ഒരു നിശ്ചിത ഘട്ടത്തിൽ ഒരു ഫംഗ്‌ഷനിലെ മാറ്റത്തെ നിർവചിച്ചിരിക്കുന്നത്, ഫംഗ്‌ഷന്റെ ഇൻക്രിമെന്റിന്റെ പരിധി, ആർഗ്യുമെന്റിന്റെ വർദ്ധനവ്, അത് പൂജ്യത്തിലേക്ക് നയിക്കുന്നു. അത് കണ്ടെത്താൻ, ഡെറിവേറ്റീവുകളുടെ പട്ടിക ഉപയോഗിക്കുക. ഉദാഹരണത്തിന്, y = x3 എന്ന ഫംഗ്‌ഷന്റെ ഡെറിവേറ്റീവ് y' = x2 ന് തുല്യമായിരിക്കും.

ഈ ഡെറിവേറ്റീവിനെ പൂജ്യത്തിന് തുല്യമാക്കുക (ഇൻ ഈ സാഹചര്യത്തിൽ x2=0).

തന്നിരിക്കുന്ന വേരിയബിളിന്റെ മൂല്യം കണ്ടെത്തുക. നൽകിയിരിക്കുന്ന ഡെറിവേറ്റീവ് 0 ന് തുല്യമായ മൂല്യങ്ങളായിരിക്കും ഇവ. ഇത് ചെയ്യുന്നതിന്, എക്സ്പ്രഷനിൽ x ന് പകരം അനിയന്ത്രിതമായ സംഖ്യകൾ മാറ്റിസ്ഥാപിക്കുക, അതിൽ മുഴുവൻ പദപ്രയോഗവും പൂജ്യമാകും. ഉദാഹരണത്തിന്:

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

കോർഡിനേറ്റ് ലൈനിൽ ലഭിച്ച മൂല്യങ്ങൾ പ്ലോട്ട് ചെയ്ത് ലഭിച്ച ഓരോ മൂല്യങ്ങൾക്കും ഡെറിവേറ്റീവിന്റെ അടയാളം കണക്കാക്കുക. കോർഡിനേറ്റ് ലൈനിൽ പോയിന്റുകൾ അടയാളപ്പെടുത്തിയിരിക്കുന്നു, അവ ഉത്ഭവമായി എടുക്കുന്നു. ഇടവേളകളിലെ മൂല്യം കണക്കാക്കാൻ, മാനദണ്ഡങ്ങളുമായി പൊരുത്തപ്പെടുന്ന അനിയന്ത്രിതമായ മൂല്യങ്ങൾ മാറ്റിസ്ഥാപിക്കുക. ഉദാഹരണത്തിന്, ഇടവേള -1-ന് മുമ്പുള്ള പ്രവർത്തനത്തിന്, നിങ്ങൾക്ക് -2 മൂല്യം തിരഞ്ഞെടുക്കാം. -1 മുതൽ 1 വരെയുള്ള മൂല്യങ്ങൾക്ക്, നിങ്ങൾക്ക് 0 തിരഞ്ഞെടുക്കാം, കൂടാതെ 1-ൽ കൂടുതൽ മൂല്യങ്ങൾക്ക്, 2 തിരഞ്ഞെടുക്കുക. ഈ സംഖ്യകളെ ഡെറിവേറ്റീവിലേക്ക് മാറ്റി ഡെറിവേറ്റീവിന്റെ അടയാളം കണ്ടെത്തുക. ഈ സാഹചര്യത്തിൽ, x = -2 ഉള്ള ഡെറിവേറ്റീവ് -0.24 ന് തുല്യമായിരിക്കും, അതായത്. നെഗറ്റീവ്, ഈ ഇടവേളയിൽ ഒരു മൈനസ് ചിഹ്നം ഉണ്ടാകും. x=0 ആണെങ്കിൽ, മൂല്യം 2 ന് തുല്യമായിരിക്കും, ഈ ഇടവേളയിൽ ഒരു അടയാളം സ്ഥാപിക്കും. x=1 ആണെങ്കിൽ, ഡെറിവേറ്റീവും -0.24 ന് തുല്യമായിരിക്കും കൂടാതെ ഒരു മൈനസ് ഇടും.

കോർഡിനേറ്റ് ലൈനിലെ ഒരു പോയിന്റിലൂടെ കടന്നുപോകുമ്പോൾ, ഡെറിവേറ്റീവ് അതിന്റെ ചിഹ്നം മൈനസിൽ നിന്ന് പ്ലസിലേക്ക് മാറ്റുകയാണെങ്കിൽ, ഇത് ഒരു മിനിമം പോയിന്റാണ്, കൂടാതെ പ്ലസിൽ നിന്ന് മൈനസിലേക്ക് ആണെങ്കിൽ, ഇത് പരമാവധി പോയിന്റാണ്.

വിഷയത്തെക്കുറിച്ചുള്ള വീഡിയോ

സഹായകരമായ ഉപദേശം

ഡെറിവേറ്റീവ് കണ്ടെത്തുന്നതിന്, കണക്കാക്കുന്ന ഓൺലൈൻ സേവനങ്ങളുണ്ട് ആവശ്യമായ മൂല്യങ്ങൾഫലം പ്രദർശിപ്പിക്കുകയും ചെയ്യുക. അത്തരം സൈറ്റുകളിൽ നിങ്ങൾക്ക് അഞ്ചാമത്തെ ഓർഡർ വരെ ഡെറിവേറ്റീവുകൾ കണ്ടെത്താനാകും.

ഉറവിടങ്ങൾ:

• ഡെറിവേറ്റീവുകൾ കണക്കാക്കുന്നതിനുള്ള സേവനങ്ങളിലൊന്ന്
• പ്രവർത്തനത്തിന്റെ പരമാവധി പോയിന്റ്

ഒരു ഫംഗ്‌ഷന്റെ പരമാവധി പോയിന്റുകൾ, ഏറ്റവും കുറഞ്ഞ പോയിന്റുകൾക്കൊപ്പം, എക്സ്ട്രീം പോയിന്റുകൾ എന്ന് വിളിക്കുന്നു. ഈ ഘട്ടങ്ങളിൽ പ്രവർത്തനം അതിന്റെ സ്വഭാവം മാറ്റുന്നു. പരിമിതമായ സംഖ്യാ ഇടവേളകളിൽ എക്‌സ്ട്രീമ നിർണ്ണയിക്കപ്പെടുന്നു, അവ എല്ലായ്പ്പോഴും പ്രാദേശികവുമാണ്.

നിർദ്ദേശങ്ങൾ

ലോക്കൽ എക്സ്ട്രീമ കണ്ടെത്തുന്ന പ്രക്രിയയെ ഒരു ഫംഗ്ഷൻ എന്ന് വിളിക്കുന്നു, ഫംഗ്ഷന്റെ ഒന്നും രണ്ടും ഡെറിവേറ്റീവുകൾ വിശകലനം ചെയ്തുകൊണ്ടാണ് ഇത് നടപ്പിലാക്കുന്നത്. പഠനം ആരംഭിക്കുന്നതിന് മുമ്പ്, ആർഗ്യുമെന്റ് മൂല്യങ്ങളുടെ നിർദ്ദിഷ്ട ശ്രേണി സാധുവായ മൂല്യങ്ങളുടേതാണെന്ന് ഉറപ്പാക്കുക. ഉദാഹരണത്തിന്, F=1/x ഫംഗ്‌ഷനായി x=0 എന്ന ആർഗ്യുമെന്റ് സാധുവല്ല. അല്ലെങ്കിൽ Y=tg(x) ഫംഗ്‌ഷനായി ആർഗ്യുമെന്റിന് x=90° മൂല്യം ഉണ്ടാകരുത്.

നൽകിയിരിക്കുന്ന മുഴുവൻ ഇടവേളയിലും ഫംഗ്‌ഷൻ Y വ്യത്യസ്തമാണെന്ന് ഉറപ്പാക്കുക. Y യുടെ ആദ്യ ഡെറിവേറ്റീവ് കണ്ടെത്തുക." പ്രാദേശിക മാക്സിമം എന്ന പോയിന്റിൽ എത്തുന്നതിനുമുമ്പ്, ഫംഗ്ഷൻ വർദ്ധിക്കുന്നു, പരമാവധി കടന്നുപോകുമ്പോൾ, ഫംഗ്ഷൻ കുറയുന്നു. അതിലെ ആദ്യത്തെ ഡെറിവേറ്റീവ് ശാരീരിക അർത്ഥംഒരു ഫംഗ്‌ഷന്റെ മാറ്റത്തിന്റെ തോത് വിവരിക്കുന്നു. പ്രവർത്തനം വർദ്ധിക്കുമ്പോൾ, ഈ പ്രക്രിയയുടെ നിരക്ക് പോസിറ്റീവ് ആണ്. ഒരു പ്രാദേശിക പരമാവധി കടന്നുപോകുമ്പോൾ, പ്രവർത്തനം കുറയാൻ തുടങ്ങുന്നു, കൂടാതെ ഫംഗ്ഷന്റെ മാറ്റത്തിന്റെ നിരക്ക് നെഗറ്റീവ് ആയിത്തീരുന്നു. പൂജ്യത്തിലൂടെയുള്ള ഫംഗ്‌ഷന്റെ മാറ്റത്തിന്റെ നിരക്കിന്റെ പരിവർത്തനം പ്രാദേശിക പരമാവധി പോയിന്റിൽ സംഭവിക്കുന്നു.

ഫംഗ്ഷൻ ആന്തരിക പോയിന്റിൽ ഉണ്ടെന്ന് പറയപ്പെടുന്നു
പ്രദേശം ഡി പ്രാദേശിക പരമാവധി(ഏറ്റവും കുറഞ്ഞത്), പോയിന്റിന്റെ അത്തരമൊരു സമീപസ്ഥലം ഉണ്ടെങ്കിൽ
, ഓരോ പോയിന്റിനും
അസമത്വം നിലനിർത്തുന്നത്

ഒരു ഫംഗ്‌ഷൻ ഒരു പോയിന്റിൽ ഉണ്ടെങ്കിൽ
ലോക്കൽ മാക്സിമം അല്ലെങ്കിൽ ലോക്കൽ മിനിമം, അപ്പോൾ ഞങ്ങൾ പറയുന്നു അത് ഈ ഘട്ടത്തിൽ ഉണ്ടെന്ന് പ്രാദേശിക എക്സ്ട്രീം (അഥവാ ഒരു അങ്ങേയറ്റം).

സിദ്ധാന്തം (ഒരു തീവ്രതയുടെ നിലനിൽപ്പിന് ആവശ്യമായ വ്യവസ്ഥ). ഡിഫറൻഷ്യബിൾ ഫംഗ്ഷൻ പോയിന്റിൽ ഒരു തീവ്രതയിൽ എത്തിയാൽ
, തുടർന്ന് ഫംഗ്‌ഷന്റെ ഓരോ ഫസ്റ്റ്-ഓർഡർ ഭാഗിക ഡെറിവേറ്റീവും ഈ ഘട്ടത്തിൽ അത് പൂജ്യമായി മാറുന്നു.

എല്ലാ ഫസ്റ്റ്-ഓർഡർ ഭാഗിക ഡെറിവേറ്റീവുകളും അപ്രത്യക്ഷമാകുന്ന പോയിന്റുകളെ വിളിക്കുന്നു പ്രവർത്തനത്തിന്റെ നിശ്ചല പോയിന്റുകൾ
. എന്ന സിസ്റ്റം പരിഹരിച്ചുകൊണ്ട് ഈ പോയിന്റുകളുടെ കോർഡിനേറ്റുകൾ കണ്ടെത്താനാകും സമവാക്യങ്ങൾ

.

ഒരു ഡിഫറൻഷ്യബിൾ ഫംഗ്‌ഷന്റെ കാര്യത്തിൽ ഒരു എക്‌സ്‌ട്രീമിന്റെ നിലനിൽപ്പിന് ആവശ്യമായ വ്യവസ്ഥ ഇനിപ്പറയുന്ന രീതിയിൽ ഹ്രസ്വമായി രൂപപ്പെടുത്താം:

വ്യക്തിഗത പോയിന്റുകളിൽ ചില ഭാഗിക ഡെറിവേറ്റീവുകൾക്ക് അനന്തമായ മൂല്യങ്ങളോ നിലവിലില്ലാത്തതോ ആയ സന്ദർഭങ്ങളുണ്ട് (ബാക്കിയുള്ളവ പൂജ്യത്തിന് തുല്യമാണ്). അത്തരം പോയിന്റുകൾ വിളിക്കുന്നു പ്രവർത്തനത്തിന്റെ നിർണായക പോയിന്റുകൾ.നിശ്ചലമായവയെപ്പോലെ ഈ പോയിന്റുകളും ഒരു തീവ്രതയ്ക്ക് "സംശയാസ്പദമായി" കണക്കാക്കണം.

രണ്ട് വേരിയബിളുകളുടെ പ്രവർത്തനത്തിന്റെ കാര്യത്തിൽ ആവശ്യമായ അവസ്ഥഎക്സ്ട്രീം, അതായത്, എക്സ്ട്രീം പോയിന്റിലെ ഭാഗിക ഡെറിവേറ്റീവുകളുടെ (ഡിഫറൻഷ്യൽ) പൂജ്യത്തിലേക്കുള്ള തുല്യതയ്ക്ക് ഒരു ജ്യാമിതീയ വ്യാഖ്യാനമുണ്ട്: ഉപരിതലത്തിലേക്കുള്ള ടാൻജെന്റ് തലം
അങ്ങേയറ്റത്തെ പോയിന്റിൽ വിമാനത്തിന് സമാന്തരമായിരിക്കണം
.

20. ഒരു തീവ്രതയുടെ നിലനിൽപ്പിന് മതിയായ വ്യവസ്ഥകൾ

ഒരു ഘട്ടത്തിൽ ഒരു തീവ്രതയുടെ നിലനിൽപ്പിന് ആവശ്യമായ വ്യവസ്ഥയുടെ പൂർത്തീകരണം അവിടെ ഒരു തീവ്രതയുടെ സാന്നിധ്യം ഉറപ്പുനൽകുന്നില്ല. ഒരു ഉദാഹരണമായി, നമുക്ക് എല്ലായിടത്തും വ്യത്യസ്തമായ പ്രവർത്തനം എടുക്കാം
. അതിന്റെ രണ്ട് ഭാഗിക ഡെറിവേറ്റീവുകളും ഫംഗ്‌ഷനും പോയിന്റിൽ അപ്രത്യക്ഷമാകുന്നു
. എന്നിരുന്നാലും, ഈ പോയിന്റിലെ ഏതൊരു സമീപസ്ഥലത്തും പോസിറ്റീവ് (വലിയ
), നെഗറ്റീവ് (ചെറുത്
) ഈ ഫംഗ്ഷന്റെ മൂല്യങ്ങൾ. അതിനാൽ, ഈ ഘട്ടത്തിൽ, നിർവചനം അനുസരിച്ച്, ഒരു തീവ്രത നിരീക്ഷിക്കപ്പെടുന്നില്ല. അതിനാൽ, ഒരു എക്സ്ട്രീം എന്ന് സംശയിക്കുന്ന ഒരു പോയിന്റ് പഠനത്തിന് കീഴിലുള്ള പ്രവർത്തനത്തിന്റെ ഒരു തീവ്ര ബിന്ദുവാകുന്നതിന് മതിയായ വ്യവസ്ഥകൾ അറിയേണ്ടത് ആവശ്യമാണ്.

രണ്ട് വേരിയബിളുകളുടെ ഒരു ഫംഗ്ഷന്റെ കാര്യം നോക്കാം. ഫങ്ഷൻ എന്നു കരുതാം
നിർവചിക്കപ്പെട്ടതും തുടർച്ചയായതും തുടർച്ചയായ ഭാഗികമായ ഡെറിവേറ്റീവുകൾ ഉള്ളതും ചില പോയിന്റുകളുടെ അയൽപക്കത്തിൽ ഉൾപ്പെടുന്നു
, ഇത് ഫംഗ്ഷന്റെ നിശ്ചല പോയിന്റാണ്
, അതായത്, വ്യവസ്ഥകൾ തൃപ്തിപ്പെടുത്തുന്നു

,
.

നമുക്ക് ഇനിപ്പറയുന്ന നൊട്ടേഷൻ അവതരിപ്പിക്കാം:

സിദ്ധാന്തം (ഒരു തീവ്രതയുടെ നിലനിൽപ്പിന് മതിയായ വ്യവസ്ഥകൾ). പ്രവർത്തനം നടക്കട്ടെ
മേൽപ്പറഞ്ഞ വ്യവസ്ഥകൾ നിറവേറ്റുന്നു, അതായത്: ഒരു നിശ്ചല പോയിന്റിന്റെ ചില അയൽപക്കങ്ങളിൽ ഇത് വ്യത്യസ്തമാണ്
പോയിന്റിൽ തന്നെ രണ്ടുതവണ വ്യത്യാസപ്പെട്ടിരിക്കുന്നു
. എങ്കിൽ എങ്കിൽ

എങ്കിൽ
പിന്നെ ചടങ്ങ്
പോയിന്റിൽ
എത്തുന്നു

പ്രാദേശിക പരമാവധിചെയ്തത്
ഒപ്പം

പ്രാദേശിക മിനിമംചെയ്തത്
.

പൊതുവേ, പ്രവർത്തനത്തിന്
പോയിന്റിലെ നിലനിൽപ്പിന് മതിയായ വ്യവസ്ഥ
പ്രാദേശികമായഏറ്റവും കുറഞ്ഞത്(പരമാവധി) ആണ് പോസിറ്റീവ്(നെഗറ്റീവ്) രണ്ടാമത്തെ ഡിഫറൻഷ്യലിന്റെ ഉറപ്പ്.

മറ്റൊരു വിധത്തിൽ പറഞ്ഞാൽ, ഇനിപ്പറയുന്ന പ്രസ്താവന ശരിയാണ്.

സിദ്ധാന്തം . പോയിന്റിലാണെങ്കിൽ
പ്രവർത്തനത്തിന്

ഒരേ സമയം പൂജ്യത്തിന് തുല്യമല്ലാത്ത ഏതിനും
, അപ്പോൾ ഈ ഘട്ടത്തിൽ ഫംഗ്ഷൻ ഉണ്ട് ഏറ്റവും കുറഞ്ഞത്(ഇതിന് സമാനമായത് പരമാവധി, എങ്കിൽ
).

ഉദാഹരണം 18.ഒരു ഫംഗ്‌ഷന്റെ ലോക്കൽ എക്‌സ്ട്രീം പോയിന്റുകൾ കണ്ടെത്തുക

പരിഹാരം. നമുക്ക് ഫംഗ്‌ഷന്റെ ഭാഗിക ഡെറിവേറ്റീവുകൾ കണ്ടെത്തി അവയെ പൂജ്യത്തിന് തുല്യമാക്കാം:

ഈ സിസ്റ്റം പരിഹരിക്കുന്നതിലൂടെ, സാധ്യമായ രണ്ട് എക്സ്ട്രീം പോയിന്റുകൾ ഞങ്ങൾ കണ്ടെത്തുന്നു:

ഈ ഫംഗ്‌ഷനുള്ള രണ്ടാമത്തെ ഓർഡർ ഭാഗിക ഡെറിവേറ്റീവുകൾ നമുക്ക് കണ്ടെത്താം:

ആദ്യത്തെ സ്റ്റേഷണറി പോയിന്റിൽ, അതിനാൽ, ഒപ്പം
അതിനാൽ, ഈ ഘട്ടത്തിൽ അധിക ഗവേഷണം ആവശ്യമാണ്. പ്രവർത്തന മൂല്യം
ഈ ഘട്ടത്തിൽ പൂജ്യമാണ്:
കൂടുതൽ,

ചെയ്തത്

എ

ചെയ്തത്

അതുകൊണ്ടു, പോയിന്റ് ഏതെങ്കിലും അയൽപക്കത്ത്
പ്രവർത്തനം
മൂല്യങ്ങൾ വലുതായി എടുക്കുന്നു
, ചെറുത്
, അതിനാൽ, പോയിന്റിൽ
പ്രവർത്തനം
, നിർവചനം അനുസരിച്ച്, പ്രാദേശിക അതിരുകളില്ല.

രണ്ടാമത്തെ നിശ്ചല പോയിന്റിൽ



അതിനാൽ, അതിനാൽ, മുതൽ
പിന്നെ പോയിന്റിൽ
പ്രവർത്തനത്തിന് ഒരു പ്രാദേശിക പരമാവധി ഉണ്ട്.

>> എക്സ്ട്രീമ

പ്രവർത്തനത്തിന്റെ അതിരുകടന്ന ഭാഗം

തീവ്രതയുടെ നിർവ്വചനം

ഫംഗ്ഷൻ y = f(x) എന്ന് വിളിക്കുന്നു വർദ്ധിച്ചുവരുന്ന (കുറയുന്നു) ഒരു നിശ്ചിത ഇടവേളയിൽ, x 1 ആണെങ്കിൽ< x 2 выполняется неравенство (f (x 1) < f (x 2) (f (x 1) >f (x 2)).

ഒരു ഇടവേളയിൽ ഡിഫറൻഷ്യബിൾ ഫംഗ്‌ഷൻ y = f (x) വർദ്ധിക്കുകയാണെങ്കിൽ (കുറയുന്നു), ഈ ഇടവേളയിൽ അതിന്റെ ഡെറിവേറ്റീവ് f " (x)> 0

(f"(x)< 0).

ഡോട്ട് x ഒ വിളിച്ചു പ്രാദേശിക പരമാവധി പോയിന്റ് (ഏറ്റവും കുറഞ്ഞത്) ഫംഗ്‌ഷൻ f (x) പോയിന്റിന്റെ അയൽപക്കമുണ്ടെങ്കിൽ x ഒ, അസമത്വത്തിന്റെ എല്ലാ പോയിന്റുകൾക്കും f (x) ശരിയാണ്≤ f (x o) (f (x)≥ f (x o )).

പരമാവധി, കുറഞ്ഞ പോയിന്റുകൾ വിളിക്കുന്നു അങ്ങേയറ്റത്തെ പോയിന്റുകൾ, ഈ പോയിന്റുകളിലെ ഫംഗ്‌ഷന്റെ മൂല്യങ്ങൾ അതിന്റെതാണ് അങ്ങേയറ്റം.

എക്സ്ട്രീം പോയിന്റുകൾ

ഒരു തീവ്രതയ്ക്ക് ആവശ്യമായ വ്യവസ്ഥകൾ . പോയിന്റ് ആണെങ്കിൽ x ഒ f (x) ഫംഗ്‌ഷന്റെ എക്‌സ്ട്രീം പോയിന്റാണ്, പിന്നെ ഒന്നുകിൽ f " (x o ) = 0, അല്ലെങ്കിൽ f(x o ) നിലവിലില്ല. അത്തരം പോയിന്റുകൾ വിളിക്കുന്നു വിമർശനാത്മകമായ,കൂടാതെ ഫംഗ്ഷൻ തന്നെ നിർണായക ഘട്ടത്തിൽ നിർവചിക്കപ്പെടുന്നു. ഒരു ഫംഗ്‌ഷന്റെ തീവ്രത അതിന്റെ നിർണായക പോയിന്റുകൾക്കിടയിൽ അന്വേഷിക്കണം.

ആദ്യം മതിയായ അവസ്ഥ. അനുവദിക്കുക x ഒ - നിര്ണ്ണായക ബിന്ദു. എങ്കിൽ f" (x) ഒരു പോയിന്റിലൂടെ കടന്നുപോകുമ്പോൾ x ഒ പ്ലസ് ചിഹ്നം മൈനസിലേക്ക് മാറ്റുന്നു, തുടർന്ന് പോയിന്റിൽ x ഒഫംഗ്‌ഷന് പരമാവധി ഉണ്ട്, അല്ലെങ്കിൽ അതിന് മിനിമം ഉണ്ട്. നിർണായക പോയിന്റിലൂടെ കടന്നുപോകുമ്പോൾ, ഡെറിവേറ്റീവ് ചിഹ്നം മാറ്റുന്നില്ലെങ്കിൽ, പോയിന്റിൽ x ഒ അങ്ങേയറ്റം ഇല്ല.

രണ്ടാമത്തെ മതിയായ അവസ്ഥ. f(x) ഫംഗ്‌ഷൻ ഉണ്ടായിരിക്കട്ടെ
f" (x ) പോയിന്റിന് സമീപം x ഒ പോയിന്റിൽ തന്നെ രണ്ടാമത്തെ ഡെറിവേറ്റീവ് x ഒ. എങ്കിൽ f"(x ഒ) = 0, >0 ( <0), то точка x ഒ f (x) ഫംഗ്‌ഷന്റെ പ്രാദേശിക മിനിമം (പരമാവധി) പോയിന്റാണ്. =0 ആണെങ്കിൽ, ഒന്നുകിൽ നിങ്ങൾ ആദ്യത്തെ മതിയായ അവസ്ഥ ഉപയോഗിക്കേണ്ടതുണ്ട് അല്ലെങ്കിൽ ഉയർന്നത് ഉൾപ്പെടുത്തണം.

ഒരു സെഗ്‌മെന്റിൽ, y = f (x) ഫംഗ്‌ഷന് അതിന്റെ ഏറ്റവും കുറഞ്ഞ അല്ലെങ്കിൽ കൂടിയ മൂല്യത്തിൽ നിർണായക പോയിന്റുകളിലോ സെഗ്‌മെന്റിന്റെ അറ്റത്തോ എത്താൻ കഴിയും.

ഉദാഹരണം 3.22.

പരിഹാരം.കാരണം എഫ് " (

ഒരു ഫംഗ്‌ഷന്റെ തീവ്രത കണ്ടെത്തുന്നതിലെ പ്രശ്‌നങ്ങൾ

ഉദാഹരണം 3.23. എ

പരിഹാരം. xഒപ്പം വൈ വൈ
0 ≤ x≤
> 0, എപ്പോൾ x >a /4 എസ് " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение പ്രവർത്തനങ്ങൾ കെ.വി. യൂണിറ്റുകൾ).

ഉദാഹരണം 3.24. p ≈

പരിഹാരം.പി പി
എസ്"
R = 2, H = 16/4 = 4.

ഉദാഹരണം 3.22.f (x) = 2x 3 - 15x 2 + 36x - 14 ഫംഗ്‌ഷന്റെ തീവ്രത കണ്ടെത്തുക.

പരിഹാരം.കാരണം എഫ് " (x ) = 6x 2 - 30x +36 = 6(x ​​-2)(x - 3), തുടർന്ന് ഫംഗ്‌ഷന്റെ നിർണായക പോയിന്റുകൾ x 1 = 2, x 2 = 3. എക്സ്ട്രീമ ഈ പോയിന്റുകളിൽ മാത്രമേ ഉണ്ടാകൂ. x 1 = 2 എന്ന പോയിന്റിലൂടെ കടന്നുപോകുമ്പോൾ ഡെറിവേറ്റീവ് ചിഹ്നം പ്ലസ് മുതൽ മൈനസിലേക്ക് മാറുന്നു, ഈ ഘട്ടത്തിൽ ഫംഗ്‌ഷന് പരമാവധി ഉണ്ട്. x 2 = 3 എന്ന പോയിന്റിലൂടെ കടന്നുപോകുമ്പോൾ, ഡെറിവേറ്റീവ് അതിന്റെ ചിഹ്നത്തെ മൈനസിൽ നിന്ന് പ്ലസിലേക്ക് മാറ്റുന്നു, അതിനാൽ x 2 = 3 പോയിന്റിൽ ഫംഗ്‌ഷന് മിനിമം ഉണ്ട്. പോയിന്റുകളിലെ പ്രവർത്തന മൂല്യങ്ങൾ കണക്കാക്കുന്നു
x 1 = 2 ഉം x 2 = 3 ഉം, ഫംഗ്‌ഷന്റെ തീവ്രത ഞങ്ങൾ കണ്ടെത്തുന്നു: പരമാവധി f (2) = 14, ഏറ്റവും കുറഞ്ഞ എഫ് (3) = 13.

ഉദാഹരണം 3.23.കൽഭിത്തിക്ക് സമീപം ചതുരാകൃതിയിലുള്ള ഒരു പ്രദേശം നിർമ്മിക്കേണ്ടത് ആവശ്യമാണ്, അങ്ങനെ അത് മൂന്ന് വശങ്ങളിൽ വയർ മെഷ് ഉപയോഗിച്ച് വേലി കെട്ടി, നാലാമത്തെ വശം മതിലിനോട് ചേർന്നാണ്. ഇതിനായി ഉണ്ട് എമെഷിന്റെ ലീനിയർ മീറ്റർ. ഏത് വീക്ഷണാനുപാതത്തിലാണ് സൈറ്റിന് ഏറ്റവും വലിയ വിസ്തീർണ്ണമുള്ളത്?

പരിഹാരം.നമുക്ക് പ്ലാറ്റ്‌ഫോമിന്റെ വശങ്ങൾ സൂചിപ്പിക്കാം xഒപ്പം വൈ. സൈറ്റിന്റെ വിസ്തീർണ്ണം S = xy ആണ്. അനുവദിക്കുക വൈ- ഇത് മതിലിനോട് ചേർന്നുള്ള വശത്തിന്റെ നീളമാണ്. തുടർന്ന്, വ്യവസ്ഥയനുസരിച്ച്, 2x + y = a എന്ന തുല്യത തൃപ്തിപ്പെടുത്തണം. അതിനാൽ y = a - 2x, S = x (a - 2x), എവിടെ
0 ≤ x≤ a /2 (ഏരിയയുടെ നീളവും വീതിയും നെഗറ്റീവ് ആയിരിക്കരുത്). S " = a - 4x, a - 4x = 0 at x = a/4, എവിടെ നിന്ന്
y = a - 2 × a/4 =a/2. എന്തുകൊണ്ടെന്നാല് x = a /4 മാത്രമാണ് നിർണായക പോയിന്റ്; ഈ പോയിന്റിലൂടെ കടന്നുപോകുമ്പോൾ ഡെറിവേറ്റീവിന്റെ അടയാളം മാറുന്നുണ്ടോയെന്ന് പരിശോധിക്കാം. x a /4 S "> 0, എപ്പോൾ x >a /4 എസ് " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение പ്രവർത്തനങ്ങൾ S(a/4) = a/4(a - a/2) = a 2/8 (കെ.വി. യൂണിറ്റുകൾ). S തുടർച്ചയായി ഓണായിരിക്കുകയും അതിന്റെ അറ്റങ്ങളിൽ S(0), S(a /2) എന്നിവ പൂജ്യത്തിന് തുല്യമായതിനാൽ, കണ്ടെത്തുന്ന മൂല്യം ഇതായിരിക്കും ഏറ്റവും ഉയർന്ന മൂല്യംപ്രവർത്തനങ്ങൾ. അതിനാൽ, പ്രശ്നത്തിന്റെ നൽകിയിരിക്കുന്ന വ്യവസ്ഥകളിൽ സൈറ്റിന്റെ ഏറ്റവും അനുകൂലമായ വീക്ഷണ അനുപാതം y = 2x ആണ്.

ഉദാഹരണം 3.24.V=16 ശേഷിയുള്ള ഒരു അടച്ച സിലിണ്ടർ ടാങ്ക് നിർമ്മിക്കേണ്ടത് ആവശ്യമാണ് p ≈ 50 മീ 3. ടാങ്കിന്റെ അളവുകൾ എന്തായിരിക്കണം (ആരം R ഉം ഉയരവും H) അതിനാൽ അതിന്റെ നിർമ്മാണത്തിന് ഏറ്റവും കുറഞ്ഞ അളവിലുള്ള മെറ്റീരിയൽ ഉപയോഗിക്കണം?

പരിഹാരം.സിലിണ്ടറിന്റെ മൊത്തം ഉപരിതല വിസ്തീർണ്ണം S = 2 ആണ്പി R(R+H). സിലിണ്ടറിന്റെ അളവ് നമുക്ക് അറിയാം V = p R 2 Н Þ Н = V/ p R 2 =16 p / p R2 = 16/R2. അതിനാൽ S(R) = 2പി (R 2 +16/R). ഈ ഫംഗ്‌ഷന്റെ ഡെറിവേറ്റീവ് ഞങ്ങൾ കണ്ടെത്തുന്നു:
എസ്"(R) = 2 p (2R- 16/R 2) = 4 p (R- 8/R 2). എസ്" (R) = 0, R 3 = 8, അതിനാൽ,
R = 2, H = 16/4 = 4.

$E \subset \mathbb(R)^(n)$. $f$ ഉണ്ടെന്ന് അവർ പറയുന്നു പ്രാദേശിക പരമാവധിപോയിന്റിൽ $x_(0) \E$ ൽ, $x_(0)$ എന്ന പോയിന്റിന്റെ അയൽപക്ക $U$ ഉണ്ടെങ്കിൽ, എല്ലാ $x \in U$ ലും അസമത്വം $f\ഇടത്(x\വലത് ) \leqslant f തൃപ്തിപ്പെട്ടു \ഇടത്(x_(0)\വലത്)$.

പ്രാദേശിക പരമാവധി എന്ന് വിളിക്കുന്നു കണിശമായ , അയൽപക്കമായ $U$ തിരഞ്ഞെടുക്കാൻ കഴിയുമെങ്കിൽ, $x_(0)$ ൽ നിന്ന് വ്യത്യസ്തമായ എല്ലാ $x \in U$ നും $f\ഇടത്(x\വലത്) ഉണ്ട്< f\left(x_{0}\right)$.

നിർവ്വചനം
$E \subset \mathbb(R)^(n)$ എന്ന ഓപ്പൺ സെറ്റിൽ $f$ ഒരു യഥാർത്ഥ ഫംഗ്‌ഷൻ ആയിരിക്കട്ടെ. $f$ ഉണ്ടെന്ന് അവർ പറയുന്നു പ്രാദേശിക മിനിമംപോയിന്റിൽ $x_(0) \E$ ൽ, $x_(0)$ എന്ന പോയിന്റിന്റെ അയൽപക്ക $U$ ഉണ്ടെങ്കിൽ, എല്ലാ $x \in U$ ലും അസമത്വം $f\ഇടത്(x\വലത് ) \geqslant f തൃപ്തിപ്പെട്ടു \ഇടത്(x_(0)\വലത്)$.

ഒരു അയൽപക്കം $U$ തിരഞ്ഞെടുക്കാൻ കഴിയുമെങ്കിൽ ഒരു ലോക്കൽ മിനിമം സ്‌ട്രിക്റ്റ് എന്ന് വിളിക്കുന്നു, അങ്ങനെ എല്ലാ $x \in U$ ലും $x_(0)$ എന്നതിൽ നിന്ന് വ്യത്യസ്തമായി $f\left(x\right) > f\left(x_) (0)\വലത്)$.

ലോക്കൽ എക്‌സ്‌ട്രീം ലോക്കൽ മിനിമം, ലോക്കൽ മാക്സിമം എന്നീ ആശയങ്ങൾ സംയോജിപ്പിക്കുന്നു.

സിദ്ധാന്തം (ഡിഫറൻഷ്യബിൾ ഫംഗ്‌ഷന്റെ തീവ്രതയ്ക്ക് ആവശ്യമായ വ്യവസ്ഥ)
$E \subset \mathbb(R)^(n)$ എന്ന ഓപ്പൺ സെറ്റിൽ $f$ ഒരു യഥാർത്ഥ ഫംഗ്‌ഷൻ ആയിരിക്കട്ടെ. $x_(0) \in E$ എന്ന ബിന്ദുവിൽ $f$ എന്ന ഫംഗ്‌ഷന് ഈ ഘട്ടത്തിൽ ഒരു ലോക്കൽ എക്സ്ട്രീം ഉണ്ടെങ്കിൽ, $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ സീറോ ഡിഫറൻഷ്യലിന് തുല്യമായത് എല്ലാം പൂജ്യത്തിന് തുല്യമാണ് എന്നതിന് തുല്യമാണ്, അതായത്. $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

ഏകമാന സാഹചര്യത്തിൽ ഇത് - . നമുക്ക് $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$ എന്ന് സൂചിപ്പിക്കാം, ഇവിടെ $h$ ഒരു അനിയന്ത്രിതമായ വെക്‌ടറാണ്. കേവല മൂല്യത്തിൽ വേണ്ടത്ര ചെറുതായ $t$ മൂല്യങ്ങൾക്ക് $\phi$ ഫംഗ്‌ഷൻ നിർവചിച്ചിരിക്കുന്നു. കൂടാതെ, ഇത് , കൂടാതെ $(\phi)’ \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$ എന്നിവയുമായി ബന്ധപ്പെട്ട് വ്യത്യാസപ്പെട്ടിരിക്കുന്നു.
$f$ പോയിന്റ് x $0$-ൽ ഒരു പ്രാദേശിക പരമാവധി ഉണ്ടായിരിക്കട്ടെ. $\phi$ എന്ന $t = 0$ എന്ന ഫംഗ്‌ഷന് പ്രാദേശിക മാക്സിമം ഉണ്ടെന്നും, ഫെർമാറ്റിന്റെ സിദ്ധാന്തമനുസരിച്ച്, $(\phi)' \left(0\right)=0$ എന്നും ഇതിനർത്ഥം.
അതിനാൽ, ഞങ്ങൾക്ക് $df \left(x_(0)\right) = 0$ ലഭിച്ചു, അതായത്. $x_(0)$ എന്ന പോയിന്റിലെ $f$ ഫംഗ്‌ഷൻ ഏതൊരു വെക്‌ടറിലും $h$ പൂജ്യത്തിന് തുല്യമാണ്.

നിർവ്വചനം
ഡിഫറൻഷ്യൽ പൂജ്യമായിരിക്കുന്ന പോയിന്റുകൾ, അതായത്. എല്ലാ ഭാഗിക ഡെറിവേറ്റീവുകളും പൂജ്യത്തിന് തുല്യമായവയെ സ്റ്റേഷണറി എന്ന് വിളിക്കുന്നു. നിർണായക പോയിന്റുകൾഫംഗ്‌ഷനുകൾ $f$ എന്നത് $f$ വ്യത്യാസമില്ലാത്തതോ പൂജ്യത്തിന് തുല്യമായതോ ആയ പോയിന്റുകളാണ്. പോയിന്റ് നിശ്ചലമാണെങ്കിൽ, ഈ ഘട്ടത്തിൽ ഫംഗ്ഷന് ഒരു എക്സ്ട്രീം ഉണ്ടെന്ന് ഇതിൽ നിന്ന് പിന്തുടരുന്നില്ല.

ഉദാഹരണം 1.
$f \ഇടത്(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$ എന്ന് അനുവദിക്കുക. അപ്പോൾ $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$, അതിനാൽ $\left(0,0\right)$ ഒരു നിശ്ചല ബിന്ദുവാണ്, എന്നാൽ ഈ ഘട്ടത്തിൽ ഫംഗ്‌ഷന് അതിരുകളില്ല. തീർച്ചയായും, $f \left(0,0\right) = 0$, എന്നാൽ $\left(0,0\right)$ എന്ന ബിന്ദുവിന്റെ ഏത് അയൽപക്കത്തിലും ഫംഗ്‌ഷൻ പോസിറ്റീവ്, നെഗറ്റീവ് മൂല്യങ്ങൾ എടുക്കുന്നത് കാണാൻ എളുപ്പമാണ്.

ഉദാഹരണം 2.
$f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ എന്ന ഫംഗ്‌ഷന് അതിന്റെ ഉത്ഭവസ്ഥാനത്ത് ഒരു നിശ്ചല ബിന്ദു ഉണ്ട്, എന്നാൽ ഈ ഘട്ടത്തിൽ ഒരു തീവ്രത ഇല്ലെന്ന് വ്യക്തമാണ്.

സിദ്ധാന്തം (അത്യാവശ്യത്തിന് മതിയായ അവസ്ഥ).
$E \subset \mathbb(R)^(n)$ എന്ന ഓപ്പൺ സെറ്റിൽ $f$ ഫംഗ്‌ഷൻ രണ്ടുതവണ തുടർച്ചയായി വ്യത്യാസപ്പെട്ടിരിക്കട്ടെ. $x_(0) \in E$ ഒരു സ്റ്റേഷണറി പോയിന്റും $$\ ഡിസ്പ്ലേസ്റ്റൈൽ 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).$ $ പിന്നെ

1. $Q_(x_(0))$ – ആണെങ്കിൽ, $x_(0)$ എന്ന പോയിന്റിലെ $f$ എന്ന ഫംഗ്‌ഷന് ഒരു ലോക്കൽ എക്‌സ്ട്രീം ഉണ്ട്, അതായത്, ഫോം പോസിറ്റീവ് ഡെഫനിറ്റാണെങ്കിൽ മിനിമം, ഫോം ആണെങ്കിൽ പരമാവധി നെഗറ്റീവ് ഡെഫിനിറ്റ്;
2. $Q_(x_(0))$ എന്ന ക്വാഡ്രാറ്റിക് ഫോം നിർവചിച്ചിട്ടില്ലെങ്കിൽ, $x_(0)$ എന്ന ബിന്ദുവിലുള്ള $f$ ഫംഗ്‌ഷന് എക്‌സ്ട്രീം ഇല്ല.

ടെയ്‌ലറുടെ സൂത്രവാക്യം (12.7 പേജ് 292) അനുസരിച്ച് നമുക്ക് വിപുലീകരണം ഉപയോഗിക്കാം. $x_(0)$ എന്ന പോയിന്റിലെ ആദ്യ ഓർഡർ ഭാഗിക ഡെറിവേറ്റീവുകൾ പൂജ്യത്തിന് തുല്യമാണെന്നത് കണക്കിലെടുക്കുമ്പോൾ, $$\ഡിസ്‌പ്ലേസ്റ്റൈൽ f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\ വലത്) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_ (j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ ഇവിടെ $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$, ഒപ്പം $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ $h \rightarrow 0$, തുടർന്ന് വലത് ഭാഗംആവശ്യത്തിന് ചെറിയ നീളമുള്ള ഏത് വെക്‌ടറിനും $h$ പോസിറ്റീവ് ആയിരിക്കും.
അതിനാൽ, $x_(0)$ എന്ന ബിന്ദുവിന്റെ ഒരു നിശ്ചിത അയൽപക്കത്തിൽ $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ എന്ന അസമത്വം $ മാത്രമേ ഉള്ളൂ എന്ന നിഗമനത്തിൽ ഞങ്ങൾ എത്തി. x \neq x_ (0)$ (ഞങ്ങൾ $x=x_(0)+h$\ right ഇട്ടു). ഇതിനർത്ഥം $x_(0)$ എന്ന പോയിന്റിൽ ഫംഗ്‌ഷന് കർശനമായ പ്രാദേശിക മിനിമം ഉണ്ട്, അതിനാൽ ഞങ്ങളുടെ സിദ്ധാന്തത്തിന്റെ ആദ്യ ഭാഗം തെളിയിക്കപ്പെടുന്നു.
ഇപ്പോൾ $Q_(x_(0))$ – എന്ന് കരുതുക അനിശ്ചിത രൂപം. തുടർന്ന് $h_(1)$, $h_(2)$, $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \left(h_(2)\right)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>$0. അപ്പോൾ നമുക്ക് $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2) t^(2) \ ഇടത്[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ ആവശ്യത്തിന് ചെറിയ $t>0$, വലത് കൈ വശം പോസിറ്റീവ് ആണ്. ഇതിനർത്ഥം $x_(0)$ എന്ന പോയിന്റിന്റെ ഏത് അയൽപക്കത്തിലും $f$ ഫംഗ്‌ഷൻ $f \left(x\right)$ $f \left(x_(0)\right)$ എന്നതിനേക്കാൾ വലിയ മൂല്യങ്ങൾ എടുക്കുന്നു എന്നാണ്.
അതുപോലെ, $x_(0)$ എന്ന ബിന്ദുവിന്റെ ഏത് അയൽപക്കത്തിലും $f$ ഫംഗ്‌ഷൻ $f \left(x_(0)\right)$-ൽ താഴെ മൂല്യങ്ങൾ എടുക്കുന്നതായി ഞങ്ങൾ കണ്ടെത്തുന്നു. ഇത്, മുമ്പത്തേതിനൊപ്പം, $x_(0)$ എന്ന പോയിന്റിൽ $f$ ഫംഗ്‌ഷനിൽ ഒരു എക്സ്ട്രീം ഇല്ല എന്നാണ് അർത്ഥമാക്കുന്നത്.

നമുക്ക് പരിഗണിക്കാം പ്രത്യേക കേസ്$\left(x_(0),y_(0)\right)$ എന്ന പോയിന്റിന്റെ ഒരു നിശ്ചിത അയൽപക്കത്തിൽ നിർവചിച്ചിരിക്കുന്നതും തുടർച്ചയായ ഭാഗികതയുള്ളതുമായ രണ്ട് വേരിയബിളുകളുടെ $f \left(x,y\right)$ എന്ന ഫംഗ്ഷനുള്ള ഈ സിദ്ധാന്തത്തിന്റെ ഈ അയൽപക്കത്തിലെ ആദ്യത്തേതിന്റെയും രണ്ടാമത്തെ ഓർഡറിന്റെയും ഡെറിവേറ്റീവുകൾ. $\left(x_(0),y_(0)\right)$ ഒരു നിശ്ചല ബിന്ദുവാണെന്നും $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^) ആണെന്നും കരുതുക. (2)) \left(x_(0) ,y_(0)\right), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_( 0) ), y_(0)\വലത്), a_(22)=\frac(\ഭാഗിക ^(2) f)(\ഭാഗിക y^(2)) \ഇടത്(x_(0), y_(0)\വലത് ) .$$ അപ്പോൾ മുമ്പത്തെ സിദ്ധാന്തം ഇനിപ്പറയുന്ന രൂപം എടുക്കുന്നു.

സിദ്ധാന്തം
$\Delta=a_(11) \cdot a_(22) - a_(12)^2$ എന്ന് അനുവദിക്കുക. അപ്പോൾ:

1. $\Delta>0$ ആണെങ്കിൽ, $f$ എന്ന ഫംഗ്‌ഷന് $\left(x_(0),y_(0)\right)$ എന്ന പോയിന്റിൽ ഒരു ലോക്കൽ എക്സ്ട്രീം ഉണ്ട്, അതായത് $a_(11)> ആണെങ്കിൽ ഏറ്റവും കുറഞ്ഞത് 0$ , പരമാവധി $a_(11) ആണെങ്കിൽ<0$;
2. $\Delta ആണെങ്കിൽ<0$, 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.

പ്രശ്നം പരിഹരിക്കുന്നതിനുള്ള ഉദാഹരണങ്ങൾ

നിരവധി വേരിയബിളുകളുടെ ഒരു ഫംഗ്‌ഷന്റെ എക്സ്ട്രീം കണ്ടെത്തുന്നതിനുള്ള അൽഗോരിതം:

1. നിശ്ചല പോയിന്റുകൾ കണ്ടെത്തുന്നു;
2. എല്ലാ സ്റ്റേഷണറി പോയിന്റുകളിലും രണ്ടാം ഓർഡർ ഡിഫറൻഷ്യൽ കണ്ടെത്തുക
3. നിരവധി വേരിയബിളുകളുടെ ഒരു ഫംഗ്‌ഷന്റെ എക്‌സ്‌ട്രീമിന് മതിയായ അവസ്ഥ ഉപയോഗിച്ച്, ഓരോ നിശ്ചല പോയിന്റിലും ഞങ്ങൾ രണ്ടാം ഓർഡർ ഡിഫറൻഷ്യൽ പരിഗണിക്കുന്നു.

1. എക്സ്ട്രീം $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$ എന്നതിന്റെ ഫംഗ്‌ഷൻ അന്വേഷിക്കുക.
   പരിഹാരം

   നമുക്ക് ഒന്നാം ഓർഡർ ഭാഗിക ഡെറിവേറ്റീവുകൾ കണ്ടെത്താം: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ നമുക്ക് സിസ്റ്റം രചിച്ച് പരിഹരിക്കാം: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x = 0\end(കേസുകൾ) \Rightarrow \begin(cases)x^(2) — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) — x = 0 \end(കേസുകൾ)$$ രണ്ടാമത്തെ സമവാക്യത്തിൽ നിന്ന് നമ്മൾ $x=4 \cdot y^(2)$ പ്രകടിപ്പിക്കുന്നു - അതിനെ ഒന്നാം സമവാക്യത്തിലേക്ക് മാറ്റിസ്ഥാപിക്കുക: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2) \right )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $ $y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ ഫലമായി, 2 സ്റ്റേഷണറി പോയിന്റുകൾ ലഭിക്കും:
   1) $y=0 \Rightarrow x = 0, M_(1) = \left(0, 0\right)$;
   2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \ഇടത്(\frac(1)(2), 1\വലത്)$
   ഒരു എക്സ്ട്രീമിന് മതിയായ വ്യവസ്ഥ തൃപ്തികരമാണോ എന്ന് പരിശോധിക്കാം:
   $$\ displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\ഭാഗിക^(2) f)(\ഭാഗിക y^(2))=48 \cdot y$$
   1) പോയിന്റിന് $M_(1)= \ഇടത്(0,0\വലത്)$:
   $$\ 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)) \ഇടത്(0,0\right)=0;$$
   $A_(1) \cdot B_(1) — C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
   2) പോയിന്റിന് $M_(2)$:
   $$\ 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)) \ഇടത്(1,\frac(1)(2)\right)=24;$$
   $A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, അതായത് $M_(2)$ എന്ന പോയിന്റിൽ ഒരു എക്സ്ട്രീം ഉണ്ട്, കൂടാതെ $A_(2)> മുതൽ 0$, അപ്പോൾ ഇതാണ് ഏറ്റവും കുറഞ്ഞ തുക.
   ഉത്തരം: പോയിന്റ് $\ displaystyle M_(2)\left(1,\frac(1)(2)\right)$ ആണ് $f$ ഫംഗ്‌ഷന്റെ ഏറ്റവും കുറഞ്ഞ പോയിന്റ്.
   

2. എക്സ്ട്രീം $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$ എന്നതിന്റെ ഫംഗ്ഷൻ അന്വേഷിക്കുക.
   പരിഹാരം

   നമുക്ക് സ്റ്റേഷണറി പോയിന്റുകൾ കണ്ടെത്താം: $$\ displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \ cdot y + 2 \cdot x - 2.$$
   നമുക്ക് സിസ്റ്റം രചിക്കുകയും പരിഹരിക്കുകയും ചെയ്യാം: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases ) \ Rightarrow \begin(cases)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases) y = 2\\y + x = 1\end(കേസുകൾ) \Rightarrow x = -1$$
   $M_(0) \left(-1, 2\right)$ ഒരു നിശ്ചല പോയിന്റാണ്.
   എക്സ്ട്രീമിന് മതിയായ വ്യവസ്ഥ പാലിക്കുന്നുണ്ടോയെന്ന് പരിശോധിക്കാം: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0 ; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\right)=2;$$
   $A \cdot B — C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
   ഉത്തരം: അതിരുകളൊന്നുമില്ല.
   

സമയ പരിധി: 0

നാവിഗേഷൻ (ജോലി നമ്പറുകൾ മാത്രം)

4 ടാസ്‌ക്കുകളിൽ 0 എണ്ണം പൂർത്തിയായി

വിവരങ്ങൾ

നിങ്ങൾ ഇപ്പോൾ വായിച്ച വിഷയത്തെക്കുറിച്ചുള്ള നിങ്ങളുടെ അറിവ് പരിശോധിക്കാൻ ഈ ക്വിസ് എടുക്കുക: ഒന്നിലധികം വേരിയബിളുകളുടെ പ്രവർത്തനങ്ങളുടെ ലോക്കൽ എക്സ്ട്രീമ.

നിങ്ങൾ നേരത്തെ തന്നെ ടെസ്റ്റ് നടത്തിയിട്ടുണ്ട്. നിങ്ങൾക്ക് ഇത് വീണ്ടും ആരംഭിക്കാൻ കഴിയില്ല.

ടെസ്റ്റ് ലോഡ് ചെയ്യുന്നു...

പരീക്ഷ ആരംഭിക്കുന്നതിന് നിങ്ങൾ ലോഗിൻ ചെയ്യുകയോ രജിസ്റ്റർ ചെയ്യുകയോ ചെയ്യണം.

ഇത് ആരംഭിക്കുന്നതിന് നിങ്ങൾ ഇനിപ്പറയുന്ന പരിശോധനകൾ പൂർത്തിയാക്കണം:

ഫലം

ശരിയായ ഉത്തരങ്ങൾ: 4 ൽ 0

നിങ്ങളുടെ സമയം:

സമയം കഴിഞ്ഞു

നിങ്ങൾ 0 പോയിന്റിൽ 0 സ്കോർ ചെയ്തു (0)

നിങ്ങളുടെ ഫലം ലീഡർബോർഡിൽ രേഖപ്പെടുത്തിയിട്ടുണ്ട്

1. ഉത്തരത്തോടെ
2. ഒരു കാഴ്ച അടയാളത്തോടെ

ടാസ്ക് 1 / 4

1 .

പോയിന്റുകളുടെ എണ്ണം: 1

എക്സ്ട്രീമയുടെ $f$ ഫംഗ്ഷൻ അന്വേഷിക്കുക: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

ശരിയാണ്


തെറ്റ്


1. ടാസ്ക് 2 / 4

   2 .

   പോയിന്റുകളുടെ എണ്ണം: 1

   $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ എന്ന ഫംഗ്‌ഷന് ഒരു എക്സ്ട്രീം ഉണ്ടോ

നിർവ്വചനം:പോയിന്റ് x0-ന്റെ ചില അയൽപക്കങ്ങളിൽ ഫംഗ്‌ഷൻ ഏറ്റവും വലിയ (അല്ലെങ്കിൽ ഏറ്റവും ചെറിയ) മൂല്യം എടുക്കുകയാണെങ്കിൽ, ഒരു ഫംഗ്‌ഷന്റെ പ്രാദേശിക പരമാവധി (അല്ലെങ്കിൽ ഏറ്റവും കുറഞ്ഞ) പോയിന്റ് പോയിന്റ് x0 എന്ന് വിളിക്കുന്നു, അതായത്. x0 എന്ന പോയിന്റിന്റെ ചില അയൽപക്കങ്ങളിൽ നിന്നുള്ള എല്ലാ x-നും f(x) f(x0) (അല്ലെങ്കിൽ f(x) f(x0)) എന്ന അവസ്ഥ തൃപ്തികരമാണ്.

ലോക്കൽ മാക്സിമം അല്ലെങ്കിൽ മിനിമം പോയിന്റുകൾ ഒരു പൊതു നാമത്താൽ ഏകീകരിക്കപ്പെടുന്നു - ഒരു ഫംഗ്ഷന്റെ ലോക്കൽ എക്സ്ട്രീമത്തിന്റെ പോയിന്റുകൾ.

ലോക്കൽ എക്‌സ്ട്രീം പോയിന്റുകളിൽ, ഫംഗ്‌ഷൻ അതിന്റെ പരമാവധി അല്ലെങ്കിൽ കുറഞ്ഞ മൂല്യത്തിൽ ഒരു നിശ്ചിത പ്രാദേശിക പ്രദേശത്ത് മാത്രമേ എത്തുകയുള്ളൂ എന്നത് ശ്രദ്ധിക്കുക. уmaxуmin മൂല്യം അനുസരിച്ച് സന്ദർഭങ്ങൾ ഉണ്ടാകാം.

ഒരു ഫംഗ്‌ഷന്റെ ഒരു ലോക്കൽ എക്‌സ്‌ട്രീം നിലനിൽപ്പിന്റെ ആവശ്യമായ അടയാളം

സിദ്ധാന്തം . ഒരു തുടർച്ചയായ ഫംഗ്‌ഷന് y = f(x) x0 പോയിന്റിൽ ഒരു ലോക്കൽ എക്‌സ്‌ട്രീം ഉണ്ടെങ്കിൽ, ഈ ഘട്ടത്തിൽ ആദ്യത്തെ ഡെറിവേറ്റീവ് ഒന്നുകിൽ പൂജ്യമാണ് അല്ലെങ്കിൽ നിലവിലില്ല, അതായത്. ആദ്യത്തെ തരത്തിലുള്ള നിർണായക ഘട്ടങ്ങളിൽ ഒരു പ്രാദേശിക തീവ്രത സംഭവിക്കുന്നു.

ലോക്കൽ എക്സ്ട്രീം പോയിന്റുകളിൽ, ഒന്നുകിൽ ടാൻജെന്റ് 0x അക്ഷത്തിന് സമാന്തരമാണ്, അല്ലെങ്കിൽ രണ്ട് സ്പർശനങ്ങളുണ്ട് (ചിത്രം കാണുക). നിർണ്ണായക പോയിന്റുകൾ ഒരു ലോക്കൽ എക്സ്ട്രീമിന് ആവശ്യമായതും എന്നാൽ പര്യാപ്തമല്ലാത്തതുമായ അവസ്ഥയാണെന്ന് ശ്രദ്ധിക്കുക. ഒരു ലോക്കൽ എക്സ്ട്രീം സംഭവിക്കുന്നത് ആദ്യ തരത്തിലുള്ള നിർണായക പോയിന്റുകളിൽ മാത്രമാണ്, എന്നാൽ എല്ലാ നിർണായക പോയിന്റുകളിലും ഒരു ലോക്കൽ എക്സ്ട്രീം സംഭവിക്കുന്നില്ല.

ഉദാഹരണത്തിന്: ഒരു ക്യൂബിക് പരാബോള y = x3 ന് ഒരു നിർണായക പോയിന്റ് x0 = 0 ഉണ്ട്, അതിൽ ഡെറിവേറ്റീവ് y/(0)=0, എന്നാൽ ക്രിട്ടിക്കൽ പോയിന്റ് x0=0 ഒരു എക്സ്ട്രീം പോയിന്റല്ല, മറിച്ച് അതിലെ ഒരു ഇൻഫ്ലക്ഷൻ പോയിന്റാണ് (ചുവടെ കാണുക).

ഒരു ഫംഗ്‌ഷന്റെ ലോക്കൽ എക്‌സ്‌ട്രീം നിലവിലുണ്ട് എന്നതിന്റെ മതിയായ അടയാളം

സിദ്ധാന്തം . ആർഗ്യുമെന്റ് ഇടത്തുനിന്ന് വലത്തോട്ട് ആദ്യ തരത്തിലുള്ള ഒരു നിർണായക പോയിന്റിലൂടെ കടന്നുപോകുമ്പോൾ, ആദ്യത്തെ ഡെറിവേറ്റീവ് y / (x)

ചിഹ്നം “+” ൽ നിന്ന് “-” ലേക്ക് മാറ്റുന്നു, തുടർന്ന് ഈ നിർണായക പോയിന്റിലെ തുടർച്ചയായ ഫംഗ്‌ഷൻ y(x) ന് ഒരു പ്രാദേശിക പരമാവധി ഉണ്ട്;

ചിഹ്നം “-” ൽ നിന്ന് “+” ലേക്ക് മാറ്റുന്നു, തുടർന്ന് തുടർച്ചയായ ഫംഗ്‌ഷൻ y(x) ന് ഈ നിർണായക പോയിന്റിൽ ഒരു പ്രാദേശിക മിനിമം ഉണ്ട്

അടയാളം മാറ്റില്ല, അപ്പോൾ ഈ നിർണായക ഘട്ടത്തിൽ പ്രാദേശിക അതിരുകളില്ല, ഇവിടെ ഒരു ഇൻഫ്ലക്ഷൻ പോയിന്റ് ഉണ്ട്.

ഒരു പ്രാദേശിക മാക്സിമം, വർദ്ധിച്ചുവരുന്ന ഫംഗ്ഷന്റെ (y/0) റീജിയൻ, ഫംഗ്ഷൻ കുറയുന്ന മേഖല (y/0) ഉപയോഗിച്ച് മാറ്റിസ്ഥാപിക്കുന്നു. ഒരു പ്രാദേശിക മിനിമം, ഫംഗ്‌ഷൻ കുറയുന്നതിന്റെ (y/0) റീജിയൻ വർധിക്കുന്ന ഫംഗ്‌ഷൻ (y/0) ഉപയോഗിച്ച് മാറ്റിസ്ഥാപിക്കുന്നു.

ഉദാഹരണം: y = x3 + 9x2 + 15x - 9 എന്ന ഫംഗ്‌ഷൻ മോണോടോണിസിറ്റി, എക്‌സ്ട്രീം എന്നിവയ്ക്കായി പരിശോധിച്ച് ഫംഗ്‌ഷന്റെ ഒരു ഗ്രാഫ് നിർമ്മിക്കുക.

ഡെറിവേറ്റീവ് (y/) നിർവചിച്ച് പൂജ്യത്തിന് തുല്യമാക്കിക്കൊണ്ട് നമുക്ക് ആദ്യ തരത്തിലുള്ള നിർണായക പോയിന്റുകൾ കണ്ടെത്താം: y/ = 3x2 + 18x + 15 = 3(x2 + 6x + 5) = 0

വിവേചനം ഉപയോഗിച്ച് ക്വാഡ്രാറ്റിക് ട്രൈനോമിയൽ പരിഹരിക്കാം:

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

2) ഞങ്ങൾ സംഖ്യാ അക്ഷത്തെ നിർണായക പോയിന്റുകളുള്ള 3 മേഖലകളായി വിഭജിക്കുകയും അവയിലെ ഡെറിവേറ്റീവിന്റെ (y/) അടയാളങ്ങൾ നിർണ്ണയിക്കുകയും ചെയ്യുന്നു. ഈ അടയാളങ്ങൾ ഉപയോഗിച്ച്, പ്രവർത്തനങ്ങളുടെ ഏകതാനത (വർദ്ധിക്കുകയും കുറയുകയും ചെയ്യുന്ന) മേഖലകൾ ഞങ്ങൾ കണ്ടെത്തും, കൂടാതെ അടയാളങ്ങൾ മാറ്റുന്നതിലൂടെ ഞങ്ങൾ പ്രാദേശിക എക്സ്ട്രീമത്തിന്റെ പോയിന്റുകൾ (പരമാവധി കുറഞ്ഞതും) നിർണ്ണയിക്കും.

ഞങ്ങൾ ഗവേഷണ ഫലങ്ങൾ ഒരു പട്ടികയുടെ രൂപത്തിൽ അവതരിപ്പിക്കുന്നു, അതിൽ നിന്ന് ഇനിപ്പറയുന്ന നിഗമനങ്ങളിൽ എത്തിച്ചേരാനാകും:

• 1. ഇടവേളയിൽ y /(-10) 0 ഫംഗ്‌ഷൻ ഏകതാനമായി വർദ്ധിക്കുന്നു (ഈ ഇടവേളയിൽ എടുത്ത നിയന്ത്രണ പോയിന്റ് x = -10 ഉപയോഗിച്ച് ഡെറിവേറ്റീവ് y യുടെ അടയാളം കണക്കാക്കി);
• 2. ഇടവേളയിൽ (-5 ; -1) y /(-2) 0 ഫംഗ്‌ഷൻ ഏകതാനമായി കുറയുന്നു (ഈ ഇടവേളയിൽ എടുത്ത കൺട്രോൾ പോയിന്റ് x = -2 ഉപയോഗിച്ച് ഡെറിവേറ്റീവ് y യുടെ അടയാളം കണക്കാക്കി);
• 3. y /(0) 0 എന്ന ഇടവേളയിൽ, ഫംഗ്ഷൻ ഏകതാനമായി വർദ്ധിക്കുന്നു (ഈ ഇടവേളയിൽ എടുത്ത കൺട്രോൾ പോയിന്റ് x = 0 ഉപയോഗിച്ച് ഡെറിവേറ്റീവ് y യുടെ അടയാളം കണക്കാക്കുന്നു);
• 4. നിർണായക പോയിന്റ് x1k = -5 കടന്നുപോകുമ്പോൾ, ഡെറിവേറ്റീവ് ചിഹ്നം “+” ൽ നിന്ന് “-” ആയി മാറുന്നു, അതിനാൽ ഈ പോയിന്റ് ഒരു പ്രാദേശിക പരമാവധി പോയിന്റാണ്
• (ymax(-5) = (-5)3+9(-5)2 +15(-5)-9=-125 + 225 - 75 - 9 =16);
• 5. നിർണായക പോയിന്റ് x2k = -1 കടന്നുപോകുമ്പോൾ, ഡെറിവേറ്റീവ് ചിഹ്നം “-” ൽ നിന്ന് “+” ആയി മാറുന്നു, അതിനാൽ ഈ പോയിന്റ് ഒരു പ്രാദേശിക മിനിമം പോയിന്റാണ്
• (ymin(-1) = -1 + 9 - 15 - 9 = - 16).

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

3) നിയന്ത്രണ പോയിന്റുകളിലെ പ്രവർത്തന മൂല്യങ്ങളുടെ അധിക കണക്കുകൂട്ടലുകൾ ഉപയോഗിച്ച് പഠന ഫലങ്ങളെ അടിസ്ഥാനമാക്കി ഞങ്ങൾ ഒരു ഗ്രാഫ് നിർമ്മിക്കും:

ഒരു ദീർഘചതുരാകൃതിയിലുള്ള കോർഡിനേറ്റ് സിസ്റ്റം ഓക്സി നിർമ്മിക്കുക;

ഞങ്ങൾ പരമാവധി (-5; 16), ഏറ്റവും കുറഞ്ഞ (-1;-16) പോയിന്റുകൾ കോർഡിനേറ്റ് ഉപയോഗിച്ച് കാണിക്കുന്നു;

ഗ്രാഫ് വ്യക്തമാക്കുന്നതിന്, ഞങ്ങൾ കൺട്രോൾ പോയിന്റുകളിലെ ഫംഗ്‌ഷന്റെ മൂല്യം കണക്കാക്കുന്നു, അവ പരമാവധി, കുറഞ്ഞ പോയിന്റുകളുടെ ഇടത്തോട്ടും വലത്തോട്ടും ശരാശരി ഇടവേളയ്ക്കുള്ളിലും തിരഞ്ഞെടുക്കുന്നു, ഉദാഹരണത്തിന്: 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) കൂടാതെ (0;-9) - ഒരു ഗ്രാഫ് നിർമ്മിക്കാൻ ഞങ്ങൾ പ്ലോട്ട് ചെയ്യുന്ന കണക്കുകൂട്ടിയ നിയന്ത്രണ പോയിന്റുകൾ;

ഞങ്ങൾ ഗ്രാഫ് പരമാവധി പോയിന്റിൽ മുകളിലേക്ക് ഒരു കർവ് കോൺവെക്‌സ് രൂപത്തിൽ കാണിക്കുന്നു, ഏറ്റവും കുറഞ്ഞ പോയിന്റിൽ കുത്തനെ താഴേക്ക് പോയി കണക്കാക്കിയ നിയന്ത്രണ പോയിന്റുകളിലൂടെ കടന്നുപോകുന്നു.