Əvvəlcə iki dəyişənli funksiyanın işini nəzərdən keçirək. $M_0(x_0;y_0)$ nöqtəsində $z=f(x,y)$ funksiyasının şərti ekstremumu bu funksiyanın ekstremumudur, o şərtlə əldə edilir ki, $x$ və $y$ dəyişənləri bu nöqtənin yaxınlığı $\ varphi (x,y)=0$ əlaqə tənliyini təmin edir.

“Şərti” ekstremum adı dəyişənlərə $\varphi(x,y)=0$ əlavə şərt qoyulması ilə bağlıdır. Əgər bir dəyişəni əlaqə tənliyindən digəri vasitəsilə ifadə etmək olarsa, onda şərti ekstremumun təyini məsələsi bir dəyişənin funksiyasının adi ekstremumunun təyini məsələsinə qədər azalır. Məsələn, əgər əlaqə tənliyi $y=\psi(x)$ nəzərdə tutursa, onda $y=\psi(x)$-nı $z=f(x,y)$ ilə əvəz etməklə, bir dəyişən $z funksiyasını əldə edirik. =f\sol (x,\psi(x)\sağ)$. IN ümumi hal Lakin bu üsul az istifadə olunur, ona görə də yeni alqoritmin tətbiqi tələb olunur.

İki dəyişənli funksiyalar üçün Laqranj çarpan üsulu.

Laqranj çarpan metodu şərti ekstremumu tapmaq üçün Laqranj funksiyasının qurulmasından ibarətdir: $F(x,y)=f(x,y)+\lambda\varphi(x,y)$ ($\lambda$ parametri adlanır). Laqranj çarpanı). Ekstremum üçün zəruri şərtlər stasionar nöqtələrin təyin olunduğu tənliklər sistemi ilə müəyyən edilir:

$$ \left \( \begin(düzülmüş) & \frac(\qismən F)(\qismən x)=0;\\ & \frac(\qismən F)(\qismən y)=0;\\ & \varphi (x,y)=0. \end(düzləşdirilmiş) \sağ. $$

Ekstremumun xarakterini müəyyən etmək üçün kifayət qədər şərt $d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy) işarəsidir. ^("" )dy^2$. Əgər stasionar nöqtədə $d^2F > 0$, onda $z=f(x,y)$ funksiyası bu nöqtədə şərti minimuma malikdir, lakin əgər $d^2F< 0$, то условный максимум.

Ekstremumun təbiətini təyin etməyin başqa bir yolu var. Birləşmə tənliyindən əldə edirik: $\varphi_(x)^(")dx+\varphi_(y)^(")dy=0$, $dy=-\frac(\varphi_(x)^("))( \varphi_ (y)^("))dx$, buna görə də istənilən stasionar nöqtədə bizdə:

$$d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=F_(xx)^( "")dx^2+2F_(xy)^("")dx\left(-\frac(\varphi_(x)^("))(\varphi_(y)^("))dx\right)+ F_(yy)^("")\sol(-\frac(\varphi_(x)^("))(\varphi_(y)^("))dx\sağ)^2=\\ =-\frac (dx^2)(\sol(\varphi_(y)^(") \sağ)^2)\cdot\left(-(\varphi_(y)^("))^2 F_(xx)^(" ")+2\varphi_(x)^(")\varphi_(y)^(")F_(xy)^("")-(\varphi_(x)^("))^2 F_(yy)^ ("") \sağ)$$

İkinci amil (mötərizədə yerləşir) bu formada təqdim edilə bilər:

$\left| determinantının elementləri qırmızı rənglə vurğulanır. \begin(massiv) (cc) F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \end (massiv)\right|$, Laqranj funksiyasının Hessianıdır. Əgər $H > 0$, onda $d^2F< 0$, что указывает на условный максимум. Аналогично, при $H < 0$ имеем $d^2F >0$, yəni. $z=f(x,y)$ funksiyasının şərti minimumumuz var.

$H$ determinantının qeydi ilə bağlı qeyd. göstərmək\gizlətmək

$$ H=-\left|\begin(massiv) (ccc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_ (xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \ end(massiv) \sağ| $$

Bu vəziyyətdə yuxarıda tərtib edilmiş qayda aşağıdakı kimi dəyişəcək: əgər $H > 0$ olarsa, funksiyanın şərti minimumu olur və əgər $H olarsa.< 0$ получим условный максимум функции $z=f(x,y)$. При решении задач следует учитывать такие нюансы.

Şərti ekstremum üçün iki dəyişənli funksiyanın öyrənilməsi alqoritmi

1. Laqranj funksiyasını yaradın $F(x,y)=f(x,y)+\lambda\varphi(x,y)$
2. Sistemi həll edin $ \left \( \begin(aligned) & \frac(\qismən F)(\qismən x)=0;\\ & \frac(\qismən F)(\qismən y)=0;\\ & \ varphi (x,y)=0. \end(düzləşdirilmiş) \sağ.$
3. Əvvəlki paraqrafda tapılan stasionar nöqtələrin hər birində ekstremumun xarakterini müəyyənləşdirin. Bunu etmək üçün aşağıdakı üsullardan hər hansı birini istifadə edin:
   • $H$ determinantını qurun və işarəsini tapın
   • Birləşmə tənliyini nəzərə alaraq, $d^2F$ işarəsini hesablayın

n dəyişənin funksiyaları üçün Laqranj çarpan üsulu

Tutaq ki, $n$ dəyişənlərinin $z=f(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ və $m$ birləşmə tənliklərinin ($n > m$) funksiyası var:

$$\varphi_1(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0; \; \varphi_2(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0,\ldots,\varphi_m(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0.$$

Laqranj çarpanlarını $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m$ kimi ifadə edərək, Laqranj funksiyasını tərtib edirik:

$$F(x_1,x_2,\ldots,x_n,\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m)=f+\lambda_1\varphi_1+\lambda_2\varphi_2+\ldots+\lambda_m\varphi_m$$

Şərti ekstremumun olması üçün zəruri şərtlər stasionar nöqtələrin koordinatlarının və Laqranj çarpanlarının qiymətlərinin tapıldığı tənliklər sistemi ilə verilir:

$$\sol\(\begin(düzləşdirilmiş) & \frac(\qismən F)(\qismən x_i)=0; (i=\overline(1,n))\\ & \varphi_j=0; (j=\ üst xətt(1,m)) \end(düzləşdirilmiş) \sağ.$$

Tapılan nöqtədə əvvəlki kimi $d^2F$ işarəsindən istifadə etməklə funksiyanın şərti minimuma və ya şərti maksimuma malik olduğunu öyrənə bilərsiniz. Əgər tapılan nöqtədə $d^2F > 0$, funksiyanın şərti minimumu var, lakin $d^2F olarsa< 0$, - то условный максимум. Можно пойти иным путем, рассмотрев следующую матрицу:

$\left| matrisinin təyinedicisi \begin(massiv) (ccccc) \frac(\qismən^2F)(\qismən x_(1)^(2)) & \frac(\qismən^2F)(\qismən x_(1)\qismən x_(2) ) & \frac(\qismən^2F)(\qismən x_(1)\qismən x_(3)) &\ldots & \frac(\qismən^2F)(\qismən x_(1)\qismən x_(n)) \\ \frac(\qismən^2F)(\qismən x_(2)\qismən x_1) & \frac(\qismən^2F)(\qismən x_(2)^(2)) & \frac(\qismən^2F) )(\qismən x_(2)\qismən x_(3)) &\ldots & \frac(\qismən^2F)(\qismən x_(2)\qismən x_(n))\\ \frac(\qismən^2F )(\qismən x_(3) \qismən x_(1)) & \frac(\qismən^2F)(\qismən x_(3)\qismən x_(2)) & \frac(\qismən^2F)(\qismən x_(3)^(2)) &\ldots & \frac(\qismən^2F)(\qismən x_(3)\qismən x_(n))\\ \ldots & \ldots & \ldots &\ldots & \ ldots\\ \frac(\qismən^2F)(\qismən x_(n)\qismən x_(1)) & \frac(\qismən^2F)(\qismən x_(n)\qismən x_(2)) & \ frac(\qismən^2F)(\qismən x_(n)\qismən x_(3)) &\ldots & \frac(\qismən^2F)(\qismən x_(n)^(2))\\ \end( massiv) \right|$, $L$ matrisində qırmızı ilə vurğulanmış Laqranj funksiyasının Hessianıdır. Aşağıdakı qaydadan istifadə edirik:

• Əgər bucaqlı kiçiklərin əlamətləri $H_(2m+1),\; H_(2m+2),\ldots,H_(m+n)$ matrisləri $L$ $(-1)^m$ işarəsi ilə üst-üstə düşür, onda tədqiq olunan stasionar nöqtə $ funksiyasının şərti minimum nöqtəsidir. z=f(x_1,x_2 ,x_3,\ldots,x_n)$.
• Əgər bucaqlı kiçiklərin əlamətləri $H_(2m+1),\; H_(2m+2),\ldots,H_(m+n)$ növbələşir və kiçik $H_(2m+1)$ işarəsi $(-1)^(m+1) ədədinin işarəsi ilə üst-üstə düşür. )$, onda stasionar nöqtə $z=f(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n)$ funksiyasının şərti maksimum nöqtəsidir.

Nümunə №1

$x^2+y^2=10$ şərti altında $z(x,y)=x+3y$ funksiyasının şərti ekstremumunu tapın.

Bu məsələnin həndəsi şərhi belədir: $z=x+3y$ müstəvisinin $x^2+y silindri ilə kəsişmə nöqtələri üçün tətbiqinin ən böyük və ən kiçik qiymətlərini tapmaq tələb olunur. ^2=10$.

Qovuşma tənliyindən bir dəyişəni digəri ilə ifadə etmək və onu $z(x,y)=x+3y$ funksiyasında əvəz etmək bir qədər çətindir, ona görə də biz Laqranj metodundan istifadə edəcəyik.

$\varphi(x,y)=x^2+y^2-10$ ifadə edərək, Laqranj funksiyasını tərtib edirik:

$$ F(x,y)=z(x,y)+\lambda \varphi(x,y)=x+3y+\lambda(x^2+y^2-10);\\ \frac(\qismən) F)(\qismən x)=1+2\lambda x; \frac(\qismən F)(\qismən y)=3+2\lambda y. $$

Laqranj funksiyasının stasionar nöqtələrini təyin etmək üçün tənliklər sistemini yazaq:

$$ \left \( \begin(düzləşdirilmiş) & 1+2\lambda x=0;\\ & 3+2\lambda y=0;\\ & x^2+y^2-10=0. \end (düzləşdirilmiş)\sağ.$$

Əgər $\lambda=0$ qəbul etsək, onda birinci tənlik belə olur: $1=0$. Yaranan ziddiyyət $\lambda\neq 0$ olduğunu göstərir. $\lambda\neq 0$ şərti altında birinci və ikinci tənliklərdən əldə edirik: $x=-\frac(1)(2\lambda)$, $y=-\frac(3)(2\lambda) $. Alınan dəyərləri üçüncü tənliyə əvəz edərək, əldə edirik:

$$ \left(-\frac(1)(2\lambda) \sağ)^2+\left(-\frac(3)(2\lambda) \sağ)^2-10=0;\\ \frac (1)(4\lambda^2)+\frac(9)(4\lambda^2)=10; \lambda^2=\frac(1)(4); \left[ \begin(aligned) & \lambda_1=-\frac(1)(2);\\ & \lambda_2=\frac(1)(2). \end(düzləşdirilmiş) \sağa.\\ \begin(düzləşdirilmiş) & \lambda_1=-\frac(1)(2); \; x_1=-\frac(1)(2\lambda_1)=1; \; y_1=-\frac(3)(2\lambda_1)=3;\\ & \lambda_2=\frac(1)(2); \; x_2=-\frac(1)(2\lambda_2)=-1; \; y_2=-\frac(3)(2\lambda_2)=-3.\end(düzləşdirilmiş) $$

Beləliklə, sistemin iki həlli var: $x_1=1;\; y_1=3;\; \lambda_1=-\frac(1)(2)$ və $x_2=-1;\; y_2=-3;\; \lambda_2=\frac(1)(2)$. Hər stasionar nöqtədə ekstremumun təbiətini öyrənək: $M_1(1;3)$ və $M_2(-1;-3)$. Bunun üçün hər nöqtədə $H$ determinantını hesablayırıq.

$$ \varphi_(x)^(")=2x;\; \varphi_(y)^(")=2y;\; F_(xx)^("")=2\lambda;\; F_(xy)^("")=0;\; F_(yy)^("")=2\lambda.\\ H=\sol| \begin(massiv) (ccc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \end(massiv) \sağ|= \sol| \begin(massiv) (ccc) 0 & 2x & 2y\\ 2x & 2\lambda & 0 \\ 2y & 0 & 2\lambda \end(massiv) \right|= 8\cdot\left| \begin(massiv) (ccc) 0 & x & y\\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \end(massiv) \sağ| $$

$M_1(1;3)$ nöqtəsində alırıq: $H=8\cdot\left| \begin(massiv) (ccc) 0 & x & y\\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \end(massiv) \right|= 8\cdot\left| \begin(massiv) (ccc) 0 & 1 & 3\\ 1 & -1/2 & 0 \\ 3 & 0 & -1/2 \end(massiv) \right|=40 > 0$, buna görə də nöqtə $M_1(1;3)$ funksiyası $z(x,y)=x+3y$ şərti maksimuma malikdir, $z_(\max)=z(1;3)=10$.

Eynilə, $M_2(-1,-3)$ nöqtəsində tapırıq: $H=8\cdot\left| \begin(massiv) (ccc) 0 & x & y\\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \end(massiv) \right|= 8\cdot\left| \begin(massiv) (ccc) 0 & -1 & -3\\ -1 & 1/2 & 0 \\ -3 & 0 & 1/2 \end(massiv) \right|=-40$. $H-dan bəri< 0$, то в точке $M_2(-1;-3)$ имеем условный минимум функции $z(x,y)=x+3y$, а именно: $z_{\min}=z(-1;-3)=-10$.

Qeyd edim ki, hər nöqtədə $H$ determinantının dəyərini hesablamaq əvəzinə, onu genişləndirmək daha rahatdır. ümumi görünüş. Mətni təfərrüatlarla qarışdırmamaq üçün bu üsulu qeyd altında gizlədəcəm.

$H$ determinantının ümumi formada yazılması. göstərmək\gizlətmək

$$ H=8\cdot\left|\begin(massiv)(ccc)0&x&y\\x&\lambda&0\\y&0&\lambda\end(massiv)\sağ| =8\cdot\left(-\lambda(y^2)-\lambda(x^2)\right) =-8\lambda\cdot\left(y^2+x^2\sağ). $$

Prinsipcə, $H$-da hansı işarənin olduğu artıq aydındır. $M_1$ və ya $M_2$ nöqtələrinin heç biri mənbə ilə üst-üstə düşmədiyi üçün $y^2+x^2>0$. Deməli, $H$ işarəsi $\lambda$ işarəsinin əksidir. Hesablamaları tamamlaya bilərsiniz:

$$ \begin(aligned) &H(M_1)=-8\cdot\sol(-\frac(1)(2)\right)\cdot\left(3^2+1^2\sağ)=40;\ \ &H(M_2)=-8\cdot\frac(1)(2)\cdot\left((-3)^2+(-1)^2\sağ)=-40. \end(düzülmüş) $$

$M_1(1;3)$ və $M_2(-1;-3)$ stasionar nöqtələrində ekstremumun təbiəti haqqında sual $H$ təyinedicisindən istifadə etmədən həll edilə bilər. Hər stasionar nöqtədə $d^2F$ işarəsini tapaq:

$$ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=2\lambda \sol( dx^2+dy^2\sağ) $$

Qeyd edim ki, $dx^2$ qeydi tam olaraq ikinci gücə qaldırılmış $dx$ deməkdir, yəni. $\sol(dx \sağ)^2$. Beləliklə, bizdə var: $dx^2+dy^2>0$, buna görə də $\lambda_1=-\frac(1)(2)$ ilə biz $d^2F alırıq.< 0$. Следовательно, функция имеет в точке $M_1(1;3)$ условный максимум. Аналогично, в точке $M_2(-1;-3)$ получим условный минимум функции $z(x,y)=x+3y$. Отметим, что для определения знака $d^2F$ не пришлось учитывать связь между $dx$ и $dy$, ибо знак $d^2F$ очевиден без дополнительных преобразований. В следующем примере для определения знака $d^2F$ уже будет необходимо учесть связь между $dx$ и $dy$.

Cavab verin: $(-1;-3)$ nöqtəsində funksiyanın şərti minimumu var, $z_(\min)=-10$. $(1;3)$ nöqtəsində funksiyanın şərti maksimumu var, $z_(\max)=10$

Nümunə № 2

$x+y=0$ şərti altında $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$ funksiyasının şərti ekstremumunu tapın.

Birinci üsul (Lagrange çarpan üsulu)

$\varphi(x,y)=x+y$ ifadə edərək, Laqranj funksiyasını tərtib edirik: $F(x,y)=z(x,y)+\lambda \varphi(x,y)=3y^3+ 4x^2 -xy+\lambda(x+y)$.

$$ \frac(\qismən F)(\qismən x)=8x-y+\lambda; \; \frac(\qismən F)(\qismən y)=9y^2-x+\lambda.\\ \left \( \begin(aligned) & 8x-y+\lambda=0;\\ & 9y^2-x+\ lambda=0; \\ & x+y=0. \end(düzləşdirilmiş) \sağ. $$

Sistemi həll etdikdən sonra əldə edirik: $x_1=0$, $y_1=0$, $\lambda_1=0$ və $x_2=\frac(10)(9)$, $y_2=-\frac(10)( 9)$ , $\lambda_2=-10$. Bizim iki stasionar nöqtəmiz var: $M_1(0;0)$ və $M_2 \left(\frac(10)(9);-\frac(10)(9) \right)$. $H$ determinantından istifadə edərək hər stasionar nöqtədə ekstremumun təbiətini öyrənək.

$$H=\sol| \begin(massiv) (ccc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \end(massiv) \sağ|= \sol| \begin(massiv) (ccc) 0 & 1 & 1\\ 1 & 8 & -1 \\ 1 & -1 & 18y \end(massiv) \right|=-10-18y $$

$M_1(0;0)$ $H=-10-18\cdot 0=-10 nöqtəsində< 0$, поэтому $M_1(0;0)$ есть точка условного минимума функции $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$, $z_{\min}=0$. В точке $M_2\left(\frac{10}{9};-\frac{10}{9}\right)$ $H=10 >0$, buna görə də bu nöqtədə funksiyanın şərti maksimumu var, $z_(\max)=\frac(500)(243)$.

Biz $d^2F$ işarəsinə əsaslanaraq fərqli metoddan istifadə edərək hər nöqtədə ekstremumun təbiətini araşdırırıq:

$$ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=8dx^2-2dxdy+ 18ydy ^2 $$

$x+y=0$ əlaqə tənliyindən əldə edirik: $d(x+y)=0$, $dx+dy=0$, $dy=-dx$.

$$ d^2 F=8dx^2-2dxdy+18ydy^2=8dx^2-2dx(-dx)+18y(-dx)^2=(10+18y)dx^2 $$

$ d^2F \Bigr|_(M_1)=10 dx^2 > 0$ olduğundan, $M_1(0;0)$ $z(x,y)=3y^3+ funksiyasının şərti minimum nöqtəsidir. 4x^ 2-xy$. Eynilə, $d^2F \Bigr|_(M_2)=-10 dx^2< 0$, т.е. $M_2\left(\frac{10}{9}; -\frac{10}{9} \right)$ - точка условного максимума.

İkinci yol

$x+y=0$ əlaqə tənliyindən alırıq: $y=-x$. $y=-x$ funksiyasını $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$ funksiyasına əvəz etməklə, $x$ dəyişəninin hansısa funksiyasını əldə edirik. Bu funksiyanı $u(x)$ kimi işarə edək:

$$ u(x)=z(x,-x)=3\cdot(-x)^3+4x^2-x\cdot(-x)=-3x^3+5x^2. $$

Beləliklə, biz iki dəyişənli funksiyanın şərti ekstremumunun tapılması məsələsini bir dəyişənli funksiyanın ekstremumunun müəyyən edilməsi məsələsinə endirdik.

$$ u_(x)^(")=-9x^2+10x;\\ -9x^2+10x=0; \; x\cdot(-9x+10)=0;\\ x_1=0; \ ; y_1=-x_1=0;\\ x_2=\frac(10)(9);\; y_2=-x_2=-\frac(10)(9).$$

Biz $M_1(0;0)$ və $M_2\left(\frac(10)(9); -\frac(10)(9)\right)$ xallarını əldə etdik. Əlavə tədqiqatlar bir dəyişənli funksiyaların diferensial hesablanması kursundan məlumdur. Hər stasionar nöqtədə $u_(xx)^("")$ işarəsini tədqiq etməklə və ya tapılan nöqtələrdə $u_(x)^(")$ işarəsinin dəyişməsini yoxlamaqla biz eyni nəticəni əldə edirik: birinci metodun həlli. Məsələn, $u_(xx)^("")$ işarəsini yoxlayacağıq:

$$u_(xx)^("")=-18x+10;\\ u_(xx)^("")(M_1)=10;\;u_(xx)^("")(M_2)=- 10.$$

$u_(xx)^("")(M_1)>0$ olduğundan, $M_1$ $u(x)$ funksiyasının minimum nöqtəsidir və $u_(\min)=u(0)=0 $ . $u_(xx)^("")(M_2) ildən<0$, то $M_2$ - точка максимума функции $u(x)$, причём $u_{\max}=u\left(\frac{10}{9}\right)=\frac{500}{243}$.

Verilmiş əlaqə şərti üçün $u(x)$ funksiyasının dəyərləri $z(x,y)$ funksiyasının qiymətləri ilə üst-üstə düşür, yəni. $u(x)$ funksiyasının tapılan ekstremumları $z(x,y)$ funksiyasının axtarılan şərti ekstremallarıdır.

Cavab verin: $(0;0)$ nöqtəsində funksiyanın şərti minimumu var, $z_(\min)=0$. $\left(\frac(10)(9); -\frac(10)(9) \right)$ nöqtəsində funksiyanın şərti maksimumu var, $z_(\max)=\frac(500)(243) )$.

$d^2F$ işarəsini təyin etməklə ekstremumun təbiətini aydınlaşdıracağımız başqa bir nümunəyə baxaq.

Nümunə № 3

$x$ və $y$ dəyişənləri müsbət olarsa və $\frac(x^2)(8)+\frac() birləşmə tənliyini təmin edərsə, $z=5xy-4$ funksiyasının ən böyük və ən kiçik qiymətlərini tapın. y^2)(2) -1=0$.

Laqranj funksiyasını tərtib edək: $F=5xy-4+\lambda \left(\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1 \right)$. Laqranj funksiyasının stasionar nöqtələrini tapaq:

$$ F_(x)^(")=5y+\frac(\lambda x)(4); \; F_(y)^(")=5x+\lambda y.\\ \left \( \begin(düzləşdirilmiş) & 5y+\frac(\lambda x)(4)=0;\\ & 5x+\lambda y=0;\\ & \frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)- 1=0;\\ & x > 0; \;y > 0. \end(düzləşdirilmiş) \sağa. $$

Bütün sonrakı çevrilmələr $x > 0 nəzərə alınmaqla həyata keçirilir; \; y > 0$ (bu, problem bəyanatında göstərilmişdir). İkinci tənlikdən $\lambda=-\frac(5x)(y)$ ifadə edirik və tapılan dəyəri birinci tənliyə əvəz edirik: $5y-\frac(5x)(y)\cdot \frac(x)(4) )=0$ , $4y^2-x^2=0$, $x=2y$. $x=2y$-ı üçüncü tənliyə əvəz edərək, əldə edirik: $\frac(4y^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1=0$, $y^2=1$, $y =1$.

$y=1$ olduğundan $x=2$, $\lambda=-10$. $d^2F$ işarəsi əsasında $(2;1)$ nöqtəsində ekstremumun xarakterini təyin edirik.

$$ F_(xx)^("")=\frac(\lambda)(4); \; F_(xy)^("")=5; \; F_(yy)^("")=\lambda. $$

$\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1=0$ olduğundan:

$$ d\left(\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1\sağ)=0; \; d\left(\frac(x^2)(8) \sağ)+d\left(\frac(y^2)(2) \sağ)=0; \; \frac(x)(4)dx+ydy=0; \; dy=-\frac(xdx)(4y). $$

Prinsipcə, burada dərhal $x=2$, $y=1$ stasionar nöqtənin koordinatlarını və $\lambda=-10$ parametrini əvəz edə, əldə edə bilərsiniz:

$$ F_(xx)^("")=\frac(-5)(2); \; F_(xy)^("")=-10; \; dy=-\frac(dx)(2).\\ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^(" ")dy^2=-\frac(5)(2)dx^2+10dx\cdot \left(-\frac(dx)(2) \right)-10\cdot \left(-\frac(dx) (2) \sağ)^2=\\ =-\frac(5)(2)dx^2-5dx^2-\frac(5)(2)dx^2=-10dx^2. $$

Bununla belə, şərti ekstremumdakı digər problemlərdə bir neçə stasionar nöqtə ola bilər. Belə hallarda daha yaxşı olar ki, $d^2F$ ümumi formada təqdim olunsun və sonra tapılan stasionar nöqtələrin hər birinin koordinatlarını nəticədə verilən ifadə ilə əvəz edək:

$$ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=\frac(\lambda) (4)dx^2+10\cdot dx\cdot \frac(-xdx)(4y) +\lambda\cdot \left(-\frac(xdx)(4y) \sağ)^2=\\ =\frac (\lambda)(4)dx^2-\frac(5x)(2y)dx^2+\lambda \cdot \frac(x^2dx^2)(16y^2)=\left(\frac(\lambda) )(4)-\frac(5x)(2y)+\frac(\lambda \cdot x^2)(16y^2) \sağ)\cdot dx^2 $$

$x=2$, $y=1$, $\lambda=-10$ əvəz edərək, əldə edirik:

$$ d^2 F=\left(\frac(-10)(4)-\frac(10)(2)-\frac(10 \cdot 4)(16) \sağ)\cdot dx^2=- 10dx^2. $$

$d^2F=-10\cdot dx^2 olduğundan< 0$, то точка $(2;1)$ есть точкой условного максимума функции $z=5xy-4$, причём $z_{\max}=10-4=6$.

Cavab verin: $(2;1)$ nöqtəsində funksiyanın şərti maksimumu var, $z_(\max)=6$.

Növbəti hissədə daha çox dəyişənlərin funksiyaları üçün Laqranj metodunun tətbiqini nəzərdən keçirəcəyik.

Bir neçə dəyişənli funksiyaların ekstremumları. Ekstremum üçün zəruri şərt. Ekstremum üçün kifayət qədər şərt. Şərti ekstremum. Laqranj çarpan metodu. Ən böyük və ən kiçik dəyərləri tapmaq.

Mühazirə 5.

Tərif 5.1. Nöqtə M 0 (x 0, y 0)çağırdı maksimum nöqtə funksiyaları z = f (x, y),Əgər f (x o, y o) > f(x,y) bütün nöqtələr üçün (x, y) M 0.

Tərif 5.2. Nöqtə M 0 (x 0, y 0)çağırdı minimum nöqtə funksiyaları z = f (x, y),Əgər f (x o, y o) < f(x,y) bütün nöqtələr üçün (x, y) bir nöqtənin hansısa məhəlləsindən M 0.

Qeyd 1. Maksimum və minimum ballar çağırılır ekstremal nöqtələr bir neçə dəyişənin funksiyaları.

Qeyd 2. İstənilən sayda dəyişənin funksiyası üçün ekstremum nöqtəsi oxşar şəkildə müəyyən edilir.

Teorem 5.1(ekstremum üçün zəruri şərtlər). Əgər M 0 (x 0, y 0)– funksiyanın ekstremum nöqtəsi z = f (x, y), onda bu nöqtədə bu funksiyanın birinci dərəcəli qismən törəmələri sıfıra bərabərdir və ya mövcud deyil.

Sübut.

Gəlin dəyişənin dəyərini təyin edək saat, saymaq y = y 0. Sonra funksiya f (x, y 0) bir dəyişənin funksiyası olacaq X, hansı üçün x = x 0 ekstremum nöqtəsidir. Buna görə də Fermat teoreminə görə yoxdur və ya yoxdur. Eyni ifadə üçün də eyni şəkildə sübut edilmişdir.

Tərif 5.3. Bir neçə dəyişənli funksiyanın oblastına aid olan və funksiyanın qismən törəmələri sıfıra bərabər olan və ya mövcud olmayan nöqtələrə deyilir. stasionar nöqtələr bu funksiya.

Şərh. Beləliklə, ekstremuma yalnız stasionar nöqtələrdə çatmaq olar, lakin onların hər birində mütləq müşahidə olunmur.

Teorem 5.2(ekstremum üçün kifayət qədər şərait). Nöqtənin bəzi məhəlləsində olsun M 0 (x 0, y 0), funksiyanın stasionar nöqtəsidir z = f (x, y), bu funksiyanın 3-cü sıra daxil olmaqla davamlı qismən törəmələri var. Sonra işarə edək:

1) f(x,y) nöqtəsində var M 0 maksimum olarsa AC–B² > 0, A < 0;

2) f(x,y) nöqtəsində var M 0 minimum olarsa AC–B² > 0, A > 0;

3) kritik nöqtədə ekstremum yoxdursa AC–B² < 0;

4) əgər AC–B² = 0, əlavə tədqiqata ehtiyac var.

Sübut.

Funksiya üçün ikinci dərəcəli Teylor düsturunu yazaq f(x,y), stasionar nöqtədə birinci dərəcəli qismən törəmələrin sıfıra bərabər olduğunu xatırlayaraq:

Harada Seqment arasındakı bucaq varsa M 0 M, Harada M (x 0+Δ x, y 0 +Δ saat) və O oxu Xφ, sonra Δ işarələyin x =Δ ρ cos φ, Δ y =Δρsinφ. Bu halda Teylor düsturu aşağıdakı formanı alacaq: . Qoy Sonra mötərizədəki ifadəni bölmək və çoxalda bilərik A. Biz əldə edirik:

İndi dördü nəzərdən keçirək mümkün hallar:

1) AC-B² > 0, A < 0. Тогда , и kifayət qədər kiçik Δρ. Buna görə də bəzi məhəllələrdə M 0 f (x 0 + Δ x, y 0 +Δ y)< f (x 0 , y 0), yəni M 0- maksimum nöqtə.

2) Qoy AC–B² > 0, A > 0. Sonra , Və M 0- minimum nöqtə.

3) Qoy AC-B² < 0, A> 0. φ = 0 şüası boyunca arqumentlərin artımını nəzərdən keçirək. Onda (5.1)-dən belə nəticə çıxır ki, , yəni bu şüa boyunca hərəkət etdikdə funksiya artır. Əgər belə bir şüa boyunca hərəkət etsək ki, tg φ 0 = -A/B, Bu , buna görə də bu şüa boyunca hərəkət edərkən funksiya azalır. Beləliklə, dövr M 0 ekstremal nöqtə deyil.

3`) Nə vaxt AC–B² < 0, A < 0 доказательство отсутствия экстремума проводится

əvvəlkinə bənzəyir.

3``) Əgər AC–B² < 0, A= 0, onda . Harada. Sonra kifayət qədər kiçik φ üçün 2 ifadəsi B cosφ + C sinφ 2-yə yaxındır IN, yəni sabit işarəni saxlayır, lakin sinφ nöqtənin yaxınlığında işarəni dəyişir M 0. Bu o deməkdir ki, funksiyanın artımı stasionar nöqtənin yaxınlığında işarəni dəyişir, buna görə də ekstremum nöqtə deyil.

4) Əgər AC–B² = 0, və , , yəni artımın işarəsi 2α 0 işarəsi ilə müəyyən edilir. Eyni zamanda, ekstremumun mövcudluğu məsələsini aydınlaşdırmaq üçün əlavə tədqiqatlar lazımdır.

Misal. Funksiyanın ekstremum nöqtələrini tapaq z = x² - 2 xy + 2y² + 2 x. Stasionar nöqtələri tapmaq üçün sistemi həll edirik . Beləliklə, stasionar nöqtə (-2,-1) olur. Harada A = 2, IN = -2, İLƏ= 4. Sonra AC–B² = 4 > 0, buna görə də stasionar nöqtədə ekstremuma, yəni minimuma çatır (çünki A > 0).

Tərif 5.4.Əgər funksiya arqumentlər verirsə f (x 1 , x 2 ,…, x n)əlaqədar əlavə şərtlər kimi m tənliklər ( m< n) :

φ 1 ( x 1, x 2,…, x n) = 0, φ 2 ( x 1, x 2,…, x n) = 0, …, φ m ( x 1, x 2,…, x n) = 0, (5.2)

burada φ i funksiyalarının davamlı qismən törəmələri var, onda (5.2) tənliklər adlanır. əlaqə tənlikləri.

Tərif 5.5. Funksiyanın ekstremumu f (x 1 , x 2 ,…, x n)(5.2) şərtləri yerinə yetirildikdə çağırılır şərti ekstremum.

Şərh. İki dəyişənli funksiyanın şərti ekstremumunun aşağıdakı həndəsi şərhini təklif edə bilərik: funksiyanın arqumentləri olsun. f(x,y)φ tənliyi ilə əlaqələndirilir (x,y)= 0, O müstəvisində bəzi əyriləri təyin edir xy. Bu əyrinin hər bir nöqtəsindən O müstəvisinə perpendikulyarların yenidən qurulması xy səthi ilə kəsişənə qədər z = f (x,y),φ əyrisinin üstündəki səthdə uzanan fəza əyrisini alırıq (x,y)= 0. Tapşırıq yaranan əyrinin ekstremum nöqtələrini tapmaqdır ki, bu da təbii ki, ümumi halda funksiyanın qeyd-şərtsiz ekstremum nöqtələri ilə üst-üstə düşmür. f(x,y).

Əvvəlcə aşağıdakı tərifi təqdim etməklə iki dəyişənli funksiya üçün şərti ekstremum üçün zəruri şərtləri müəyyən edək:

Tərif 5.6. Funksiya L (x 1 , x 2 ,…, x n) = f (x 1 , x 2 ,…, x n) + λ 1 φ 1 (x 1 , x 2 ,…, x n) +

+ λ 2 φ 2 (x 1 , x 2 ,…, x n) +…+λ m φ m (x 1 , x 2 ,…, x n), (5.3)

Harada λi – bəziləri daimi, adlanır Laqranj funksiyası, və nömrələr λi– qeyri-müəyyən Laqranj çarpanları.

Teorem 5.3(şərti ekstremum üçün zəruri şərtlər). Funksiyanın şərti ekstremumu z = f (x, y)φ birləşmə tənliyi olduqda ( x, y)= 0 yalnız Laqranj funksiyasının stasionar nöqtələrində əldə edilə bilər L (x, y) = f (x, y) + λφ (x, y).

Sübut. Birləşmə tənliyi gizli əlaqəni təyin edir saat-dan X, buna görə də biz bunu fərz edəcəyik saat-dən bir funksiya var X: y = y(x). Sonra z var mürəkkəb funksiya-dan X, və onun kritik nöqtələri şərtlə müəyyən edilir: . (5.4) Birləşmə tənliyindən belə çıxır ki . (5.5)

(5.5) bərabərliyini hansısa λ ədədinə vurub (5.4) əlavə edək. Biz əldə edirik:

, və ya .

Son bərabərlik stasionar nöqtələrdə təmin edilməlidir ki, ondan belə çıxır:

(5.6)

Üç naməlum üçün üç tənlik sistemi əldə edilir: x, y və λ və ilk iki tənlik Laqranj funksiyasının stasionar nöqtəsi üçün şərtlərdir. (5.6) sistemdən köməkçi naməlum λ-ı xaric etməklə, ilkin funksiyanın şərti ekstremum ola biləcəyi nöqtələrin koordinatlarını tapırıq.

Qeyd 1. Tapılan nöqtədə şərti ekstremumun olmasını 5.2 teoreminin analoqu ilə Laqranj funksiyasının ikinci dərəcəli qismən törəmələrini öyrənməklə yoxlamaq olar.

Qeyd 2. Funksiyanın şərti ekstremumuna çatmaq olar f (x 1 , x 2 ,…, x n)şərtlər (5.2) yerinə yetirildikdə, sistemin həlli kimi müəyyən edilə bilər (5.7)

Misal. Funksiyanın şərti ekstremumunu tapaq z = xy bunu nəzərə alaraq x + y= 1. Laqranj funksiyasını tərtib edək L(x, y) = xy + λ (x + y – 1). Sistem (5.6) belə görünür:

Burada -2λ=1, λ=-0.5, x = y = -λ = 0.5. Harada L(x,y)şəklində təmsil oluna bilər L(x, y) = - 0,5 (x–y)² + 0,5 ≤ 0,5, buna görə də tapılan stasionar nöqtədə L(x,y) maksimuma malikdir və z = xy –şərti maksimum.

Tərif 1: Hər hansı bir nöqtə üçün nöqtənin qonşuluğu varsa, funksiyanın lokal maksimumu olduğu deyilir. M koordinatları ilə (x, y) bərabərsizlik əmələ gəlir: . Bu halda, yəni funksiyanın artımı< 0.

Tərif 2: Əgər nöqtənin qonşuluğu varsa, funksiyanın hər hansı bir nöqtə üçün lokal minimumu olduğu deyilir. M koordinatları ilə (x, y) bərabərsizlik əmələ gəlir: . Bu halda, yəni funksiyanın artımı > 0.

Tərif 3: Yerli minimum və maksimum nöqtələr çağırılır ekstremal nöqtələr.

Şərti ifrat hədlər

Çox dəyişənli funksiyanın ekstremumlarını axtararkən tez-tez sözdə olanlarla bağlı problemlər yaranır. şərti ekstremum. Bu anlayışı iki dəyişənli funksiya nümunəsi ilə izah etmək olar.

Funksiya və sətir verilsin L səthində 0xy. Vəzifə sıraya düşməkdir L belə bir nöqtə tapın P(x, y), bir funksiyanın dəyəri xəttin nöqtələrində bu funksiyanın qiymətləri ilə müqayisədə ən böyük və ya ən kiçik olduğu L, nöqtənin yaxınlığında yerləşir P. Belə məqamlar P adlandırılır şərti ekstremum nöqtələri line funksiyaları L. Adi ekstremum nöqtəsindən fərqli olaraq, şərti ekstremum nöqtəsindəki funksiyanın dəyəri onun qonşuluğunun bütün nöqtələrində deyil, yalnız xətt üzərində yerləşən funksiyanın dəyərləri ilə müqayisə edilir. L.

Tamamilə aydındır ki, adi ekstremum nöqtəsi (onlar da deyirlər qeyd-şərtsiz ekstremum) həm də bu nöqtədən keçən istənilən xətt üçün şərti ekstremum nöqtəsidir. Əksinə, əlbəttə ki, doğru deyil: şərti ekstremum nöqtəsi adi ekstremum nöqtəsi olmaya bilər. Dediklərimi sadə bir misalla izah edim. Funksiyanın qrafiki yuxarı yarımkürədir (Əlavə 3 (Şəkil 3)).

Bu funksiya başlanğıcda maksimuma malikdir; təpəsi ona uyğun gəlir M yarımkürələr. Əgər xətt L nöqtələrdən keçən xətt var A Və IN(onun tənliyi x+y-1=0), onda həndəsi cəhətdən aydın olur ki, bu xəttin nöqtələri üçün ən yüksək dəyər funksiyası nöqtələr arasında ortada yerləşən bir nöqtədə əldə edilir A Və IN. Bu, bu xətt üzrə funksiyanın şərti ekstremum (maksimum) nöqtəsidir; yarımkürənin M 1 nöqtəsinə uyğun gəlir və şəkildən aydın olur ki, burada hər hansı adi ekstremumdan söhbət gedə bilməz.

Qeyd edək ki, problemin son hissəsində funksiyanın ən böyük və ən kiçik qiymətlərini tapmaq lazımdır qapalı sahə bu bölgənin sərhəddində funksiyanın ifrat qiymətlərini tapmalıyıq, yəni. bir xətt üzrə və bununla da şərti ekstremum problemini həll edir.

İndi x və y dəyişənlərinin (x, y) = 0 tənliyi ilə əlaqəli olması şərti ilə Z= f(x, y) funksiyasının şərti ekstremum nöqtələrinin praktiki axtarışına keçək. əlaqə tənliyi. Əgər qovuşma tənliyindən y açıq şəkildə x ifadəsi ilə ifadə edilə bilərsə: y=(x), bir dəyişən Z= f(x, (x)) = Ф(x) funksiyasını alarıq.

Bu funksiyanın ekstremuma çatdığı x dəyərini tapdıqdan və sonra əlaqə tənliyindən müvafiq y dəyərlərini təyin etdikdən sonra şərti ekstremumun istədiyiniz nöqtələrini alırıq.

Deməli, yuxarıdakı misalda x+y-1=0 münasibət tənliyindən y=1-x olur. Buradan

z-nin x = 0,5-də maksimuma çatdığını yoxlamaq asandır; lakin sonra y = 0,5 əlaqə tənliyindən həndəsi mülahizələrdən tapılan P nöqtəsini dəqiq alırıq.

Şərti ekstremum problemi hətta əlaqə tənliyi təmsil oluna bilsə belə çox asanlıqla həll olunur parametrik tənliklər x=x(t), y=y(t). Bu funksiyada x və y ifadələrini əvəz edərək, bir dəyişənli funksiyanın ekstremumunun tapılması məsələsinə yenidən gəlirik.

Əgər birləşmə tənliyindən çox olarsa mürəkkəb görünüş və biz bir dəyişəni digəri ilə açıq şəkildə ifadə edə bilmirik, ya da onu parametrik tənliklərlə əvəz edə bilmirik, onda şərti ekstremumu tapmaq işi çətinləşir. Biz fərz etməyə davam edəcəyik ki, z= f(x, y) funksiyasının ifadəsində dəyişən (x, y) = 0. z= f(x, y) funksiyasının ümumi törəməsi bərabərdir:

Gizli funksiyanın diferensiasiya qaydasından istifadə etməklə y` törəməsi tapıldıqda. Şərti ekstremumun nöqtələrində tapılan ümumi törəmə sıfıra bərabər olmalıdır; bu x və y ilə əlaqəli bir tənlik verir. Onlar birləşmə tənliyini də təmin etməli olduqları üçün iki naməlumlu iki tənlik sistemi alırıq.

Birinci tənliyi nisbət şəklində yazaraq və yeni köməkçi naməlum təqdim edərək bu sistemi daha rahat birinə çevirək:

(qabaqdakı mənfi işarə rahatlıq üçündür). Bu bərabərliklərdən aşağıdakı sistemə keçmək asandır:

f` x =(x,y)+` x (x,y)=0, f` y (x,y)+` y (x,y)=0 (*),

ki, (x, y) = 0 əlaqə tənliyi ilə birlikdə x, y və naməlumları olan üç tənlik sistemini əmələ gətirir.

Bu tənlikləri (*) aşağıdakı qaydadan istifadə edərək yadda saxlamaq asandır: funksiyanın şərti ekstremum nöqtələri ola biləcək nöqtələri tapmaq üçün

(x, y) = 0 əlaqə tənliyi ilə Z= f(x, y) yardımçı funksiya yaratmaq lazımdır.

F(x,y)=f(x,y)+(x,y)

Harada sabitdir və bu funksiyanın ekstremum nöqtələrini tapmaq üçün tənliklər yaradın.

Göstərilən tənliklər sistemi, bir qayda olaraq, yalnız zəruri şərtləri təmin edir, yəni. Bu sistemi təmin edən x və y dəyərlərinin hər cütü mütləq şərti ekstremum nöqtəsi deyil. Şərti ekstremum nöqtələri üçün kifayət qədər şərtlər verməyəcəyəm; çox vaxt problemin konkret məzmununun özü tapılan məqamın nə olduğunu göstərir. Şərti ekstremum üzrə məsələlərin həlli üçün təsvir olunan texnika Laqranj çarpan metodu adlanır.

Misal

Bu şərtlə funksiyanın ekstremumunu tapın X Və saat münasibətlə bağlıdır: . Həndəsi olaraq problem aşağıdakıları ifadə edir: ellips üzərində
təyyarə
.

Bu problemi belə həll etmək olar: tənlikdən
Biz tapdıq
X:

bir şərtlə ki
, interval üzrə bir dəyişənin funksiyasının ekstremumunun tapılması məsələsinə endirilmişdir
.

Həndəsi olaraq problem aşağıdakıları ifadə edir: ellips üzərində , silindrdən keçməklə əldə edilir
təyyarə
, ərizənin maksimum və ya minimum dəyərini tapmaq lazımdır (Şəkil 9). Bu problemi belə həll etmək olar: tənlikdən
Biz tapdıq
. Tapılmış y qiymətini müstəvi tənliyində əvəz edərək, bir dəyişənin funksiyasını alırıq. X:

Beləliklə, funksiyanın ekstremumunun tapılması məsələsi
bir şərtlə ki
, intervalda bir dəyişənli funksiyanın ekstremumunun tapılması məsələsinə endirilmişdir.

Belə ki, şərti ekstremumu tapmaq problemi– bu, məqsəd funksiyasının ekstremumunu tapmaq problemidir
, bir şərtlə ki, dəyişənlər X Və saat məhdudiyyətə məruz qalır
, çağırdı əlaqə tənliyi.

Belə deyək nöqtə
, birləşmə tənliyini təmin etmək, yerli şərti maksimum nöqtəsidir (minimum), məhəllə varsa
hər hansı bir nöqtə üçün
, koordinatları əlaqə tənliyini təmin edən bərabərsizlik təmin edilir.

Əgər birləşmə tənliyindən bir ifadə tapmaq olar saat, sonra bu ifadəni orijinal funksiyaya əvəz etməklə, sonuncunu bir dəyişənin mürəkkəb funksiyasına çeviririk. X.

Şərti ekstremum probleminin həlli üçün ümumi üsul Laqranj çarpan metodu. Köməkçi funksiya yaradaq, harada ─ bəzi rəqəm. Bu funksiya deyilir Laqranj funksiyası, A ─ Laqranj çarpanı. Beləliklə, şərti ekstremumun tapılması vəzifəsi Laqranj funksiyası üçün yerli ekstremum nöqtələrinin tapılmasına qədər azaldılmışdır. Mümkün ekstremum nöqtələrini tapmaq üçün üç naməlum olan 3 tənlik sistemini həll etməlisiniz x, y Və.

Sonra ekstremum üçün aşağıdakı kifayət qədər şərtdən istifadə etməlisiniz.

TEOREM. Nöqtə Laqranj funksiyası üçün mümkün ekstremum nöqtəsi olsun. Fərz edək ki, nöqtənin yaxınlığında
funksiyaların ikinci sırasının davamlı qismən törəmələri var Və . işarə edək

Sonra əgər
, Bu
─ funksiyanın şərti ekstremum nöqtəsi
birləşmə tənliyi ilə
bu halda, əgər
, Bu
─ şərti minimum nöqtə, əgər
, Bu
─ şərti maksimum nöqtə.

§8. Qradient və istiqamətli törəmə

Qoy funksiya olsun
bəzi (açıq) regionda müəyyən edilmişdir. İstənilən nöqtəni nəzərdən keçirin
bu sahə və istənilən istiqamətlənmiş düz xətt (ox) , bu nöqtədən keçərək (şək. 1). Qoy
- bu oxda başqa bir nöqtə,
– arasındakı seqmentin uzunluğu
Və
, artı işarəsi ilə götürülmüşdür, əgər istiqamət
oxun istiqaməti ilə üst-üstə düşür , və onların istiqamətləri əks olduqda mənfi işarəsi ilə.

Qoy
qeyri-müəyyən yaxınlaşır
. Limit

çağırdı funksiyanın törəməsi
doğru (və ya ox boyunca ) və aşağıdakı kimi işarələnir:

.

Bu törəmə nöqtədə funksiyanın “dəyişiklik sürətini” xarakterizə edir
doğru . Xüsusilə, adi qismən törəmələr ,“istiqamətə görə” törəmələr kimi də düşünmək olar.

İndi tutaq ki, funksiya
nəzərdən keçirilən regionda davamlı qismən törəmələrə malikdir. Qoy oxu koordinat oxları ilə bucaqlar əmələ gətirir
Və . Edilən fərziyyələrə əsasən, istiqamətli törəmə mövcuddur və düsturla ifadə edilir

.

Əgər vektor
onun koordinatları ilə verilir
, sonra funksiyanın törəməsi
vektor istiqamətində
düsturla hesablana bilər:

.

Koordinatları olan vektor
çağırdı gradient vektoru funksiyaları
nöqtədə
. Qradiyent vektoru verilmiş nöqtədə funksiyanın ən sürətli artımının istiqamətini göstərir.

Misal

Verilmiş funksiya, A(1, 1) nöqtəsi və vektoru
. Tapın: 1) A nöqtəsində grad z; 2) vektor istiqamətində A nöqtəsində törəmə .

Verilmiş funksiyanın nöqtədə qismən törəmələri
:

;
.

Bu nöqtədə funksiyanın qradiyenti vektoru belədir:
. Qradiyent vektoru vektor parçalanmasından istifadə etməklə də yazıla bilər Və :

. Funksiya törəməsi vektor istiqamətində :

Belə ki,
,
.◄

Şərti ekstremum.

Bir neçə dəyişənli funksiyanın ekstremumları

Ən kiçik kvadrat üsulu.

Yerli ekstremum FNP

Funksiya verilsin Və= f(P), РÎDÌR n və P 0 nöqtəsi olsun ( A 1 , A 2 , ..., a p) –daxili D dəstinin nöqtəsi.

Tərif 9.4.

1) P 0 nöqtəsi çağırılır maksimum nöqtə funksiyaları Və= f(P), əgər bu nöqtənin U(P 0) M D qonşuluğu varsa, hər hansı P( X 1 , X 2 , ..., x n)О U(P 0) , Р¹Р 0 , şərt ödənilir f(P)£ f(P 0) . Məna f maksimum nöqtədə (P 0) funksiyası çağırılır funksiyanın maksimumu və təyin edilir f(P0) = maks f(P) .

2) P 0 nöqtəsi çağırılır minimum nöqtə funksiyaları Və= f(P), əgər bu U(P 0)Ì D nöqtəsinin elə qonşuluğu varsa ki, hər hansı P( nöqtəsi üçün) X 1 , X 2 , ..., x n)ОU(P 0), Р¹Р 0 , şərt ödənilir f(P)³ f(P 0) . Məna f minimum nöqtədə (P 0) funksiyası çağırılır minimum funksiya və təyin edilir f(P 0) = min f(P).

Funksiyanın minimum və maksimum nöqtələri deyilir ekstremal nöqtələr, ekstremal nöqtələrdə funksiyanın qiymətləri deyilir funksiyanın ekstremumu.

Tərifdən aşağıdakı kimi, bərabərsizliklər f(P)£ f(P 0) , f(P)³ f(P 0) funksiyanın tərifinin bütün sahəsində deyil, yalnız P 0 nöqtəsinin müəyyən qonşuluğunda təmin edilməlidir, bu o deməkdir ki, funksiya eyni tipli bir neçə ekstremal (bir neçə minimum, bir neçə maksimum) ola bilər. . Buna görə də yuxarıda müəyyən edilmiş ekstremallar deyilir yerli(yerli) ifrat.

Teorem 9.1.( zəruri şərt FNP ekstremumu)

Əgər funksiyası Və= f(X 1 , X 2 , ..., x n) P 0 nöqtəsində ekstremuma malikdir, onda onun bu nöqtədə birinci dərəcəli qismən törəmələri ya sıfıra bərabərdir, ya da mövcud deyildir.

Sübut. P nöqtəsində 0 ( A 1 , A 2 , ..., a p) funksiyası Və= f(P) ekstremuma malikdir, məsələn, maksimum. Gəlin arqumentləri düzəldək X 2 , ..., x n, qoymaq X 2 =A 2 ,..., x n = a p. Sonra Və= f(P) = f 1 ((X 1 , A 2 , ..., a p) bir dəyişənin funksiyasıdır X 1 . Çünki bu funksiya var X 1 = A 1 ekstremum (maksimum), sonra f 1 ¢=0və ya mövcud deyil X 1 =A 1 (bir dəyişənin funksiyasının ekstremumunun olması üçün zəruri şərt). Ancaq bu, P 0 nöqtəsində - ekstremum nöqtəsində o deməkdir və ya yoxdur. Eynilə, digər dəyişənlərə münasibətdə qismən törəmələri nəzərdən keçirə bilərik. CTD.

Birinci dərəcəli qismən törəmələrin sıfıra bərabər olduğu və ya mövcud olmadığı funksiyanın oblastındakı nöqtələrə deyilir. kritik nöqtələr bu funksiya.

Teorem 9.1-dən göründüyü kimi, FNP-nin ekstremum nöqtələri funksiyanın kritik nöqtələri arasında axtarılmalıdır. Ancaq bir dəyişənin funksiyasına gəldikdə, hər bir kritik nöqtə ekstremal nöqtə deyil.

Teorem 9.2 (FNP-nin ekstremumu üçün kafi şərt)

P 0 funksiyanın kritik nöqtəsi olsun Və= f(P) və bu funksiyanın ikinci dərəcəli diferensialıdır. Sonra

və əgər d 2 u(P 0) > 0 at, onda P 0 nöqtədir minimum funksiyaları Və= f(P);

b) əgər d 2 u(P0)< 0 при , то Р 0 – точка maksimum funksiyaları Və= f(P);

c) əgər d 2 u(P 0) işarə ilə müəyyən edilmir, onda P 0 ekstremal nöqtə deyil;

Bu teoremi sübutsuz nəzərdən keçirəcəyik.

Nəzərə alın ki, teorem nə zaman olduğunu nəzərə almır d 2 u(P 0) = 0 və ya mövcud deyil. Bu o deməkdir ki, belə şəraitdə P 0 nöqtəsində ekstremumun olması məsələsi açıq qalır - bizə lazımdır əlavə tədqiqat məsələn, bu nöqtədə funksiyanın artımını öyrənmək.

Daha ətraflı riyaziyyat kurslarında sübut olunur ki, xüsusilə funksiya üçün z = f(x,y) ikinci dərəcəli diferensial formanın cəmi olan iki dəyişənin

kritik P 0 nöqtəsində ekstremumun mövcudluğunun öyrənilməsi sadələşdirilə bilər.

, , işarə edək. Determinant tərtib edək

.

Belə çıxır:

d 2 z P 0 nöqtəsində > 0, yəni. P 0 - minimum nöqtə, əgər A(P 0) > 0 və D(P 0) > 0;

d 2 z < 0 в точке Р 0 , т.е. Р 0 – точка максимума, если A(P0)< 0 , а D(Р 0) > 0;

əgər D(P 0)< 0, то d 2 z P 0 nöqtəsinin yaxınlığında işarəni dəyişir və P 0 nöqtəsində ekstremum yoxdur;

əgər D(Р 0) = 0 olarsa, o zaman kritik nöqtə R 0 yaxınlığında funksiyanın əlavə tədqiqatları da tələb olunur.

Beləliklə, funksiya üçün z = f(x,y) iki dəyişəndən bir ekstremumu tapmaq üçün aşağıdakı alqoritmimiz var (gəlin buna “D alqoritmi” deyək):

1) D(tərif sahəsini tapın) f) funksiyaları.

2) Kritik nöqtələri tapın, yəni. D-dən xallar( f), bunun üçün və sıfıra bərabərdir və ya mövcud deyil.

3) Hər bir kritik nöqtədə P 0, ekstremum üçün kifayət qədər şərtləri yoxlayın. Bunu etmək üçün tapın , burada , , və D(P 0) və hesablayın A(P 0).Sonra:

əgər D(P 0) >0, onda P 0 nöqtəsində ekstremum var və əgər A(P 0) > 0 – onda bu minimumdur və əgər A(P 0)< 0 – максимум;

əgər D(P 0)< 0, то в точке Р­ 0 нет экстремума;

Əgər D(P 0) = 0 olarsa, əlavə tədqiqat tələb olunur.

4) Tapılmış ekstremum nöqtələrində funksiyanın qiymətini hesablayın.

Misal 1.

Funksiyanın ekstremumunu tapın z = x 3 + 8y 3 – 3xy .

Həll. Bu funksiyanın tərif sahəsi bütün koordinat müstəvisidir. Gəlin kritik nöqtələri tapaq.

, , Þ P 0 (0,0) , .

Ekstremum üçün kifayət qədər şərtlərin yerinə yetirildiyini yoxlayaq. tapacağıq

6X, = -3, = 48saat Və = 288xy – 9.

Onda D(P 0) = 288×0×0 – 9 = -9< 0 , значит, в точке Р 0 экстремума нет.

D(Р 1) = 36-9>0 – R 1 nöqtəsində ekstremum var və ondan bəri A(P 1) = 3 >0, onda bu ekstremum minimumdur. Belə ki, min z=z(S 1) = .

Misal 2.

Funksiyanın ekstremumunu tapın .

Həlli: D( f) =R 2. Kritik məqamlar: ; nə vaxt mövcud deyil saat= 0, yəni P 0 (0,0) bu funksiyanın kritik nöqtəsidir.

2, = 0, = , = , lakin D(P 0) müəyyən edilməmişdir, ona görə də onun işarəsini öyrənmək mümkün deyil.

Eyni səbəbdən, 9.2 teoremini birbaşa tətbiq etmək mümkün deyil - d 2 z bu nöqtədə mövcud deyil.

Funksiyanın artımını nəzərdən keçirək f(x, y) P 0 nöqtəsində. Əgər D f =f(P) - f(P 0)>0 "P, onda P 0 minimum nöqtədir, lakin əgər D f < 0, то Р 0 – точка максимума.

Bizim vəziyyətimizdə var

D f = f(x, y) – f(0, 0) = f(0+D x,0+D y) – f(0, 0) = .

D-də x= 0.1 və D y= -0,008 D alırıq f = 0,01 – 0,2 < 0, а при Dx= 0.1 və D y= 0,001 D f= 0,01 + 0,1 > 0, yəni. P 0 nöqtəsinin yaxınlığında D şərtinin heç biri təmin edilmir f <0 (т.е. f(x, y) < f(0, 0) və buna görə də P 0 maksimum nöqtə deyil), nə də D şərti f> 0 (yəni. f(x, y) > f(0, 0) və sonra P 0 minimum nöqtə deyil). Beləliklə, ekstremumun tərifinə görə, bu funksiya heç bir ifrata malik deyil.

Şərti ekstremum.

Funksiyanın hesab edilən ekstremumu adlanır qeyd-şərtsiz, çünki funksiya arqumentlərinə heç bir məhdudiyyət (şərtlər) qoyulmur.

Tərif 9.2. Funksiyanın ekstremumu Və = f(X 1 , X 2 , ... , x n), arqumentlərinin olması şərtilə tapılır X 1 , X 2 , ... , x n j 1 tənliklərini təmin edin ( X 1 , X 2 , ... , x n) = 0, …, j T(X 1 , X 2 , ... , x n) = 0, burada P ( X 1 , X 2 , ... , x n) О D( f), çağırdı şərti ekstremum .

Tənliklər j k(X 1 , X 2 , ... , x n) = 0 , k = 1, 2,..., m, adlandırılır əlaqə tənlikləri.

Gəlin funksiyalara baxaq z = f(x,y) iki dəyişən. Əgər əlaqə tənliyi birdirsə, yəni. , onda şərti ekstremumun tapılması o deməkdir ki, ekstremum funksiyanın tərifinin bütün sahəsində deyil, D(-də yatan hansısa əyri üzərində axtarılır. f) (yəni, axtarılan səthin ən yüksək və ya ən aşağı nöqtələri deyil z = f(x,y) və bu səthin silindrlə kəsişmə nöqtələri arasında ən yüksək və ya ən aşağı nöqtələr, Şəkil 5).

Funksiyanın şərti ekstremumu z = f(x,y) iki dəyişənin aşağıdakı şəkildə tapıla bilər ( aradan qaldırılması üsulu). Tənlikdən dəyişənlərdən birini digərinin funksiyası kimi ifadə edin (məsələn, yazın) və dəyişənin bu dəyərini funksiyada əvəz edərək, sonuncunu bir dəyişənin funksiyası kimi yazın (nəzərə alınan halda). ). Bir dəyişənin yaranan funksiyasının ekstremumunu tapın.