöqtə idi, bərabər olması zəruri və kifayətdir və f (m) ( x 0)<0, и - локального минимума, чтобы m было четно и f (m) (x 0)>0.

f( funksiyası olsun x 1 ..., x n] nöqtənin n ölçülü qonşuluğunda müəyyən edilir və bu nöqtədə diferensiallaşdırılır. Əgər x (0) qeyri-ciddi lokal maksimumun (minimum) nöqtəsidirsə, bu nöqtədə f funksiyası sıfıra bərabərdir. Bu şərt f funksiyasının 1-ci dərəcəli bütün qismən törəmələrinin bu nöqtəsində sıfıra bərabərliyinə bərabərdir. Əgər funksiyanın x(0) nöqtəsində 2-ci davamlı qismən törəmələri varsa, onun x(0) nöqtəsində bütün 1-ci törəmələri yox olur və x(0) nöqtəsində 2-ci dərəcəli diferensial mənfi (müsbət) kvadrat formadırsa, x (0) olur. ciddi yerli maksimum (minimum) nöqtəsi. M. və M.T. diferensiallana bilən funksiyalar üçün arqumentlərdə dəyişikliklərə müəyyən məhdudiyyətlər qoyulduqda şərtlər məlumdur: əlaqə tənlikləri təmin edilir. Daha mürəkkəb struktura malik olan real funksiyanın maksimum (minimum) olması üçün zəruri və kafi şərtlər riyaziyyatın xüsusi bölmələrində öyrənilir: məsələn, qabarıq analiz, riyazi proqramlaşdırma(həmçinin bax Maksimallaşdırma və funksiyaların minimuma endirilməsi). Manifoldlarda müəyyən edilmiş M. və m.t. funksiyaları öyrənilir ümumi variasiyaların hesablanması, a M. və m.t. funksiya fəzalarında müəyyən edilmiş funksiyalar üçün, yəni funksiyalar üçün variasiyaların hesablanması. Həmçinin var müxtəlif üsullar m.və m.t-nin ədədi təxmini təyini.

yanan.: İl'in V. A., Poznya k E. G., Əsaslar riyazi analiz, 3-cü nəşr, 1-ci hissə, M., 1971; KudryavtsevL. L. D. Kudryavtsev.

Riyazi ensiklopediya. - M.: Sovet Ensiklopediyası. I. M. Vinoqradov. 1977-1985.

Digər lüğətlərdə "MAKSİMUM VƏ MİNİMUM XALLAR"ın nə olduğuna baxın:

Zaman-diskret idarəetmə prosesləri üçün Pontryaqinin diskret maksimum prinsipi. Belə bir proses üçün sonlu fərq operatoru tutmaya bilər, baxmayaraq ki, onun davamlı analoqu üçün sonlu fərq operatorunu diferensialla əvəz etməklə əldə edilir... ... Riyaziyyat ensiklopediyası

Analitik modulun əsas xassələrindən birini ifadə edən teorem. funksiyaları. Qoy f(z) sabitdən fərqli D-kompleks say fəzasında kompleks dəyişənlərin müntəzəm analitik və ya holomorf funksiyası olsun, M.m.p. in... ... Riyaziyyat ensiklopediyası

Həqiqi dəyərləri qəbul edən funksiyanın ən böyük və müvafiq olaraq ən kiçik dəyərləri. Nəzərdən keçirilən funksiyanın təyini sahəsində onun maksimum və ya minimum qəbul etdiyi nöqtə deyilir. müvafiq olaraq maksimum nöqtə və ya minimum nöqtə...... Riyaziyyat ensiklopediyası

Bir funksiyanın maksimum və minimumuna, bir nöqtənin maksimum və minimumuna baxın... Riyaziyyat ensiklopediyası

Maksimum və ya minimum olan fasiləsiz funksiyanın dəyəri (bax: Maksimum və Minimum Xallar). lE termini... Riyaziyyat ensiklopediyası

Göstərici- (Göstərici) Göstəricidir Məlumat Sistemi, hər hansı bir parametrdə dəyişiklikləri göstərən maddə, cihaz, cihaz.Forex valyuta bazarı qrafik göstəriciləri, onlar nədir və haradan yükləmək olar? MACD göstəricilərinin təsviri,...... İnvestor Ensiklopediyası

Bu terminin başqa mənaları da var, bax Ekstremum (mənalar). Riyaziyyatda ekstremum (lat. extremum ifrat) verilmiş çoxluqda funksiyanın maksimum və ya minimum qiymətidir. Ekstremuma çatdığı nöqtə... ... Vikipediya

Diferensial hesablama, törəmə və diferensial anlayışlarını və onların funksiyaların öyrənilməsinə necə tətbiq olunduğunu öyrənən riyazi analizin bir qoludur. Mündəricat 1 Bir dəyişənin funksiyalarının diferensial hesabı ... Vikipediya

Lemniscate və onun fokusları Bernoulli lemniscate müstəvi cəbr əyrisidir. Nöqtələrin yeri kimi müəyyən edilir, məhsul ... Wikipedia

Divergensiya- (Divergensiya) Bir göstərici kimi Divergensiya MACD fərqi ilə ticarət strategiyası Məzmun Mündəricat Bölmə 1. üzrə. Bölmə 2. Divergensiya necə. Divergensiya iqtisadiyyatda fərqlilik boyunca hərəkətə istinad etmək üçün istifadə olunan bir termindir... ... İnvestor Ensiklopediyası

$E \alt çoxluq \mathbb(R)^(n)$. 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 ( zəruri şərt diferensiallanan funksiyanın ekstremumu)
$E \alt çoxluq \mathbb(R)^(n)$ açıq çoxluğunda $f$ real funksiya olsun. Əgər $x_(0) nöqtəsində \E$-da $f$ funksiyası var yerli ekstremal və bu nöqtədə, onda $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ Diferensialın sıfıra bərabərliyi hamının 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, $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\ sağ) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\qismən^(2) f)(\qismən x_(i) \qismən x_ (j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ 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, biz belə 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 hər hansı 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: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\qismən x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\qismən) f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) - 6 \cdot x.$$ Gəlin sistemi quraq və 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 bal 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?

$E \alt çoxluq \mathbb(R)^(n)$. 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, $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\ sağ) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\qismən^(2) f)(\qismən x_(i) \qismən x_ (j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ 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 $h \rightarrow 0$ üçün $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$, onda sağ tərəf kifayət qədər kiçik uzunluqlu istənilən $h$ vektoru üçün müsbət olacaq.
Beləliklə, biz belə 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 formadır. 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 hər hansı 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.

$\left(x_(0),y_(0)\right nöqtəsinin bəzi qonşuluğunda müəyyən edilmiş iki dəyişənin $f \left(x,y\right)$ funksiyası üçün bu teoremin xüsusi halını nəzərdən keçirək. )$ və birinci və ikinci dərəcəli davamlı qismən törəmələrə malikdir. 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: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\qismən x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\qismən) f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) - 6 \cdot x.$$ Gəlin sistemi quraq və 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 bal 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?