Label: maksimum lokal. Ekstrem, nilai fungsi terbesar dan terkecil

Perubahan suatu fungsi pada suatu titik tertentu didefinisikan sebagai batas kenaikan fungsi terhadap kenaikan argumen yang cenderung nol. Untuk menemukannya, gunakan tabel turunan. Misalnya turunan fungsi y = x3 akan sama dengan y’ = x2.

Samakan turunan ini dengan nol (in pada kasus ini x2=0).

Temukan nilai variabel yang diberikan. Ini akan menjadi nilai di mana turunan yang diberikan akan sama dengan 0. Untuk melakukan ini, gantikan bilangan arbitrer ke dalam ekspresi alih-alih x, di mana seluruh ekspresi akan menjadi nol. Misalnya:

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

Plot nilai yang diperoleh pada garis koordinat dan hitung tanda turunannya untuk setiap nilai yang diperoleh. Titik-titik ditandai pada garis koordinat, yang diambil sebagai titik asal. Untuk menghitung nilai dalam interval, gantikan nilai arbitrer yang sesuai dengan kriteria. Misalnya, untuk fungsi sebelumnya sebelum interval -1, Anda dapat memilih nilai -2. Untuk nilai dari -1 hingga 1, Anda dapat memilih 0, dan untuk nilai yang lebih besar dari 1, pilih 2. Substitusikan angka-angka ini ke dalam turunan dan cari tahu tanda turunannya. Dalam hal ini, turunan dengan x = -2 akan sama dengan -0,24, yaitu. negatif dan akan ada tanda minus pada interval ini. Jika x=0, maka nilainya sama dengan 2, dan diberi tanda pada interval tersebut. Jika x=1, maka turunannya juga akan sama dengan -0,24 dan diberi tanda minus.

Jika pada suatu titik pada garis koordinat melewati suatu titik, turunannya berubah tanda dari minus menjadi plus, maka titik tersebut merupakan titik minimum, dan jika dari plus menjadi minus, maka titik tersebut merupakan titik maksimum.

Video tentang topik tersebut

Saran yang bermanfaat

Untuk mencari turunannya, ada layanan online yang menghitung nilai-nilai yang diperlukan dan tampilkan hasilnya. Di situs tersebut Anda dapat menemukan turunan hingga urutan ke-5.

Sumber:

• Salah satu layanan untuk menghitung derivatif
• titik maksimum dari fungsi tersebut

Titik maksimum suatu fungsi beserta titik minimumnya disebut titik ekstrem. Pada titik ini fungsi mengubah perilakunya. Ekstrema ditentukan pada interval numerik terbatas dan selalu bersifat lokal.

instruksi

Proses mencari ekstrem lokal disebut fungsi dan dilakukan dengan menganalisis turunan pertama dan kedua dari fungsi tersebut. Sebelum memulai penelitian, pastikan rentang nilai argumen yang ditentukan termasuk dalam nilai yang valid. Misalnya, untuk fungsi F=1/x argumen x=0 tidak valid. Atau untuk fungsi Y=tg(x) argumennya tidak boleh bernilai x=90°.

Pastikan fungsi Y terdiferensiasi pada seluruh interval tertentu. Temukan turunan pertama dari Y." Jelasnya, sebelum mencapai titik maksimum lokal, fungsi tersebut meningkat, dan ketika melewati maksimum, fungsi tersebut menjadi menurun. Turunan pertama pada fungsi tersebut arti fisik mencirikan laju perubahan suatu fungsi. Meskipun fungsinya meningkat, laju proses ini positif. Ketika melewati maksimum lokal, fungsi mulai menurun, dan laju perubahan fungsi menjadi negatif. Transisi laju perubahan fungsi melalui nol terjadi pada titik maksimum lokal.

Untuk fungsi f(x) dari banyak variabel, titik x adalah vektor, f'(x) adalah vektor turunan pertama (gradien) dari fungsi f(x), f ′ ′(x) adalah matriks simetris kedua turunan parsial (matriks Hessian - Hessian) fungsi f(x).
Untuk fungsi banyak variabel, kondisi optimalnya dirumuskan sebagai berikut.
Kondisi yang diperlukan untuk optimalitas lokal. Misalkan f(x) terdiferensialkan di titik x * R n . Jika x * adalah titik ekstrem lokal, maka f’(x *) = 0.
Seperti sebelumnya, titik-titik yang merupakan solusi sistem persamaan disebut stasioner. Sifat titik stasioner x* dikaitkan dengan tanda pasti matriks Hessian f′ ′(x).
Tanda matriks A bergantung pada tanda bentuk kuadrat Q(α)=< α A, α >untuk semua α∈R n yang bukan nol.
Di sini dan selanjutnya menunjukkan produk skalar dari vektor x dan y. A-priori,

Suatu matriks A pasti positif (non-negatif) jika Q(α)>0 (Q(α)≥0) untuk semua α∈R n ; negatif (non-positif) pasti jika Q(α)<0 (Q(α)≤0) при всех ненулевых α∈R n ; неопределенной, если Q(α)>0 untuk beberapa α∈R n dan Q(α) yang bukan nol<0 для остальных ненулевых α∈R n .
Kondisi cukup untuk optimalitas lokal. Misalkan f(x) terdiferensialkan dua kali di titik x * R n, dan f’(x *)=0, yaitu. x * − titik stasioner. Kemudian, jika matriks f′′(x *) pasti positif (negatif), maka x * adalah titik minimum (maksimum) lokal; jika matriks f′′(x *) tidak terdefinisi, maka x * adalah titik pelana.
Jika matriks f′′(x*) pasti non-negatif (non-positif), maka untuk menentukan sifat titik stasioner x* diperlukan kajian turunan orde tinggi.
Untuk memeriksa tanda suatu matriks, biasanya digunakan kriteria Sylvester. Menurut kriteria ini, matriks simetris A adalah definit positif jika dan hanya jika semua minor sudutnya positif. Dalam hal ini, minor sudut matriks A adalah determinan matriks yang dibangun dari elemen-elemen matriks A yang terletak pada perpotongan baris dan kolom dengan bilangan yang sama (dan bilangan pertama). Untuk memeriksa matriks simetris A untuk mengetahui kepastian negatif, Anda perlu memeriksa matriks (−A) untuk mengetahui kepastian positif.
Jadi, algoritma untuk menentukan titik ekstrem lokal suatu fungsi banyak variabel adalah sebagai berikut.
1. Temukan f′(x).
2. Sistem sedang dipecahkan

Hasilnya, titik stasioner x i dihitung.
3. Carilah f′′(x), himpunan i=1.
4. Carilah f′′(x i)
5. Minor sudut matriks f′′(xi) dihitung. Jika tidak semua sudut minor bukan nol, maka menentukan sifat titik stasioner x i memerlukan studi turunan orde tinggi. Dalam hal ini, transisi ke langkah 8 dilakukan.
Jika tidak, lanjutkan ke langkah 6.
6. Tanda-tanda minor sudut f′′(xi) dianalisis. Jika f′′(x i) pasti positif, maka x i adalah titik minimum lokal. Dalam hal ini, transisi ke langkah 8 dilakukan.
Jika tidak, lanjutkan ke langkah 7.
7. Minor sudut matriks -f′′(xi) dihitung dan tanda-tandanya dianalisis.
Jika -f′′(x i) − pasti positif, maka f′′(x i) pasti negatif dan x i adalah titik maksimum lokal.
Jika tidak, f′′(x i) tidak terdefinisi dan x i adalah titik pelana.
8. Kondisi untuk menentukan sifat semua titik stasioner i=N dicentang.
Jika sudah terpenuhi maka perhitungan selesai.
Jika kondisi tidak terpenuhi, maka i=i+1 diasumsikan dan transisi ke langkah 4 dilakukan.

Contoh No.1. Tentukan titik-titik ekstrem lokal dari fungsi f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2









Karena semua minor sudut bukan nol, karakter x 2 ditentukan menggunakan f′′(x).
Karena matriks f′′(x 2) adalah definit positif, maka x 2 adalah titik minimum lokal.
Jawaban: fungsi f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2 mempunyai minimum lokal di titik x = (5/3; 8/3).

POIN MAKSIMUM DAN MINIMUM

titik di mana mengambil yang terbesar atau nilai terkecil pada domain definisi; titik-titik seperti itu disebut juga poin maksimum absolut atau minimum absolut. Jika f didefinisikan pada topologi spasi X, lalu titik x 0 ditelepon titik maksimum lokal (minimum lokal), jika titik tersebut ada x 0, bahwa untuk pembatasan fungsi yang sedang dipertimbangkan dalam lingkungan ini intinya x 0 adalah titik maksimum (minimum) mutlak. Ada poin maksimum (minimum) yang ketat dan tidak ketat (baik absolut maupun lokal). Misalnya, titik disebut suatu titik dari maksimum lokal yang tidak ketat (ketat) dari suatu fungsi f, jika lingkungan titik tersebut ada x 0, yang berlaku untuk semua orang (masing-masing f(x) x 0). )/

Untuk fungsi yang didefinisikan pada domain berdimensi hingga, dalam kalkulus diferensial, terdapat kondisi dan tanda agar suatu titik tertentu menjadi titik maksimum lokal (minimum). Biarkan fungsi f didefinisikan di lingkungan tertentu dari titik x 0 sumbu bilangan. Jika x 0 - titik maksimum (minimum) lokal yang tidak ketat dan pada titik ini terdapat f"( x 0), maka sama dengan nol.

Jika suatu fungsi f terdiferensiasi di lingkungan suatu titik x 0 , kecuali, mungkin, titik ini sendiri, yang kontinu, dan turunan f" di setiap sisi titik tersebut x 0 di lingkungan ini mempertahankan tanda yang konstan, maka untuk x 0 adalah titik maksimum lokal yang ketat (minimum lokal), maka turunannya perlu dan cukup berubah tanda dari plus ke minus, yaitu untuk f" (x)>0 di x<.x 0 dan f"(x)<0 при x>x 0(masing-masing dari minus ke plus: F"(X) <0 di x<x 0 dan f"(x)>0 pada x>x 0). Namun, tidak untuk setiap fungsi terdiferensiasi di lingkungan suatu titik x 0 , kita dapat membicarakan tentang perubahan tanda turunan pada saat ini. . "

Jika fungsi f berada pada suatu titik x 0 ton turunan, dan kemudian untuk x 0 adalah titik maksimum lokal yang ketat, te harus genap dan f (m) ( x 0)<0, и - локального минимума, чтобы m было четно и f (m) (x 0)>0.

Biarkan fungsi f( x 1 ..., xn] didefinisikan dalam lingkungan n-dimensi suatu titik dan terdiferensiasi pada titik ini. Jika x (0) adalah titik maksimum (minimum) lokal tidak ketat, maka fungsi f pada titik ini sama dengan nol. Kondisi ini setara dengan persamaan nol pada titik tertentu dari semua turunan parsial fungsi f orde 1. Jika suatu fungsi mempunyai turunan parsial kontinu ke-2 di x(0), semua turunan ke-1 di x(0) lenyap, dan diferensial orde ke-2 di x(0) merupakan bentuk kuadrat negatif (positif), maka x (0) adalah titik maksimum lokal (minimum) yang ketat. Kondisi diketahui untuk fungsi terdiferensiasi M. dan M.T, ketika batasan tertentu dikenakan pada perubahan argumen: persamaan koneksi terpenuhi. Kondisi perlu dan cukup untuk maksimum (minimum) suatu fungsi nyata, yang memiliki struktur lebih kompleks, dipelajari dalam cabang matematika khusus: misalnya, dalam analisis cembung, pemrograman matematika(Lihat juga Maksimalisasi dan minimalisasi fungsi). Fungsi M. dan m.t. yang didefinisikan pada manifold dipelajari di kalkulus variasi secara umum, a M. dan m.t. untuk fungsi yang didefinisikan pada ruang fungsi, yaitu untuk fungsi di kalkulus variasi. ada juga berbagai metode penentuan perkiraan numerik m. dan m.t.

menyala.: Il'in V.A., Poznya k E.G., Fundamental analisis matematis, edisi ke-3, bagian 1, M., 1971; KudryavtsevL. L.D.Kudryavtsev.

Ensiklopedia matematika. - M.: Ensiklopedia Soviet. I.M.Vinogradov. 1977-1985.

Lihat apa itu "POIN MAKSIMUM DAN MINIMUM" di kamus lain:

Prinsip maksimum diskrit Pontryagin untuk proses kontrol diskrit waktu. Untuk proses seperti itu, operator beda hingga mungkin tidak berlaku, meskipun untuk analog kontinunya, diperoleh dengan mengganti operator beda hingga dengan operator diferensial... ... Ensiklopedia Matematika

Teorema yang mengungkapkan salah satu sifat utama modul analitik. fungsi. Misalkan f(z) adalah fungsi analitik reguler, atau holomorfik, dari variabel kompleks dalam domain ruang bilangan kompleks D yang berbeda dari konstanta, M.m.p. Ensiklopedia Matematika

Nilai terbesar dan, karenanya, nilai terkecil dari suatu fungsi yang mengambil nilai riil. Titik dalam daerah definisi fungsi yang ditinjau, yang memerlukan maksimum atau minimum, disebut. masing-masing, titik maksimum atau titik minimum... ... Ensiklopedia Matematika

Lihat Maksimum dan Minimum suatu Fungsi, Maksimum dan Minimum suatu Titik... Ensiklopedia Matematika

Nilai fungsi kontinu yang maksimum atau minimum (lihat Poin Maksimum dan Minimum). Istilah lE... Ensiklopedia Matematika

Indikator- (Indikator) Indikatornya adalah Sistem Informasi, substansi, perangkat, perangkat yang menampilkan perubahan parameter apa pun Indikator grafik pasar mata uang Forex, apa saja dan di mana dapat diunduh? Deskripsi indikator MACD,... ... Ensiklopedia Investor

Istilah ini memiliki arti lain, lihat Ekstrem (arti). Ekstrem (lat. ekstrim ekstrem) dalam matematika adalah nilai maksimum atau minimum suatu fungsi pada suatu himpunan tertentu. Titik di mana titik ekstrem tercapai... ... Wikipedia

Kalkulus diferensial adalah salah satu cabang analisis matematika yang mempelajari konsep turunan dan diferensial serta penerapannya dalam studi fungsi. Daftar Isi 1 Kalkulus diferensial fungsi satu variabel ... Wikipedia

Lemniscate dan fokusnya Lemniscate Bernoulli adalah kurva aljabar bidang. Didefinisikan sebagai lokus titik, produk ... Wikipedia

Perbedaan- (Divergence) Divergence sebagai indikator Strategi trading dengan divergensi MACD Daftar Isi Bagian 1. pada. Bagian 2. Divergensi caranya. Divergensi adalah istilah yang digunakan dalam ilmu ekonomi untuk merujuk pada pergerakan sepanjang divergen... ... Ensiklopedia Investor

$E \subset \mathbb(R)^(n)$. Mereka bilang $f$ punya maksimum lokal di titik $x_(0) \dalam E$, jika terdapat lingkungan $U$ dari titik $x_(0)$ sehingga untuk semua $x \dalam U$ pertidaksamaan $f\left(x\right ) \leqslant f puas \kiri(x_(0)\kanan)$.

Maksimum lokal disebut ketat , jika lingkungan $U$ dapat dipilih sehingga untuk semua $x \dalam U$ berbeda dari $x_(0)$ terdapat $f\left(x\right)< f\left(x_{0}\right)$.

Definisi
Misalkan $f$ adalah fungsi real pada himpunan terbuka $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Mereka bilang $f$ punya minimum lokal di titik $x_(0) \dalam E$, jika terdapat lingkungan $U$ dari titik $x_(0)$ sehingga untuk semua $x \dalam U$ pertidaksamaan $f\left(x\right ) \geqslant f puas \kiri(x_(0)\kanan)$.

Minimum lokal disebut ketat jika lingkungan $U$ dapat dipilih sehingga untuk semua $x \dalam U$ yang berbeda dari $x_(0)$ terdapat $f\left(x\right) > f\left(x_ ( 0)\kanan)$.

Ekstrem lokal menggabungkan konsep minimum lokal dan maksimum lokal.

Teorema ( kondisi yang diperlukan ekstrem dari fungsi terdiferensiasi)
Misalkan $f$ adalah fungsi real pada himpunan terbuka $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Jika pada titik $x_(0) \dalam E$ fungsi $f$ dimiliki ekstrem lokal dan pada titik ini, maka $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ Kesetaraan diferensial dengan nol setara dengan fakta bahwa setiap orang sama dengan nol, yaitu $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

Dalam kasus satu dimensi ini adalah – . Mari kita nyatakan $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$, dengan $h$ adalah vektor sembarang. Fungsi $\phi$ didefinisikan untuk nilai $t$ yang nilai absolutnya cukup kecil. Selain itu, dapat terdiferensiasi terhadap , dan $(\phi)’ \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$.
Misalkan $f$ mempunyai maksimum lokal pada titik x $0$. Artinya fungsi $\phi$ pada $t = 0$ mempunyai maksimum lokal dan, berdasarkan teorema Fermat, $(\phi)’ \left(0\right)=0$.
Jadi, kita mendapatkan $df \left(x_(0)\right) = 0$, yaitu fungsi $f$ di titik $x_(0)$ sama dengan nol pada sembarang vektor $h$.

Definisi
Titik di mana diferensialnya nol, mis. turunan yang semua turunan parsialnya sama dengan nol disebut stasioner. Poin kritis fungsi $f$ adalah titik-titik di mana $f$ tidak terdiferensiasi atau sama dengan nol. Jika suatu titik stasioner, maka fungsi tersebut tidak mempunyai titik ekstrem pada titik tersebut.

Contoh 1.
Misalkan $f \kiri(x,y\kanan)=x^(3)+y^(3)$. Maka $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$, jadi $\left(0,0\right)$ adalah titik stasioner, tetapi fungsinya tidak memiliki ekstrem pada titik ini. Memang benar, $f \left(0,0\right) = 0$, tetapi mudah untuk melihat bahwa di lingkungan mana pun dari titik $\left(0,0\right)$ fungsi tersebut mengambil nilai positif dan negatif.

Contoh 2.
Fungsi $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ mempunyai titik stasioner di titik asal, tetapi jelas bahwa tidak ada titik ekstrem di titik ini.

Teorema (kondisi cukup untuk ekstrem).
Misalkan fungsi $f$ terdiferensiasi dua kali secara kontinyu pada himpunan terbuka $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Misalkan $x_(0) \dalam E$ adalah titik stasioner dan $$\displaystyle Q_(x_(0)) \left(h\right) \equiv \sum_(i=1)^n \sum_(j=1 ) ^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_(j)) \left(x_(0)\right)h^(i)h^(j).$ $ Lalu

1. jika $Q_(x_(0))$ – , maka fungsi $f$ di titik $x_(0)$ mempunyai ekstrem lokal, yaitu minimum jika bentuknya pasti positif, dan maksimum jika bentuknya pasti negatif;
2. jika bentuk kuadrat $Q_(x_(0))$ tidak terdefinisi, maka fungsi $f$ di titik $x_(0)$ tidak memiliki ekstrem.

Mari kita gunakan pemuaian menurut rumus Taylor (12.7 hal. 292). Mengingat turunan parsial orde pertama di titik $x_(0)$ sama dengan nol, kita peroleh $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\ kanan) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_ (j)) \kiri(x_(0)+\theta h\kanan)h^(i)h^(j),$$ di mana $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$, dan $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ untuk $h \rightarrow 0$, lalu bagian kanan akan positif untuk setiap vektor $h$ yang panjangnya cukup kecil.
Jadi, kita sampai pada kesimpulan bahwa di lingkungan tertentu dari titik $x_(0)$ pertidaksamaan $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ berlaku jika hanya $ x \neq x_ (0)$ (kita masukkan $x=x_(0)+h$\kanan). Ini berarti bahwa pada titik $x_(0)$ fungsi tersebut memiliki minimum lokal yang ketat, dan dengan demikian bagian pertama dari teorema kita terbukti.
Misalkan sekarang $Q_(x_(0))$ – bentuk tidak terbatas. Lalu ada vektor $h_(1)$, $h_(2)$ sehingga $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \kiri(h_(2)\kanan)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>$0. Kemudian kita mendapatkan $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \kiri(th_(1)\kanan) \kanan] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ Untuk $t>0$ yang cukup kecil, sisi kanan sisinya positif. Ini berarti bahwa di lingkungan mana pun dari titik $x_(0)$ fungsi $f$ mengambil nilai $f \left(x\right)$ lebih besar dari $f \left(x_(0)\right)$.
Demikian pula, kita menemukan bahwa di lingkungan mana pun dari titik $x_(0)$ fungsi $f$ mengambil nilai kurang dari $f \left(x_(0)\right)$. Ini, bersama dengan yang sebelumnya, berarti bahwa pada titik $x_(0)$ fungsi $f$ tidak memiliki ekstrem.

Mari kita pertimbangkan kasus spesial dari teorema ini untuk fungsi $f \left(x,y\right)$ dari dua variabel yang didefinisikan di lingkungan tertentu dari titik $\left(x_(0),y_(0)\right)$ dan memiliki parsial kontinu turunan dari orde pertama dan orde kedua di lingkungan ini. Asumsikan $\left(x_(0),y_(0)\right)$ adalah titik stasioner dan menyatakan $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^ (2)) \kiri(x_(0) ,y_(0)\kanan), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \kiri(x_( 0 ), y_(0)\kanan), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \kiri(x_(0), y_(0)\kanan ) .$$ Maka teorema sebelumnya mengambil bentuk berikut.

Dalil
Misalkan $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$. Kemudian:

1. jika $\Delta>0$, maka fungsi $f$ memiliki ekstrem lokal di titik $\left(x_(0),y_(0)\right)$, yaitu minimum jika $a_(11)> 0$ , dan maksimum jika $a_(11)<0$;
2. jika $\Delta<0$, 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.

Contoh pemecahan masalah

Algoritma untuk mencari ekstrem suatu fungsi banyak variabel:

1. Menemukan titik-titik stasioner;
2. Temukan diferensial orde ke-2 di semua titik stasioner
3. Dengan menggunakan kondisi cukup untuk ekstrem suatu fungsi banyak variabel, kita pertimbangkan diferensial orde ke-2 pada setiap titik stasioner

1. Selidiki fungsi ekstrem $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$.
   Larutan

   Mari kita cari turunan parsial orde pertama: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Mari kita buat dan selesaikan sistemnya: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(kasus) \Panah Kanan \begin(kasus)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x = 0\end(kasus) \Panah kanan \begin(kasus)x^(2) — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) — x = 0 \end(cases)$$ Dari persamaan ke-2 kita nyatakan $x=4 \cdot y^(2)$ - substitusikan ke persamaan ke-1: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2) \kanan )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $ $y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Hasilnya, diperoleh 2 titik stasioner:
   1) $y=0 \Panah Kanan x = 0, M_(1) = \kiri(0, 0\kanan)$;
   2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Panah Kanan y^(3)=\frac(1)(8) \Panah Kanan y = \frac(1)(2) \Panah Kanan x=1 , M_(2) = \kiri(\frac(1)(2), 1\kanan)$
   Mari kita periksa apakah kondisi cukup untuk suatu ekstrem terpenuhi:
   $$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
   1) Untuk titik $M_(1)= \kiri(0,0\kanan)$:
   $$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\right)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(0,0\right)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \kiri(0,0\kanan)=0;$$
   $A_(1) \cdot B_(1) — C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
   2) Untuk poin $M_(2)$:
   $$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \kiri(1,\frac(1)(2)\kanan)=24;$$
   $A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, artinya di titik $M_(2)$ terdapat ekstrem, dan karena $A_(2)> 0$, maka ini adalah minimum.
   Jawaban: Titik $\displaystyle M_(2)\left(1,\frac(1)(2)\right)$ adalah titik minimum dari fungsi $f$.
   

2. Selidiki fungsi ekstrem $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$.
   Larutan

   Mari kita cari titik stasioner: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \ cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
   Mari kita buat dan selesaikan sistemnya: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases ) \ Panah kanan \begin(kasus)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(kasus) \Panah Kanan \begin(kasus) y = 2\\y + x = 1\end(kasus) \Panah Kanan x = -1$$
   $M_(0) \left(-1, 2\right)$ adalah titik stasioner.
   Mari kita periksa apakah kondisi ekstrem terpenuhi: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0 ; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \kiri(-1,2\kanan)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \kiri(-1,2\kanan)=2;$$
   $A \cdot B — C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
   Jawaban: tidak ada yang ekstrim.
   

Batas waktu: 0

Navigasi (hanya nomor pekerjaan)

0 dari 4 tugas selesai

Informasi

Ikuti kuis ini untuk menguji pengetahuan Anda tentang topik yang baru saja Anda baca: Ekstrem Lokal Fungsi Banyak Variabel.

Anda sudah mengikuti tes sebelumnya. Anda tidak dapat memulainya lagi.

Uji pemuatan...

Anda harus login atau mendaftar untuk memulai tes.

Anda harus menyelesaikan tes berikut untuk memulai tes ini:

hasil

Jawaban yang benar: 0 dari 4

Waktumu:

Waktu habis

Anda mencetak 0 dari 0 poin (0)

Hasil Anda telah dicatat di papan peringkat

1. Dengan jawaban
2. Dengan tanda penglihatan

Tugas 1 dari 4

1 .

Jumlah poin: 1

Selidiki fungsi $f$ untuk ekstrem: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

Benar


Salah


1. Tugas 2 dari 4

   2 .

   Jumlah poin: 1

   Apakah fungsi $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ mempunyai titik ekstrem

$E \subset \mathbb(R)^(n)$. Mereka bilang $f$ punya maksimum lokal di titik $x_(0) \dalam E$, jika terdapat lingkungan $U$ dari titik $x_(0)$ sehingga untuk semua $x \dalam U$ pertidaksamaan $f\left(x\right ) \leqslant f puas \kiri(x_(0)\kanan)$.

Maksimum lokal disebut ketat , jika lingkungan $U$ dapat dipilih sehingga untuk semua $x \dalam U$ berbeda dari $x_(0)$ terdapat $f\left(x\right)< f\left(x_{0}\right)$.

Definisi
Misalkan $f$ adalah fungsi real pada himpunan terbuka $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Mereka bilang $f$ punya minimum lokal di titik $x_(0) \dalam E$, jika terdapat lingkungan $U$ dari titik $x_(0)$ sehingga untuk semua $x \dalam U$ pertidaksamaan $f\left(x\right ) \geqslant f puas \kiri(x_(0)\kanan)$.

Minimum lokal disebut ketat jika lingkungan $U$ dapat dipilih sehingga untuk semua $x \dalam U$ yang berbeda dari $x_(0)$ terdapat $f\left(x\right) > f\left(x_ ( 0)\kanan)$.

Ekstrem lokal menggabungkan konsep minimum lokal dan maksimum lokal.

Teorema (kondisi yang diperlukan untuk ekstrem dari fungsi terdiferensiasi)
Misalkan $f$ adalah fungsi real pada himpunan terbuka $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Jika pada titik $x_(0) \dalam E$ fungsi $f$ mempunyai ekstrem lokal pada titik ini, maka $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ Diferensial sama dengan nol setara dengan fakta bahwa semua sama dengan nol, yaitu. $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

Dalam kasus satu dimensi ini adalah – . Mari kita nyatakan $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$, dengan $h$ adalah vektor sembarang. Fungsi $\phi$ didefinisikan untuk nilai $t$ yang nilai absolutnya cukup kecil. Selain itu, dapat terdiferensiasi terhadap , dan $(\phi)’ \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$.
Misalkan $f$ mempunyai maksimum lokal pada titik x $0$. Artinya fungsi $\phi$ pada $t = 0$ mempunyai maksimum lokal dan, berdasarkan teorema Fermat, $(\phi)’ \left(0\right)=0$.
Jadi, kita mendapatkan $df \left(x_(0)\right) = 0$, yaitu fungsi $f$ di titik $x_(0)$ sama dengan nol pada sembarang vektor $h$.

Definisi
Titik di mana diferensialnya nol, mis. turunan yang semua turunan parsialnya sama dengan nol disebut stasioner. Poin kritis fungsi $f$ adalah titik-titik di mana $f$ tidak terdiferensiasi atau sama dengan nol. Jika suatu titik stasioner, maka fungsi tersebut tidak mempunyai titik ekstrem pada titik tersebut.

Contoh 1.
Misalkan $f \kiri(x,y\kanan)=x^(3)+y^(3)$. Maka $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$, jadi $\left(0,0\right)$ adalah titik stasioner, tetapi fungsinya tidak memiliki ekstrem pada titik ini. Memang benar, $f \left(0,0\right) = 0$, tetapi mudah untuk melihat bahwa di lingkungan mana pun dari titik $\left(0,0\right)$ fungsi tersebut mengambil nilai positif dan negatif.

Contoh 2.
Fungsi $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ mempunyai titik stasioner di titik asal, tetapi jelas bahwa tidak ada titik ekstrem di titik ini.

Teorema (kondisi cukup untuk ekstrem).
Misalkan fungsi $f$ terdiferensiasi dua kali secara kontinyu pada himpunan terbuka $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Misalkan $x_(0) \dalam E$ adalah titik stasioner dan $$\displaystyle Q_(x_(0)) \left(h\right) \equiv \sum_(i=1)^n \sum_(j=1 ) ^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_(j)) \left(x_(0)\right)h^(i)h^(j).$ $ Lalu

1. jika $Q_(x_(0))$ – , maka fungsi $f$ di titik $x_(0)$ mempunyai ekstrem lokal, yaitu minimum jika bentuknya pasti positif, dan maksimum jika bentuknya pasti negatif;
2. jika bentuk kuadrat $Q_(x_(0))$ tidak terdefinisi, maka fungsi $f$ di titik $x_(0)$ tidak memiliki ekstrem.

Mari kita gunakan pemuaian menurut rumus Taylor (12.7 hal. 292). Mengingat turunan parsial orde pertama di titik $x_(0)$ sama dengan nol, kita peroleh $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\ kanan) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_ (j)) \kiri(x_(0)+\theta h\kanan)h^(i)h^(j),$$ di mana $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$, dan $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ untuk $h \rightarrow 0$, maka ruas kanannya akan positif untuk sembarang vektor $h$ yang panjangnya cukup kecil.
Jadi, kita sampai pada kesimpulan bahwa di lingkungan tertentu dari titik $x_(0)$ pertidaksamaan $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ berlaku jika hanya $ x \neq x_ (0)$ (kita masukkan $x=x_(0)+h$\kanan). Ini berarti bahwa pada titik $x_(0)$ fungsi tersebut memiliki minimum lokal yang ketat, dan dengan demikian bagian pertama dari teorema kita terbukti.
Sekarang mari kita asumsikan bahwa $Q_(x_(0))$ adalah bentuk tak tentu. Lalu ada vektor $h_(1)$, $h_(2)$ sehingga $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \kiri(h_(2)\kanan)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>$0. Kemudian kita mendapatkan $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \kiri(th_(1)\kanan) \kanan] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ Untuk $t>0$ yang cukup kecil, sisi kanan sisinya positif. Ini berarti bahwa di lingkungan mana pun dari titik $x_(0)$ fungsi $f$ mengambil nilai $f \left(x\right)$ lebih besar dari $f \left(x_(0)\right)$.
Demikian pula, kita menemukan bahwa di lingkungan mana pun dari titik $x_(0)$ fungsi $f$ mengambil nilai kurang dari $f \left(x_(0)\right)$. Ini, bersama dengan yang sebelumnya, berarti bahwa pada titik $x_(0)$ fungsi $f$ tidak memiliki ekstrem.

Mari kita pertimbangkan kasus khusus dari teorema ini untuk fungsi $f \left(x,y\right)$ dari dua variabel, yang didefinisikan di beberapa lingkungan titik $\left(x_(0),y_(0)\right )$ dan memiliki turunan parsial kontinu dari orde pertama dan kedua. Asumsikan $\left(x_(0),y_(0)\right)$ adalah titik stasioner dan menyatakan $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^ (2)) \kiri(x_(0) ,y_(0)\kanan), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \kiri(x_( 0 ), y_(0)\kanan), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \kiri(x_(0), y_(0)\kanan ) .$$ Maka teorema sebelumnya mengambil bentuk berikut.

Dalil
Misalkan $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$. Kemudian:

1. jika $\Delta>0$, maka fungsi $f$ memiliki ekstrem lokal di titik $\left(x_(0),y_(0)\right)$, yaitu minimum jika $a_(11)> 0$ , dan maksimum jika $a_(11)<0$;
2. jika $\Delta<0$, 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.

Contoh pemecahan masalah

Algoritma untuk mencari ekstrem suatu fungsi banyak variabel:

1. Menemukan titik-titik stasioner;
2. Temukan diferensial orde ke-2 di semua titik stasioner
3. Dengan menggunakan kondisi cukup untuk ekstrem suatu fungsi banyak variabel, kita pertimbangkan diferensial orde ke-2 pada setiap titik stasioner

1. Selidiki fungsi ekstrem $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$.
   Larutan

   Mari kita cari turunan parsial orde pertama: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Mari kita buat dan selesaikan sistemnya: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(kasus) \Panah Kanan \begin(kasus)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x = 0\end(kasus) \Panah kanan \begin(kasus)x^(2) — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) — x = 0 \end(cases)$$ Dari persamaan ke-2 kita nyatakan $x=4 \cdot y^(2)$ - substitusikan ke persamaan ke-1: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2) \kanan )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $ $y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Hasilnya, diperoleh 2 titik stasioner:
   1) $y=0 \Panah Kanan x = 0, M_(1) = \kiri(0, 0\kanan)$;
   2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Panah Kanan y^(3)=\frac(1)(8) \Panah Kanan y = \frac(1)(2) \Panah Kanan x=1 , M_(2) = \kiri(\frac(1)(2), 1\kanan)$
   Mari kita periksa apakah kondisi cukup untuk suatu ekstrem terpenuhi:
   $$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
   1) Untuk titik $M_(1)= \kiri(0,0\kanan)$:
   $$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\right)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(0,0\right)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \kiri(0,0\kanan)=0;$$
   $A_(1) \cdot B_(1) — C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
   2) Untuk poin $M_(2)$:
   $$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \kiri(1,\frac(1)(2)\kanan)=24;$$
   $A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, artinya di titik $M_(2)$ terdapat ekstrem, dan karena $A_(2)> 0$, maka ini adalah minimum.
   Jawaban: Titik $\displaystyle M_(2)\left(1,\frac(1)(2)\right)$ adalah titik minimum dari fungsi $f$.
   

2. Selidiki fungsi ekstrem $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$.
   Larutan

   Mari kita cari titik stasioner: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \ cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
   Mari kita buat dan selesaikan sistemnya: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases ) \ Panah kanan \begin(kasus)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(kasus) \Panah Kanan \begin(kasus) y = 2\\y + x = 1\end(kasus) \Panah Kanan x = -1$$
   $M_(0) \left(-1, 2\right)$ adalah titik stasioner.
   Mari kita periksa apakah kondisi ekstrem terpenuhi: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0 ; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \kiri(-1,2\kanan)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \kiri(-1,2\kanan)=2;$$
   $A \cdot B — C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
   Jawaban: tidak ada yang ekstrim.
   

Batas waktu: 0

Navigasi (hanya nomor pekerjaan)

0 dari 4 tugas selesai

Informasi

Ikuti kuis ini untuk menguji pengetahuan Anda tentang topik yang baru saja Anda baca: Ekstrem Lokal Fungsi Banyak Variabel.

Anda sudah mengikuti tes sebelumnya. Anda tidak dapat memulainya lagi.

Uji pemuatan...

Anda harus login atau mendaftar untuk memulai tes.

Anda harus menyelesaikan tes berikut untuk memulai tes ini:

hasil

Jawaban yang benar: 0 dari 4

Waktumu:

Waktu habis

Anda mencetak 0 dari 0 poin (0)

Hasil Anda telah dicatat di papan peringkat

1. Dengan jawaban
2. Dengan tanda penglihatan

Tugas 1 dari 4

1 .

Jumlah poin: 1

Selidiki fungsi $f$ untuk ekstrem: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

Benar


Salah


1. Tugas 2 dari 4

   2 .

   Jumlah poin: 1

   Apakah fungsi $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ mempunyai titik ekstrem