Funkcijas izmaiņas noteiktā punktā tiek definētas kā funkcijas pieauguma robeža līdz argumenta pieaugumam, kam ir tendence uz nulli. Lai to atrastu, izmantojiet atvasinājumu tabulu. Piemēram, funkcijas y = x3 atvasinājums būs vienāds ar y’ = x2.

Pielīdziniet šo atvasinājumu nullei (in šajā gadījumā x2=0).

Atrodiet dotā mainīgā vērtību. Tās būs vērtības, pie kurām dotais atvasinājums būs vienāds ar 0. Lai to izdarītu, izteiksmē x vietā aizstājiet patvaļīgus skaitļus, pie kuriem visa izteiksme kļūs par nulli. Piemēram:

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

Atzīmējiet iegūtās vērtības uz koordinātu līnijas un aprēķiniet atvasinājuma zīmi katrai no iegūtajām vērtībām. Uz koordinātu līnijas tiek atzīmēti punkti, kas tiek ņemti par sākuma punktu. Lai aprēķinātu vērtību intervālos, aizstājiet patvaļīgas vērtības, kas atbilst kritērijiem. Piemēram, iepriekšējai funkcijai pirms intervāla -1 varat atlasīt vērtību -2. Vērtībām no -1 līdz 1 varat izvēlēties 0, bet vērtībām, kas lielākas par 1, izvēlieties 2. Aizstāj šos skaitļus atvasinājumā un noskaidro atvasinājuma zīmi. Šajā gadījumā atvasinājums ar x = -2 būs vienāds ar -0,24, t.i. negatīvs, un šajā intervālā būs mīnusa zīme. Ja x=0, tad vērtība būs vienāda ar 2, un šajā intervālā tiek ievietota zīme. Ja x=1, tad arī atvasinājums būs vienāds ar -0,24 un tiek likts mīnuss.

Ja, ejot caur punktu uz koordinātu līnijas, atvasinājums maina savu zīmi no mīnusa uz plusu, tad tas ir minimālais punkts, un, ja no plusa uz mīnusu, tad tas ir maksimālais punkts.

Video par tēmu

Noderīgs padoms

Lai atrastu atvasinājumu, ir tiešsaistes pakalpojumi, kas aprēķina nepieciešamās vērtības un parādiet rezultātu. Šādās vietnēs jūs varat atrast atvasinājumus līdz 5. kārtai.

Avoti:

• Viens no pakalpojumiem atvasināto instrumentu aprēķināšanai
• funkcijas maksimālais punkts

Funkcijas maksimālos punktus kopā ar minimālajiem punktiem sauc par galējībām. Šajos punktos funkcija maina savu uzvedību. Ekstrēmas tiek noteiktas ar ierobežotiem skaitliskiem intervāliem un vienmēr ir lokālas.

Instrukcijas

Vietējo ekstrēmu atrašanas procesu sauc par funkciju, un to veic, analizējot funkcijas pirmo un otro atvasinājumu. Pirms pētījuma uzsākšanas pārliecinieties, vai norādītais argumentu vērtību diapazons atbilst derīgajām vērtībām. Piemēram, funkcijai F=1/x arguments x=0 nav derīgs. Vai arī funkcijai Y=tg(x) argumentam nevar būt vērtība x=90°.

Pārliecinieties, vai funkcija Y ir diferencējama visā dotajā intervālā. Atrodiet Y pirmo atvasinājumu." Acīmredzot, pirms tiek sasniegts lokālā maksimuma punkts, funkcija palielinās, un, izejot cauri maksimumam, funkcija samazinās. Pirmais atvasinājums savā fiziskā nozīme raksturo funkcijas izmaiņu ātrumu. Kamēr funkcija palielinās, šī procesa ātrums ir pozitīvs. Izejot cauri lokālajam maksimumam, funkcija sāk samazināties, un funkcijas maiņas ātrums kļūst negatīvs. Funkcijas izmaiņu ātruma pāreja uz nulli notiek vietējā maksimuma punktā.

Tiek uzskatīts, ka funkcija atrodas iekšējā punktā
novads D vietējais maksimums(minimums), ja tāda punkta apkārtne ir
, par katru punktu
kas satur nevienlīdzību

Ja funkcijai ir punkts
vietējais maksimums vai vietējais minimums, tad mēs sakām, ka tas ir šajā brīdī vietējais ekstrēms (vai tikai galējība).

Teorēma (nepieciešams nosacījums ekstrēma pastāvēšanai). Ja diferencējamā funkcija punktā sasniedz galējību
, tad katrs funkcijas pirmās kārtas daļējais atvasinājums šajā brīdī tas kļūst par nulli.

Tiek izsaukti punkti, kuros pazūd visi pirmās kārtas daļējie atvasinājumi funkcijas stacionārie punkti
. Šo punktu koordinātas var atrast, atrisinot sistēmu vienādojumi

.

Nepieciešamo nosacījumu ekstrēma pastāvēšanai diferencējamas funkcijas gadījumā var īsi formulēt šādi:

Ir gadījumi, kad atsevišķos punktos dažiem daļējiem atvasinājumiem ir bezgalīgas vērtības vai tie neeksistē (kamēr pārējie ir vienādi ar nulli). Tādus punktus sauc funkcijas kritiskie punkti. Arī šie punkti ir jāuzskata par “aizdomīgiem” ekstremitātei, tāpat kā stacionāri.

Divu mainīgo funkcijas gadījumā nepieciešamais nosacījums ekstrēmumam, proti, daļējo atvasinājumu (diferenciāļa) vienādībai ar nulli galējā punktā ir ģeometriska interpretācija: pieskares plakne pret virsmu
galējā punktā jābūt paralēlam plaknei
.

20. Pietiekami nosacījumi ekstrēma pastāvēšanai

Ekstrēma pastāvēšanai nepieciešamā nosacījuma izpilde kādā brīdī nemaz negarantē ekstrēma esamību tur. Kā piemēru varam ņemt visur diferencējamo funkciju
. Punktā pazūd gan tā daļējie atvasinājumi, gan pati funkcija
. Tomēr jebkurā šī punkta apkārtnē ir gan pozitīvi (lieli
), un negatīvs (mazāks
) šīs funkcijas vērtības. Tāpēc šajā brīdī pēc definīcijas nekāds ekstrēms netiek novērots. Tāpēc ir jāzina pietiekami nosacījumi, kādos punkts, par kuru ir aizdomas, ka tas ir ekstremāls, ir pētāmās funkcijas ekstrēma punkts.

Apskatīsim divu mainīgo funkcijas gadījumu. Pieņemsim, ka funkcija
definēts, nepārtraukts un tam ir nepārtraukti daļēji atvasinājumi līdz otrajai secībai, ieskaitot kāda punkta apkārtnē
, kas ir funkcijas stacionārais punkts
, tas ir, atbilst nosacījumiem

,
.

Ieviesīsim šādu apzīmējumu:

Teorēma (pietiekami nosacījumi ekstrēma pastāvēšanai). Ļaujiet funkcijai
atbilst iepriekš minētajiem nosacījumiem, proti: tas ir diferencējams kādā stacionāra punkta apkārtnē
un ir divreiz diferencējams pašā punktā
. Tad ja

Ja
tad funkcija
punktā
sasniedz

vietējais maksimums plkst
Un

vietējais minimums plkst
.

Kopumā funkcijai
pietiekams nosacījums pastāvēšanai punktā
vietējāminimums(maksimums) ir pozitīvs(negatīvs) otrās atšķirības noteiktību.

Citiem vārdiem sakot, sekojošais apgalvojums ir patiess.

Teorēma . Ja punktā
funkcijai

jebkuram, kas tajā pašā laikā nav vienāds ar nulli
, tad šajā brīdī funkcijai ir minimums(līdzīgs maksimums, Ja
).

18. piemērs.Atrodiet funkcijas lokālos galējības punktus

Risinājums. Atradīsim funkcijas daļējos atvasinājumus un pielīdzināsim tos nullei:

Atrisinot šo sistēmu, mēs atrodam divus iespējamos galējības punktus:

Atradīsim šīs funkcijas otrās kārtas daļējos atvasinājumus:

Pirmajā stacionārajā punktā, tāpēc, un
Tāpēc šajā brīdī ir nepieciešami papildu pētījumi. Funkcijas vērtība
šajā brīdī ir nulle:
Tālāk,

plkst

A

plkst

Tāpēc jebkurā punkta apkārtnē
funkciju
uztver vērtības tikpat lielas
, un mazāks
, un tāpēc punktā
funkciju
, pēc definīcijas, nav lokālas ekstrēmas.

Otrajā stacionārajā punktā



tāpēc, tātad, kopš
tad punktā
funkcijai ir lokālais maksimums.

>> Ekstrēma

Funkcijas galējība

Ekstrēma definīcija

Funkcija y = f(x) tiek izsaukts pieaug (samazinās) noteiktā intervālā, ja uz x 1< x 2 выполняется неравенство (f (x 1) < f (x 2) (f (x 1) >f (x 2)).

Ja diferencējamā funkcija y = f (x) palielinās (samazinās) uz intervālu, tad tās atvasinājums šajā intervālā f " (x)> 0

(f"(x)< 0).

Punkts x O sauca vietējais maksimālais punkts (minimums) funkcija f (x), ja ir punkta apkārtne x o, visiem punktiem, kuru nevienādība f (x) ir patiesa≤ f (x o ) (f (x)≥ f (x o )).

Tiek izsaukts maksimālais un minimālais punkts ekstremālie punkti, un funkcijas vērtības šajos punktos ir tās galējības.

Ekstrēma punkti

Nepieciešamie nosacījumi ekstrēmam . Ja punkts x O ir funkcijas f (x) galējais punkts, tad vai nu f " (x o ) = 0 vai f(x o ) neeksistē. Tādus punktus sauc kritisks, un pati funkcija ir definēta kritiskajā punktā. Funkcijas galējība ir jāmeklē starp tās kritiskajiem punktiem.

Pirmkārt pietiekamā stāvoklī. Ļaujiet x O - kritiskais punkts. Ja f" (x ) ejot caur punktu x O maina plus zīmi uz mīnusu, tad punktā x o funkcijai ir maksimums, pretējā gadījumā tai ir minimums. Ja, ejot cauri kritiskajam punktam, atvasinājums nemaina zīmi, tad punktā x O nav nekādas galējības.

Otrais pietiekams nosacījums. Ļaujiet funkcijai f(x) būt
f" (x ) punkta tuvumā x O un otrais atvasinājums pašā punktā x o. Ja f"(x o) = 0, >0 ( <0), то точка x o ir funkcijas f (x) lokālais minimums (maksimālais) punkts. Ja =0, ​​tad ir jāizmanto pirmais pietiekošais nosacījums vai jāiesaista augstāki nosacījumi.

Segmentā funkcija y = f (x) var sasniegt savu minimālo vai maksimālo vērtību kritiskajos punktos vai segmenta galos.

Piemērs 3.22.

Risinājums. Jo f " (

Funkcijas galējības atrašanas problēmas

Piemērs 3.23. a

Risinājums. x Un y y
0 ≤ x≤
> 0 un kad x >a /4 S " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение funkcijas kv. vienības).

Piemērs 3.24. p ≈

Risinājums. lpp. lpp
S"
R = 2, H = 16/4 = 4.

Piemērs 3.22.Atrodiet funkcijas f (x) = 2x 3 - 15x 2 + 36x - 14 ekstrēmu.

Risinājums. Jo f " (x ) = 6x 2 - 30x +36 = 6(x -2)(x - 3), tad funkcijas kritiskie punkti x 1 = 2 un x 2 = 3. Ekstrēma var būt tikai šajos punktos. Tā kā, ejot caur punktu x 1 = 2, atvasinājums maina zīmi no plus uz mīnusu, tad šajā punktā funkcijai ir maksimums. Izejot caur punktu x 2 = 3, atvasinājums maina savu zīmi no mīnusa uz plusu, tātad punktā x 2 = 3 funkcijai ir minimums. Pēc funkciju vērtības aprēķināšanas punktos
x 1 = 2 un x 2 = 3, mēs atrodam funkcijas ekstrēmu: maksimālā f (2) = 14 un minimālā f (3) = 13.

Piemērs 3.23.Ir nepieciešams izveidot taisnstūrveida laukumu pie akmens sienas tā, lai to no trim pusēm norobežotu ar stiepļu sietu, bet ceturtā puse būtu blakus sienai. Šim nolūkam ir a lineāri metri acs. Ar kādu malu attiecību vietnei būs vislielākā platība?

Risinājums.Apzīmēsim platformas malas ar x Un y. Vietnes platība ir S = xy. Ļaujiet y- tas ir sienai blakus esošās malas garums. Tad pēc nosacījuma ir jāizpilda vienādība 2x + y = a. Tāpēc y = a - 2x un S = x (a - 2x), kur
0 ≤ x≤ a /2 (laukuma garums un platums nevar būt negatīvs). S " = a - 4x, a - 4x = 0 pie x = a/4, no kurienes
y = a - 2 × a/4 =a/2. Tāpēc ka x = a /4 ir vienīgais kritiskais punkts; pārbaudīsim, vai, ejot cauri šim punktam, mainās atvasinājuma zīme. Pie x a /4 S "> 0 un kad x >a /4 S " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение funkcijas S(a/4) = a/4(a - a/2) = a 2 /8 (kv. vienības). Tā kā S ir nepārtraukts ieslēgts un tā vērtības galos S(0) un S(a /2) ir vienādas ar nulli, tad atrastā vērtība būs augstākā vērtība funkcijas. Tādējādi vislabvēlīgākā vietnes malu attiecība dotajos uzdevuma apstākļos ir y = 2x.

Piemērs 3.24.Nepieciešams izgatavot slēgtu cilindrisku tvertni ar ietilpību V=16 p ≈ 50 m 3. Kādiem jābūt tvertnes izmēriem (rādiuss R un augstums H), lai tās izgatavošanai tiktu izmantots vismazākais materiāla daudzums?

Risinājums.Cilindra kopējais virsmas laukums ir S = 2 lpp R(R+H). Mēs zinām cilindra tilpumu V = p R 2 Н Þ Н = V/ p R 2 =16 p / p R2 = 16/R2. Tātad S(R) = 2 lpp (R 2 +16/R). Mēs atrodam šīs funkcijas atvasinājumu:
S"(R) = 2 p (2R- 16/R 2) = 4 p (R- 8/R 2). S" (R) = 0 pie R3 = 8, tāpēc
R = 2, H = 16/4 = 4.

$E \apakškopa \mathbb(R)^(n)$. Viņi saka, ka $ f$ ir vietējais maksimums punktā $x_(0) \in E$, ja punktam $x_(0)$ ir tāda apkārtne $U$, ka visiem $x \in U$ nevienādība $f\left(x\right ) \leqslant f ir izpildīts \left(x_(0)\right)$.

Tiek saukts lokālais maksimums stingri , ja apkārtni $U$ var izvēlēties tā, lai visiem $x \in U$, kas atšķiras no $x_(0)$, ir $f\left(x\right)< f\left(x_{0}\right)$.

Definīcija
Lai $f$ ir reāla funkcija atvērtajā kopā $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Viņi saka, ka $ f$ ir vietējais minimums punktā $x_(0) \in E$, ja punktam $x_(0)$ ir tāda apkārtne $U$, ka visiem $x \in U$ nevienādība $f\left(x\right ) \geqslant f ir izpildīts \left(x_(0)\right)$.

Vietējo minimumu sauc par stingru, ja apkārtni $U$ var izvēlēties tā, lai visiem $x \in U$, kas atšķiras no $x_(0)$, ir $f\left(x\right) > f\left(x_ (0)\pa labi)$.

Vietējais ekstrēms apvieno lokālā minimuma un vietējā maksimuma jēdzienus.

Teorēma (nepieciešams nosacījums diferencējamas funkcijas galējībai)
Lai $f$ ir reāla funkcija atvērtajā kopā $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Ja punktā $x_(0) \in E$ funkcijai $f$ šajā punktā ir lokāls ekstrēmums, tad $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ Vienāds ar nulli diferenciālis ir līdzvērtīgs faktam, ka visi ir vienādi ar nulli, t.i. $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

Viendimensijas gadījumā tas ir – . Apzīmēsim $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$, kur $h$ ir patvaļīgs vektors. Funkcija $\phi$ ir definēta vērtībām $t$, kas ir pietiekami mazas absolūtā vērtībā. Turklāt tas ir diferencējams attiecībā uz , un $(\phi)' \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$.
Ļaujiet $f$ noteikt vietējo maksimumu punktā x $0$. Tas nozīmē, ka funkcijai $\phi$ pie $t = 0$ ir lokālais maksimums un, saskaņā ar Fermā teorēmu, $(\phi)' \left(0\right)=0$.
Tātad, mēs saņēmām, ka $df \left(x_(0)\right) = 0 $, t.i. funkcija $f$ punktā $x_(0)$ ir vienāda ar nulli jebkurā vektorā $h$.

Definīcija
Punkti, kuros diferenciālis ir nulle, t.i. tos, kuros visi parciālie atvasinājumi ir vienādi ar nulli, sauc par stacionāriem. Kritiskie punkti funkcijas $f$ ir tie punkti, kuros $f$ nav diferencējams vai ir vienāds ar nulli. Ja punkts ir stacionārs, tad no tā neizriet, ka funkcijai šajā punktā ir galējība.

1. piemērs.
Ļaujiet $f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$. Tad $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$, tātad $\left(0,0\right)$ ir stacionārs punkts, bet funkcijai šajā punktā nav galējības. Patiešām, $f \left(0,0\right) = 0$, taču ir viegli redzēt, ka jebkurā punkta $\left(0,0\right)$ tuvumā funkcijai ir gan pozitīvas, gan negatīvas vērtības.

2. piemērs.
Funkcijas $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ sākumā ir stacionārs punkts, taču ir skaidrs, ka šajā punktā nav ekstrēma.

Teorēma (pietiekams nosacījums ekstrēmam).
Lai funkcija $f$ ir divreiz nepārtraukti diferencējama atvērtajā kopā $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Lai $x_(0) \in E$ ir stacionārs punkts un $$\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).$ $ Tad

1. ja $Q_(x_(0))$ – , tad funkcijai $f$ punktā $x_(0)$ ir lokāls ekstrēmums, proti, minimums, ja forma ir pozitīva noteikta, un maksimums, ja forma ir negatīvs noteiktais;
2. ja kvadrātveida forma $Q_(x_(0))$ nav definēta, tad funkcijai $f$ punktā $x_(0)$ nav galējības.

Izmantosim izvērsumu pēc Teilora formulas (12.7 292. lpp.). Ņemot vērā, ka pirmās kārtas daļējie atvasinājumi punktā $x_(0)$ ir vienādi ar nulli, mēs iegūstam $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\ pa labi) = \ frac(1) (2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_ (j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ kur $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$ un $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ par $h \rightarrow 0$, pēc tam labā daļa būs pozitīvs jebkuram pietiekami maza garuma vektoram $h$.
Tātad, esam nonākuši pie secinājuma, ka noteiktā punkta $x_(0)$ tuvumā nevienlīdzība $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ ir spēkā, ja tikai $ x \neq x_ (0)$ (liekam $x=x_(0)+h$\right). Tas nozīmē, ka punktā $x_(0)$ funkcijai ir stingrs lokālais minimums, un tādējādi tiek pierādīta mūsu teorēmas pirmā daļa.
Pieņemsim, ka $Q_(x_(0))$ – nenoteikta forma. Tad ir tādi vektori $h_(1)$, $h_(2)$, ka $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \left(h_(2)\right)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0 $. Tad mēs iegūstam $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2) t^(2) \ kreisi[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ Pietiekami maziem $t>0$ labā roka puse ir pozitīva. Tas nozīmē, ka jebkurā punkta $x_(0)$ tuvumā funkcijai $f$ ir vērtības $f \left(x\right)$, kas ir lielākas par $f \left(x_(0)\right)$.
Līdzīgi mēs atklājam, ka jebkurā punkta $x_(0)$ tuvumā funkcijai $f$ ir vērtības, kas mazākas par $f \left(x_(0)\right)$. Tas kopā ar iepriekšējo nozīmē, ka punktā $x_(0)$ funkcijai $f$ nav ekstrēma.

Apsvērsim īpašs gadījumsšīs teorēmas funkcijai $f \left(x,y\right)$ diviem mainīgajiem, kas definēti noteiktā punkta $\left(x_(0),y_(0)\right)$ tuvumā un kuriem ir nepārtraukta daļēja pirmās šīs apkārtnes un otrās kārtas atvasinājumi. Pieņemsim, ka $\left(x_(0),y_(0)\right)$ ir stacionārs punkts un apzīmē $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^ (2)) \left(x_(0) ,y_(0)\right), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_(0) ), y_(0)\right), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(x_(0), y_(0)\right ) .$$ Tad iepriekšējā teorēma iegūst šādu formu.

Teorēma
Ļaujiet $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$. Pēc tam:

1. ja $\Delta>0$, tad funkcijai $f$ ir lokāls ekstrēmums punktā $\left(x_(0),y_(0)\right)$, proti, minimums, ja $a_(11)> 0$ , un maksimums, ja $a_(11)<0$;
2. ja $\Delta<0$, 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.

Problēmu risināšanas piemēri

Algoritms daudzu mainīgo funkcijas galējības atrašanai:

1. Stacionāru punktu atrašana;
2. Atrodiet 2. kārtas diferenciāli visos stacionārajos punktos
3. Izmantojot daudzu mainīgo funkcijas ekstrēmuma pietiekamo nosacījumu, mēs uzskatām 2. kārtas diferenciāli katrā stacionārajā punktā

1. Izpētiet funkciju ekstremitātei $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$.
   Risinājums

   Atradīsim 1. kārtas daļējos atvasinājumus: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Sastādīsim un atrisināsim sistēmu: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)x^(2) — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) — x = 0 \end(cases)$$ No 2. vienādojuma mēs izsakām $x=4 \cdot y^(2)$ - aizstājam to ar 1. vienādojumu: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2) \right )^(2)-2 \cdot y=0$$ $16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $ $y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Rezultātā tiek iegūti 2 stacionāri punkti:
   1) $y=0 \labā bultiņa x = 0, M_(1) = \left(0, 0\right)$;
   2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\right)$
   Pārbaudīsim, vai ir izpildīts pietiekams ekstrēma nosacījums:
   $$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
   1) Punktam $M_(1)= \left(0,0\right)$:
   $$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\right)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(0,0\right)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(0,0\right)=0;$$
   $A_(1) \cpunkts B_(1) — C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
   2) $M_(2)$ punktam:
   $$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=24;$$
   $A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, kas nozīmē, ka punktā $M_(2)$ ir ekstrēmums, un kopš $A_(2)> 0$, tad tas ir minimums.
   Atbilde: Punkts $\displaystyle M_(2)\left(1,\frac(1)(2)\right)$ ir funkcijas $f$ minimālais punkts.
   

2. Izpētiet funkciju ekstremitātei $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$.
   Risinājums

   Atradīsim stacionāros punktus: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \ cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
   Izveidosim un atrisināsim sistēmu: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases ) \ Labā bultiņa \begin(cases)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases) y = 2\\y + x = 1\beigas(gadījumi) \Labā bultiņa x = -1$$
   $M_(0) \left(-1, 2\right)$ ir stacionārs punkts.
   Pārbaudīsim, vai ir izpildīts ekstrēmuma pietiekošais nosacījums: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0 ; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\right)=2;$$
   $A \cdot B — C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
   Atbilde: nav galējību.
   

Laika ierobežojums: 0

Navigācija (tikai darba numuri)

Pabeigts 0 no 4 uzdevumiem

Informācija

Aizpildiet šo viktorīnu, lai pārbaudītu savas zināšanas par tikko izlasīto tēmu: Vairāku mainīgo funkciju lokālā ekstrēma.

Jūs jau esat kārtojis testu iepriekš. Jūs to nevarat sākt no jauna.

Pārbaudes ielāde...

Lai sāktu testu, jums ir jāpiesakās vai jāreģistrējas.

Lai sāktu šo testu, jums ir jāaizpilda šādi testi:

rezultātus

Pareizās atbildes: 0 no 4

Tavs laiks:

Laiks ir beidzies

Jūs ieguvāt 0 no 0 punktiem (0)

Jūsu rezultāts ir ierakstīts līderu sarakstā

1. Ar atbildi
2. Ar skatīšanās zīmi

1. uzdevums no 4

1 .

Punktu skaits: 1

Izpētiet funkciju $f$ ekstrēmām: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

Pa labi


Nepareizi


1. 2. uzdevums no 4

   2 .

   Punktu skaits: 1

   Vai funkcijai $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ ir ekstrēmums

Definīcija: Punktu x0 sauc par funkcijas lokālā maksimuma (vai minimuma) punktu, ja kādā punkta x0 tuvumā funkcijai ir vislielākā (vai mazākā) vērtība, t.i. visiem x no kāda punkta x0 apkārtnes nosacījums f(x) f(x0) (vai f(x) f(x0)) ir izpildīts.

Lokālā maksimuma vai minimuma punktus apvieno kopīgs nosaukums - funkcijas lokālā ekstrēma punkti.

Ņemiet vērā, ka lokālos ekstremālos punktos funkcija sasniedz maksimālo vai minimālo vērtību tikai noteiktā vietējā reģionā. Var būt gadījumi, kad pēc vērtības уmaxуmin.

Nepieciešama funkcijas lokālas ekstrēma esamības pazīme

Teorēma . Ja nepārtrauktai funkcijai y = f(x) ir lokāls ekstrēms punktā x0, tad šajā punktā pirmais atvasinājums ir vai nu nulle, vai neeksistē, t.i. pirmā veida kritiskajos punktos rodas lokāls ekstrēms.

Vietējos galējos punktos vai nu pieskare ir paralēla 0x asij, vai arī ir divas pieskares (sk. attēlu). Ņemiet vērā, ka kritiskie punkti ir nepieciešams, bet nepietiekams nosacījums lokālai ekstremitātei. Lokāls ekstrēms rodas tikai pirmā veida kritiskajos punktos, bet ne visos kritiskajos punktos.

Piemēram: kubiskajai parabolai y = x3 ir kritiskais punkts x0 = 0, kurā atvasinājums y/(0)=0, bet kritiskais punkts x0=0 nav galējības punkts, bet gan lēciena punkts tajā (skat. zemāk).

Pietiekama funkcijas lokāla ekstrēma esamības pazīme

Teorēma . Ja argumentam šķērsojot pirmā veida kritisko punktu no kreisās puses uz labo, pirmais atvasinājums y / (x)

maina zīmi no “+” uz “-”, tad nepārtrauktai funkcijai y(x) šajā kritiskajā punktā ir lokāls maksimums;

maina zīmi no “-” uz “+”, tad nepārtrauktajai funkcijai y(x) ir lokālais minimums šajā kritiskajā punktā

nemaina zīmi, tad šajā kritiskajā punktā nav lokālas ekstremitātes, šeit ir lēciena punkts.

Vietējam maksimumam pieaugošās funkcijas apgabals (y/0) tiek aizstāts ar funkcijas samazināšanās apgabalu (y/0). Vietējam minimumam dilstošās funkcijas apgabals (y/0) tiek aizstāts ar pieaugošās funkcijas apgabalu (y/0).

Piemērs: pārbaudiet funkcijas y = x3 + 9x2 + 15x - 9 monotonitāti, ekstrēmu un izveidojiet funkcijas grafiku.

Atradīsim pirmā veida kritiskos punktus, definējot atvasinājumu (y/) un pielīdzinot to nullei: y/ = 3x2 + 18x + 15 = 3(x2 + 6x + 5) = 0

Atrisināsim kvadrātisko trinomu, izmantojot diskriminantu:

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

2) Skaitļa asi sadalām 3 apgabalos ar kritiskajiem punktiem un nosakām tajos atvasinājuma (y/) zīmes. Izmantojot šīs zīmes, mēs atradīsim funkciju monotonitātes (palielināšanas un samazināšanās) zonas, un, mainot zīmes, noteiksim lokālā ekstrēma punktus (maksimums un minimums).

Pētījuma rezultātus sniedzam tabulas veidā, no kuras var izdarīt šādus secinājumus:

• 1. Intervālā y /(-10) 0 funkcija palielinās monotoni (atvasinājuma y zīme tika novērtēta, izmantojot šajā intervālā ņemto kontrolpunktu x = -10);
• 2. Intervālā (-5 ; -1) y /(-2) 0 funkcija samazinās monotoni (atvasinājuma y zīme novērtēta, izmantojot šajā intervālā ņemto kontrolpunktu x = -2);
• 3. Intervālā y /(0) 0 funkcija palielinās monotoni (atvasinājuma y zīme tika novērtēta, izmantojot kontrolpunktu x = 0, kas ņemts šajā intervālā);
• 4. Izejot cauri kritiskajam punktam x1k = -5, atvasinājums maina zīmi no “+” uz “-”, tāpēc šis punkts ir lokālais maksimālais punkts
• (ymax(-5) = (-5)3+9(-5)2 +15(-5)-9=-125 + 225 - 75 - 9 =16);
• 5. Izejot cauri kritiskajam punktam x2k = -1, atvasinājums maina zīmi no “-” uz “+”, tāpēc šis punkts ir lokālais minimums.
• (ymin(-1) = -1 + 9 - 15 - 9 = - 16).

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

3) Mēs izveidosim grafiku, pamatojoties uz pētījuma rezultātiem, izmantojot papildu funkciju vērtību aprēķinus kontrolpunktos:

konstruēt taisnstūra koordinātu sistēmu Oxy;

Parādām pēc koordinātām maksimuma (-5; 16) un minimuma (-1;-16) punktus;

lai precizētu grafiku, mēs aprēķinām funkcijas vērtību kontrolpunktos, atlasot tos pa kreisi un pa labi no maksimālā un minimālā punkta un vidējā intervāla iekšpusē, piemēram: y(-6)=(-6)3 + 9(-6)2+15(-6)-9=9; y(-3)=(-3)3+9(-3)2+15(-3)-9=0;

y(0)= -9 (-6;9); (-3;0) un (0;-9) - aprēķinātie kontrolpunkti, kurus uzzīmējam, lai izveidotu grafiku;

Mēs parādām grafiku līknes formā, kas ir izliekta uz augšu maksimālajā punktā un izliekta uz leju minimālajā punktā un iet cauri aprēķinātajiem kontroles punktiem.