Функцийн тодорхой цэг дэх өөрчлөлтийг аргументийн өсөлт хүртэлх функцийн өсөлтийн хязгаарыг тэг рүү чиглүүлэх гэж тодорхойлдог. Үүнийг олохын тулд деривативын хүснэгтийг ашиглана уу. Жишээлбэл, y = x3 функцийн дериватив нь y’ = x2-тэй тэнцүү байх болно.

Энэ деривативыг тэгтэй тэнцүүлээрэй (in энэ тохиолдолд x2=0).

Өгөгдсөн хувьсагчийн утгыг ол. Эдгээр нь өгөгдсөн дериватив нь 0-тэй тэнцүү байх утгууд байх болно. Үүнийг хийхийн тулд илэрхийлэлд x-ийн оронд дурын тоог орлуулж, илэрхийлэл бүхэлдээ тэг болно. Жишээлбэл:

2-2х2= 0
(1-х)(1+х) = 0
x1= 1, x2 = -1

Олж авсан утгыг координатын шугам дээр зурж, олж авсан утга тус бүрийн деривативын тэмдгийг тооцоол. Координатын шугам дээр цэгүүдийг тэмдэглэсэн бөгөөд тэдгээрийг гарал үүсэл болгон авдаг. Интервал дахь утгыг тооцоолохын тулд шалгуурт тохирсон дурын утгыг орлуулна уу. Жишээлбэл, -1 интервалаас өмнөх өмнөх функцийн хувьд та -2 утгыг сонгож болно. -1-ээс 1 хүртэлх утгуудын хувьд 0-г, 1-ээс их бол 2-ыг сонгож болно. Эдгээр тоог деривативт орлуулж, деривативын тэмдгийг олоорой. Энэ тохиолдолд x = -2-тэй дериватив нь -0.24-тэй тэнцүү байх болно, өөрөөр хэлбэл. сөрөг бөгөөд энэ интервал дээр хасах тэмдэг байх болно. Хэрэв x=0 бол утга нь 2-той тэнцүү байх ба энэ интервал дээр тэмдэг тавина. Хэрэв x=1 бол дериватив нь мөн -0.24-тэй тэнцүү байх ба хасах тэмдэг тавина.

Хэрэв координатын шугам дээрх цэгийг дайран өнгөрөхөд дериватив тэмдэг нь хасахаас нэмэх хүртэл өөрчлөгдвөл энэ нь хамгийн бага цэг, хэрэв нэмэхээс хасах бол энэ нь хамгийн их цэг болно.

Сэдвийн талаархи видео

Хэрэгтэй зөвлөгөө

Деривативыг олохын тулд тооцоолох онлайн үйлчилгээ байдаг шаардлагатай утгуудмөн үр дүнг харуулна. Ийм сайтууд дээр та 5-р дараалал хүртэлх деривативуудыг олох боломжтой.

Эх сурвалжууд:

• Деривативыг тооцоолох үйлчилгээний нэг
• функцийн хамгийн дээд цэг

Функцийн хамгийн их цэгүүдийг хамгийн бага цэгүүдийн хамт экстремум цэг гэж нэрлэдэг. Эдгээр цэгүүдэд функц нь зан төлөвөө өөрчилдөг. Экстремум нь хязгаарлагдмал тоон интервалаар тодорхойлогддог бөгөөд үргэлж орон нутгийн шинж чанартай байдаг.

Зааварчилгаа

Орон нутгийн экстремумыг олох үйл явцыг функц гэж нэрлэдэг бөгөөд функцийн эхний болон хоёр дахь деривативуудыг шинжлэх замаар гүйцэтгэдэг. Судалгааг эхлүүлэхийн өмнө аргументуудын утгын заасан муж нь хүчинтэй утгуудад хамаарах эсэхийг шалгаарай. Жишээлбэл, F=1/x функцийн хувьд x=0 аргумент хүчин төгөлдөр бус байна. Эсвэл Y=tg(x) функцийн хувьд аргумент нь x=90° утгатай байж болохгүй.

Y функц нь өгөгдсөн бүх интервалд ялгарах боломжтой эсэхийг шалгаарай. Y-ийн эхний деривативыг ол." Орон нутгийн максимум цэгт хүрэхээс өмнө функц нэмэгдэж, максимумыг давахад функц багасах нь ойлгомжтой. Эхний дериватив нь физик утгафункцийн өөрчлөлтийн хурдыг тодорхойлдог. Функц нэмэгдэж байгаа ч энэ үйл явцын хурд эерэг байна. Орон нутгийн максимумыг давах үед функц буурч эхэлдэг бөгөөд функцийн өөрчлөлтийн хурд сөрөг болдог. Функцийн өөрчлөлтийн хурдыг тэг рүү шилжүүлэх нь орон нутгийн максимум цэг дээр явагдана.

Функц нь дотоод цэг дээр байна гэж хэлдэг
бүс нутаг Д орон нутгийн дээд хэмжээ(хамгийн бага), хэрэв цэгийн ийм хөрш байгаа бол
, цэг бүрийн хувьд
тэгш бус байдлыг хадгалж байдаг

Хэрэв функц нь цэг дээр байгаа бол
орон нутгийн хамгийн их буюу орон нутгийн хамгийн бага, дараа нь бид энэ үед байна гэж хэлж байна орон нутгийн экстремум (эсвэл зүгээр л туйлшрал).

Теорем (экстремум оршин тогтнох зайлшгүй нөхцөл). Хэрэв дифференциалагдах функц цэг дээр экстремумд хүрвэл
, дараа нь функцийн эхний эрэмбийн хэсэгчилсэн дериватив бүрийг энэ үед тэг болно.

Бүх нэгдүгээр эрэмбийн хэсэгчилсэн дериватив алга болох цэгүүдийг дуудна функцийн суурин цэгүүд
. Эдгээр цэгүүдийн координатыг системийн шийдлээр олж болно тэгшитгэл

.

Ялгарах функцтэй тохиолдолд экстремум байх зайлшгүй нөхцөлийг дараах байдлаар товч томъёолж болно.

Тусдаа цэгүүдэд зарим хэсэгчилсэн деривативууд хязгааргүй утгатай эсвэл байхгүй байх тохиолдол байдаг (бусад нь тэгтэй тэнцүү). Ийм цэгүүдийг нэрлэдэг функцийн чухал цэгүүд.Эдгээр цэгүүд нь суурин цэгүүдийн нэгэн адил экстремумын хувьд "сэжигтэй" гэж үзэх ёстой.

Хоёр хувьсагчийн функцийн хувьд шаардлагатай нөхцөлэкстремум, тухайлбал экстремум цэг дэх хэсэгчилсэн деривативуудын (дифференциал) тэгтэй тэнцүү байх нь геометрийн тайлбартай: гадаргуутай шүргэгч хавтгай
туйлын цэг нь хавтгайтай параллель байх ёстой
.

20. Экстремум оршин тогтнох хангалттай нөхцөл

Хэзээ нэгэн цагт экстремум оршин тогтнох шаардлагатай нөхцөлийг биелүүлэх нь тэнд экстремум байгаа эсэхийг огт баталгаажуулдаггүй. Жишээлбэл, бид хаа сайгүй дифференциалагдах функцийг авч болно
. Түүний хэсэгчилсэн дериватив болон функц нь хоёулаа цэг дээр алга болно
. Гэсэн хэдий ч энэ цэгийн аль ч хэсэгт эерэг (том
), сөрөг (бага
) энэ функцийн утгууд. Тиймээс, энэ үед, тодорхойлолтоор, ямар ч экстремум ажиглагддаггүй. Тиймээс экстремум гэж сэжиглэгдсэн цэг нь судалж буй функцийн экстремум цэг болох хангалттай нөхцөлийг мэдэх шаардлагатай.

Хоёр хувьсагчтай функцийн тохиолдлыг авч үзье. функц гэж үзье
тодорхой, үргэлжилсэн ба зарим цэгийн ойролцоо хоёр дахь зэрэглэл хүртэл тасралтгүй хэсэгчилсэн деривативтай
, энэ нь функцийн хөдөлгөөнгүй цэг юм
, өөрөөр хэлбэл нөхцөлийг хангаж байна

,
.

Дараах тэмдэглэгээг танилцуулъя.

Теорем (экстремум оршин тогтнох хангалттай нөхцөл). Функцийг зөвшөөр
Дээрх нөхцөлүүдийг хангасан, тухайлбал: хөдөлгөөнгүй цэгийн зарим хөршид ялгах боломжтой
бөгөөд тухайн цэг дээр хоёр дахин ялгагдах боломжтой
. Дараа нь бол

Хэрэв
дараа нь функц
цэг дээр
хүрдэг

орон нутгийн дээд хэмжээцагт
Тэгээд

орон нутгийн доод хэмжээцагт
.

Ерөнхийдөө функцийн хувьд
цэг дээр оршин тогтнох хангалттай нөхцөл
орон нутгийнхамгийн бага(дээд тал нь) байна эерэг(сөрөг) хоёр дахь дифференциалын тодорхой байдал.

Өөрөөр хэлбэл, дараах мэдэгдэл үнэн юм.

Теорем . Хэрэв цэг дээр байвал
функцийн хувьд

тэгтэй тэнцүү биш аль нэгний хувьд
, тэгвэл энэ үед функц байна хамгийн бага(тэй төстэй дээд тал нь, Хэрэв
).

Жишээ 18.Функцийн локал экстремум цэгүүдийг ол

Шийдэл. Функцийн хэсэгчилсэн деривативуудыг олж, тэгтэй тэнцүү болгоцгооё.

Энэ системийг шийдэхийн тулд бид хоёр боломжит экстремум цэгийг олдог.

Энэ функцийн хоёр дахь эрэмбийн хэсэгчилсэн деривативуудыг олцгооё.

Эхний суурин цэг дээр, тиймээс, ба
Тиймээс энэ үед нэмэлт судалгаа хийх шаардлагатай байна. Функцийн үнэ цэнэ
Энэ үед тэг байна:
Цаашид,

цагт

А

цагт

Тиймээс, цэгийн аль ч хөрш
функц
утгыг их хэмжээгээр авдаг
, ба түүнээс бага
, мөн, тиймийн тул, цэг дээр
функц
, тодорхойлолтоор бол орон нутгийн экстремумгүй.

Хоёр дахь суурин цэг дээр



тиймээс, тиймээс, хойш
дараа нь цэг дээр
функц нь орон нутгийн хамгийн их утгатай.

>>Extrema

Функцийн экстремум

Экстремумын тодорхойлолт

Чиг үүрэг y = f(x) гэж нэрлэдэг нэмэгдэх (буурч байна) тодорхой интервалд, хэрэв x 1 бол< x 2 выполняется неравенство (f (x 1) < f (x 2) (f (x 1) >f (x 2)).

Хэрэв дифференциалагдах функц y = f (x) нь интервал дээр ихсэх (багарах) бол энэ f интервал дээрх дериватив болно. " (x)> 0

(f"(x)< 0).

Цэг x О дуудсан орон нутгийн хамгийн дээд цэг (хамгийн бага) цэгийн хөрш байгаа бол f (x) функц х о, бүх цэгүүдийн хувьд f (x) тэгш бус байдал үнэн≤ f (x o) (f (x))≥ f (x o )).

Хамгийн их ба хамгийн бага цэгүүдийг дууддаг экстремум цэгүүд, мөн эдгээр цэгүүд дэх функцын утгууд нь түүнийх юм туйлшрал.

Экстремум цэгүүд

Экстремум үүсэх зайлшгүй нөхцөл . Хэрэв цэг бол x О нь f (x) функцийн экстремум цэг бөгөөд дараа нь f " (x o ) = 0, эсвэл f(x o ) байхгүй байна. Ийм цэгүүдийг нэрлэдэг шүүмжлэлтэй,ба функц нь өөрөө чухал цэг дээр тодорхойлогддог. Функцийн экстремумыг түүний эгзэгтэй цэгүүдээс хайх хэрэгтэй.

Эхлээд хангалттай нөхцөл. Болъё x О - чухал цэг. Хэрэв f" (x ) цэгээр дамжин өнгөрөх үед x О нэмэх тэмдгийг хасах, дараа нь цэг дээр өөрчилнө х офункц нь дээд талтай, эс тэгвээс хамгийн багатай. Хэрэв эгзэгтэй цэгээр дамжин өнгөрөхдөө дериватив тэмдэг өөрчлөгдөхгүй бол тухайн цэг дээр x О туйлшрал гэж байхгүй.

Хоёр дахь хангалттай нөхцөл. f(x) функцтэй байг
f" (x ) цэгийн ойролцоо x О мөн цэг дээрх хоёр дахь дериватив х о. Хэрэв f"(х о) = 0, >0 ( <0), то точка х о f (x) функцийн орон нутгийн хамгийн бага (хамгийн их) цэг юм. Хэрэв =0 бол эхний хангалттай нөхцөлийг ашиглах эсвэл илүү өндөр нөхцөлийг оруулах шаардлагатай.

Сегмент дээр y = f (x) функц нь эгзэгтэй цэгүүд эсвэл сегментийн төгсгөлд хамгийн бага эсвэл хамгийн их утгад хүрч болно.

Жишээ 3.22.

Шийдэл.Учир нь е " (

Функцийн экстремумыг олох асуудал

Жишээ 3.23. а

Шийдэл. xТэгээд y y
0 ≤ x≤
> 0, хэзээ x >a /4 С " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение функцууд кв. нэгж).

Жишээ 3.24. p ≈

Шийдэл.х х
S"
R = 2, H = 16/4 = 4.

Жишээ 3.22.f (x) = 2x 3 - 15x 2 + 36x - 14 функцийн экстремумыг ол.

Шийдэл.Учир нь е " (x ) = 6x 2 - 30x +36 = 6(x ​​​​-2)(x - 3), дараа нь функцийн эгзэгтэй цэгүүд x 1 = 2 ба x 2 = 3. Экстремум нь зөвхөн эдгээр цэгүүдэд байж болно. x 1 = 2 цэгийг дайран өнгөрөхөд дериватив тэмдэг нэмэхээс хасах руу шилждэг тул энэ үед функц хамгийн их байна. x 2 = 3 цэгээр дамжин өнгөрөхөд дериватив нь тэмдгээ хасахаас нэмэх рүү өөрчилдөг тул x 2 = 3 цэг дээр функц нь хамгийн багатай байна. Цэг дэх функцийн утгыг тооцоолсны дараа
x 1 = 2 ба x 2 = 3 бол функцийн экстремумыг олно: хамгийн их f (2) = 14, хамгийн бага f (3) = 13.

Жишээ 3.23.Чулуун хананы дэргэд дөрвөлжин талбайг гурван талаас нь төмөр тороор хашаалж, дөрөв дэх тал нь хананд залгах шаардлагатай. Үүний тулд бий ашугаман метр торон . Талбайн талбайн хэмжээ ямар байх вэ?

Шийдэл.Платформын талуудыг дараах байдлаар тэмдэглэе xТэгээд y. Талбайн талбай нь S = xy байна. Болъё y- энэ нь ханатай зэргэлдээх талын урт юм. Дараа нь болзолын дагуу 2x + y = a тэгшитгэл хангагдсан байх ёстой. Тиймээс y = a - 2x ба S = x (a - 2x), энд
0 ≤ x≤ a /2 (талбайн урт ба өргөн нь сөрөг байж болохгүй). S " = a - 4x, a - 4x = 0 at x = a/4, эндээс
y = a - 2 × a/4 =a/2. Учир нь x = a /4 нь цорын ганц чухал цэг бөгөөд энэ цэгийг дайран өнгөрөхөд деривативын тэмдэг өөрчлөгдөх эсэхийг шалгая. x a /4 S "> 0, хэзээ x >a /4 С " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение функцууд S(a/4) = a/4(a - a/2) = a 2/8 (кв. нэгж). S тасралтгүй асаалттай бөгөөд S(0) ба S(a /2) төгсгөлд байгаа утгууд нь тэгтэй тэнцүү тул олсон утга нь дараах болно. хамгийн өндөр үнэ цэнэфункцууд. Тиймээс асуудлын өгөгдсөн нөхцөлд сайтын хамгийн таатай харьцаа нь y = 2x байна.

Жишээ 3.24.V=16 багтаамжтай битүү цилиндр сав үйлдвэрлэх шаардлагатай p ≈ 50 м 3. Савны хэмжээ (радиус R ба өндөр H) ямар байх ёстой бөгөөд үүнийг үйлдвэрлэхэд хамгийн бага хэмжээний материалыг ашиглах ёстой вэ?

Шийдэл.Цилиндрийн нийт гадаргуугийн талбай нь S = 2 байнах R(R+H). Цилиндрийн V = хэмжээг бид мэднэ p R 2 Н Þ Н = V/ p R 2 =16 p / х R2 = 16/R2. Тэгэхээр S(R) = 2х (R 2 +16/R). Бид энэ функцийн деривативыг олдог:
S"(R) = 2 p (2R- 16/R 2) = 4 p (R- 8/R 2). S" R 3 = 8 үед (R) = 0, тиймээс,
R = 2, H = 16/4 = 4.

$E \дэд багц \mathbb(R)^(n)$. Тэд $f$-д байдаг гэж хэлдэг орон нутгийн дээд хэмжээ$x_(0) \E$ цэг дээр, хэрэв $x_(0)$ цэгийн $U$-ийн хөрш байгаа бол бүх $x \U$-д $f\зүүн(x\баруун) тэгш бус байдал бий болно. ) \leqslant f сэтгэл хангалуун байна \left(x_(0)\right)$.

Орон нутгийн дээд хязгаар гэж нэрлэдэг хатуу , хэрвээ $U$ хөршийг $x_(0)$-с ялгаатай бүх $x \in U$-д $f\left(x\right) байхаар сонгож чадвал< f\left(x_{0}\right)$.

Тодорхойлолт
$E \дэд олонлог \mathbb(R)^(n)$ нээлттэй олонлог дээрх $f$ бодит функц байг. Тэд $f$-д байдаг гэж хэлдэг орон нутгийн доод хэмжээ$x_(0) \E$ цэг дээр, хэрэв $x_(0)$ цэгийн $U$-ийн хөрш байгаа бол бүх $x \U$-д $f\зүүн(x\баруун) тэгш бус байдал бий болно. ) \geqslant f сэтгэл хангалуун байна \left(x_(0)\right)$.

$U$-ийн хөршийг $x_(0)$-с ялгаатай бүх $x \in U$-д $f\left(x\right) > f\left(x_) байхаар сонгох боломжтой бол орон нутгийн доод хэмжээг хатуу гэж нэрлэдэг. ( 0)\баруун)$.

Орон нутгийн экстремум нь орон нутгийн хамгийн бага ба орон нутгийн максимум гэсэн ойлголтуудыг нэгтгэдэг.

теорем (дифференциалагдах функцийн экстремумд шаардлагатай нөхцөл)
$E \дэд олонлог \mathbb(R)^(n)$ нээлттэй олонлог дээрх $f$ бодит функц байг. Хэрэв $x_(0) \E$ цэг дээр $f$ функц нь энэ цэгт локал экстремумтай байвал $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ Тэгтэй тэнцүү дифференциал нь бүгд тэгтэй тэнцүү байхтай тэнцүү, өөрөөр хэлбэл. $$\displaystyle\frac(\хэсэг f)(\хэсэг x_(i))\зүүн(x_(0)\баруун)=0.$$

Нэг хэмжээст тохиолдолд энэ нь – . $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$ гэж тэмдэглэе, $h$ нь дурын вектор юм. $\phi$ функц нь үнэмлэхүй утгаараа хангалттай бага $t$ утгуудын хувьд тодорхойлогддог. Үүнээс гадна, энэ нь , болон $(\phi)’ \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$-ын хувьд ялгагдах боломжтой.
$f$ нь x $0$ цэг дээр локал максимумтай байг. Энэ нь $t = 0$ дээрх $\phi$ функц нь локал максимумтай бөгөөд Фермагийн теоремоор $(\phi)’ \left(0\right)=0$ байна гэсэн үг.
Тиймээс бид $df \left(x_(0)\right) = 0$-г авсан, өөрөөр хэлбэл. $x_(0)$ цэг дээрх $f$ функц нь дурын $h$ вектор дээр тэгтэй тэнцүү байна.

Тодорхойлолт
Дифференциал нь тэг байх цэгүүд, i.e. бүх хэсэгчилсэн деривативууд нь тэгтэй тэнцүү байвал хөдөлгөөнгүй гэж нэрлэдэг. Чухал цэгүүд$f$ функцууд нь $f$ ялгах боломжгүй эсвэл тэгтэй тэнцүү байх цэгүүд юм. Хэрэв цэг нь хөдөлгөөнгүй бол энэ цэг дээр функц экстремумтай байна гэсэн дүгнэлт гарахгүй.

Жишээ 1.
$f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$ байг. Дараа нь $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2) )$ тул $\left(0,0\right)$ нь хөдөлгөөнгүй цэг боловч энэ үед функцэд экстремум байхгүй байна. Үнэн хэрэгтээ, $f \left(0,0\right) = 0$, гэхдээ $\left(0,0\right)$ цэгийн аль ч хэсэгт функц эерэг ба сөрөг утгыг хоёуланг нь авдаг болохыг харахад хялбар байдаг.

Жишээ 2.
$f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ функц нь гарал үүслийн цэг дээрээ зогсонги цэгтэй боловч энэ цэгт экстремум байхгүй нь тодорхой байна.

Теорем (экстремумын хангалттай нөхцөл).
$E \дэд олонлог \mathbb(R)^(n)$ нээлттэй олонлог дээр $f$ функцийг хоёр дахин тасралтгүй ялгах боломжтой байг. $x_(0) \in E$ нь хөдөлгөөнгүй цэг ба $$\displaystyle Q_(x_(0)) \left(h\right) \equiv \sum_(i=1)^n \sum_(j=1) байг. ) ^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_(j)) \left(x_(0)\right)h^(i)h^(j).$ $ Дараа нь

1. хэрэв $Q_(x_(0))$ – бол $x_(0)$ цэг дэх $f$ функц нь локал экстремумтай, тухайлбал, хэлбэр эерэг тодорхой байвал хамгийн бага, хэлбэр нь байвал хамгийн их утгатай байна. сөрөг тодорхой;
2. хэрэв $Q_(x_(0))$ квадрат хэлбэр тодорхойгүй бол $x_(0)$ цэг дэх $f$ функц нь экстремумгүй болно.

Тейлорын томъёогоор (12.7 х. 292) тэлэлтийг ашиглая. $x_(0)$ цэгийн эхний эрэмбийн хэсэгчилсэн деривативууд тэгтэй тэнцүү байна гэж үзвэл $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\ баруун) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_ (j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ энд $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$, $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$, $h \rightarrow 0$, дараа нь баруун хэсэгхангалттай бага урттай $h$ векторын хувьд эерэг байх болно.
Ингээд бид $x_(0)$ цэгийн тодорхой хөршид $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ тэгш бус байдал нь зөвхөн $ байвал л явагдана гэсэн дүгнэлтэд хүрсэн. x \neq x_ (0)$ (бид $x=x_(0)+h$\баруун). Энэ нь $x_(0)$ цэг дээр функц нь хатуу локал минимумтай байна гэсэн үг бөгөөд ингэснээр бидний теоремын эхний хэсэг батлагдсан болно.
Одоо $Q_(x_(0))$ - гэж бодъё. тодорхойгүй хэлбэр. Дараа нь $h_(1)$, $h_(2)$ векторууд байгаа бөгөөд $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \left(h_(2)\баруун)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>$0. Дараа нь бид $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) авна. \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ Хангалттай жижиг $t>0$-д баруун гар тал эерэг байна. Энэ нь $x_(0)$ цэгийн аль ч хэсэгт $f$ функц нь $f \left(x\right)$ $f \left(x_(0)\right)$-аас их утгыг авдаг гэсэн үг юм.
Үүний нэгэн адил бид $x_(0)$ цэгийн аль ч хэсэгт $f$ функц нь $f \left(x_(0)\right)$-аас бага утгыг авдаг болохыг олж мэдсэн. Энэ нь өмнөхтэй хамт $x_(0)$ цэг дээр $f$ функц нь экстремумгүй гэсэн үг юм.

Ингээд авч үзье онцгой тохиолдолЭнэ теоремын $\left(x_(0),y_(0)\right)$ цэгийн тодорхой орчимд тодорхойлогдсон, тасралтгүй хэсэгчилсэн утгатай хоёр хувьсагчийн $f \left(x,y\right)$ функцийн хувьд. энэ хөршийн анхны дериватив ба хоёрдугаар тушаалын . $\left(x_(0),y_(0)\right)$ нь хөдөлгөөнгүй цэг гэж үзээд $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^)-ийг тэмдэглэнэ. (2)) \left(x_(0) ,y_(0)\баруун), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_( 0) ), y_(0)\баруун), a_(22)=\frac(\хэсэг^(2) f)(\хэсэг у^(2)) \зүүн(x_(0), y_(0)\баруун ) .$$ Тэгвэл өмнөх теорем дараах хэлбэрийг авна.

Теорем
$\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$ гэж үзье. Дараа нь:

1. хэрэв $\Delta>0$ бол $f$ функц нь $\left(x_(0),y_(0)\right)$ цэг дээр локал экстремумтай байна, тухайлбал $a_(11)> хамгийн бага бол 0$ , хэрэв $a_(11) бол дээд тал нь<0$;
2. хэрэв $\Дельта<0$, 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.

Асуудлыг шийдвэрлэх жишээ

Олон хувьсагчийн функцийн экстремумыг олох алгоритм:

1. Хөдөлгөөнгүй цэгүүдийг олох;
2. Бүх хөдөлгөөнгүй цэгүүдэд 2-р эрэмбийн дифференциалыг ол
3. Олон хувьсагчийн функцийн экстремумын хангалттай нөхцөлийг ашиглан бид суурин цэг бүрт 2-р эрэмбийн дифференциалыг авч үздэг.

1. Extremum $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$ функцийг судал.
   Шийдэл

   1-р эрэмбийн хэсэгчилсэн деривативуудыг олцгооё: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial) f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Системийг зохиож шийдье: $$\displaystyle \begin(case)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\хэсэг f)(\хэсэг y)= 0\төгсгөл(тохиолдлууд) \Баруун сум \эхлэх(тохиолдлууд)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x = 0\end(тохиолдол) \Баруун сум \эхлэх(тохиолдол)x^(2) — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) — x = 0 \end(case)$$ 2-р тэгшитгэлээс бид $x=4 \cdot y^(2)$-ийг илэрхийлнэ - үүнийг 1-р тэгшитгэлд орлуулна: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2) \right )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $ $y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Үүний үр дүнд 2 суурин цэгийг олж авна.
   1) $y=0 \Баруун сум x = 0, M_(1) = \left(0, 0\баруун)$;
   2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Баруун сум y^(3)=\frac(1)(8) \Баруун сум y = \frac(1)(2) \Баруун сум x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\баруун)$
   Экстремумын хангалттай нөхцөл хангагдсан эсэхийг шалгацгаая.
   $$\ displaystyle \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн x ^ (2)) = 6 \ cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
   1) $M_(1)= \left(0,0\right)$ цэгийн хувьд:
   $$\displaystyle A_(1)=\frac(\хэсэг^(2) f)(\хэсэг x^(2)) \left(0,0\баруун)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(0,0\right)=-6; C_(1)=\frac(\хэсэг^(2) f)(\хэсэг y^(2)) \left(0,0\баруун)=0;$$
   $A_(1) \cdot B_(1) — C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
   2) $M_(2)$ цэгийн хувьд:
   $$\displaystyle A_(2)=\frac(\хэсэг^(2) f)(\хэсэг x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\баруун)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\хэсэг^(2) f)(\хэсэг y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\баруун)=24;$$
   $A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, энэ нь $M_(2)$ цэг дээр экстремум байгаа гэсэн үг бөгөөд $A_(2)>-аас хойш. 0$ бол энэ нь хамгийн бага хэмжээ юм.
   Хариулт: $\displaystyle M_(2)\left(1,\frac(1)(2)\right)$ цэг нь $f$ функцийн хамгийн бага цэг юм.
   

2. $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$ экстремумын функцийг судал.
   Шийдэл

   Тогтмол цэгүүдийг олцгооё: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \ cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
   Системийг зохиож шийдье: $$\displaystyle \begin(case)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(тохиолдол). ) \ Баруун сум \эхлэх(тохиолдол)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(тохиолдол) \Баруун сум \эхлэх(тохиолдол) y = 2\\y + x = 1\төгсгөл(тохиолдлууд) \Баруун сум x = -1$$
   $M_(0) \left(-1, 2\right)$ нь хөдөлгөөнгүй цэг юм.
   Экстремумын хангалттай нөхцөл хангагдсан эсэхийг шалгая: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0 ; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\right)=2;$$
   $A \cdot B — C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
   Хариулт: туйлшрал байхгүй.
   

Хугацаа: 0

Навигац (зөвхөн ажлын дугаар)

4 даалгавраас 0-г нь гүйцэтгэсэн

Мэдээлэл

Саяхан уншсан сэдвийнхээ талаарх мэдлэгээ шалгахын тулд энэхүү шалгалтыг өгөөрэй: Олон хувьсагчийн функцүүдийн орон нутгийн экстремум.

Та өмнө нь шалгалт өгсөн байна. Та үүнийг дахин эхлүүлэх боломжгүй.

Туршилтыг ачаалж байна...

Туршилтыг эхлүүлэхийн тулд та нэвтэрч орох эсвэл бүртгүүлэх ёстой.

Үүнийг эхлүүлэхийн тулд та дараах туршилтуудыг хийх ёстой.

үр дүн

Зөв хариулт: 4-өөс 0

Чиний цаг:

Цаг дууслаа

Та 0 онооноос 0 оноо авсан (0)

Таны үр дүн тэргүүлэгчдийн самбарт бичигдсэн байна

1. Хариулттай
2. Харах тэмдэгтэй

4-ийн 1-р даалгавар

1 .

Онооны тоо: 1

Экстремийн хувьд $f$ функцийг судал: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

Зөв


Буруу


1. 4-ийн 2-р даалгавар

   2 .

   Онооны тоо: 1

   $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ функц экстремумтай юу?

Тодорхойлолт:Хэрэв x0 цэгийн зарим хэсэгт функц хамгийн их (эсвэл хамгийн бага) утгыг авдаг бол x0 цэгийг функцийн локал максимум (эсвэл хамгийн бага) цэг гэж нэрлэдэг. x0 цэгийн зарим хөршөөс бүх x-ийн хувьд f(x) f(x0) (эсвэл f(x) f(x0)) нөхцөл хангагдсан байна.

Орон нутгийн хамгийн их эсвэл хамгийн бага цэгүүдийг нийтлэг нэрээр нэгтгэдэг - функцийн орон нутгийн экстремумын цэгүүд.

Орон нутгийн экстремум цэгүүдэд функц нь зөвхөн тодорхой орон нутгийн бүсэд хамгийн их буюу хамгийн бага утгад хүрдэг гэдгийг анхаарна уу. Уmaxуmin утгын дагуу байх тохиолдол байж болно.

Функцийн орон нутгийн экстремум байгаагийн зайлшгүй шинж тэмдэг

Теорем . Үргэлжилсэн y = f(x) функц нь x0 цэг дээр орон нутгийн экстремумтай бол энэ үед эхний дериватив нь тэг буюу байхгүй байна, өөрөөр хэлбэл. Эхний төрлийн эгзэгтэй цэгүүдэд орон нутгийн экстремум үүсдэг.

Орон нутгийн экстремум цэгүүдэд шүргэгч нь 0x тэнхлэгтэй параллель байна, эсвэл хоёр шүргэгч байна (зураг харна уу). Чухал цэгүүд нь орон нутгийн экстремумын хувьд зайлшгүй шаардлагатай боловч хангалттай нөхцөл биш гэдгийг анхаарна уу. Орон нутгийн экстремум нь зөвхөн эхний төрлийн эгзэгтэй цэгүүдэд тохиолддог, гэхдээ бүх чухал цэгүүдэд орон нутгийн экстремум үүсдэггүй.

Жишээ нь: y = x3 куб парабол нь x0 = 0 чухал цэгтэй бөгөөд үүсмэл y/(0)=0, гэхдээ x0=0 эгзэгтэй цэг нь экстремум цэг биш, харин түүний гулзайлтын цэг (доороос харна уу).

Функцийн орон нутгийн экстремум байгаагийн хангалттай шинж тэмдэг

Теорем . Хэрэв аргумент зүүнээс баруун тийш эхний төрлийн эгзэгтэй цэгээр дамжин өнгөрөхөд эхний дериватив y / (x)

тэмдгийг "+"-ээс "-" болгон өөрчилвөл энэ чухал цэг дэх тасралтгүй функц y(x) нь орон нутгийн максимумтай байна;

тэмдгийг “-”-ээс “+” болгон өөрчилсөн тохиолдолд тасралтгүй функц y(x) нь энэ чухал цэг дээр локал минимумтай байна

тэмдэг өөрчлөгдөхгүй, тэгвэл энэ чухал цэг дээр орон нутгийн экстремум байхгүй, энд гулзайлтын цэг байна.

Орон нутгийн максимумын хувьд өсөлтийн функцийн мужийг (y/0) функцийн бууралтын мужаар (y/0) орлуулна. Орон нутгийн минимумын хувьд буурах функцийн мужийг (y/0) функцийг нэмэгдүүлэх бүсээр (y/0) орлуулна.

Жишээ: y = x3 + 9x2 + 15x - 9 функцийг монотон, экстремум гэж үзээд функцийн графикийг байгуул.

Деривативыг (y/) тодорхойлж, тэгтэй тэнцүүлэх замаар эхний төрлийн эгзэгтэй цэгүүдийг олъё: y/ = 3x2 + 18x + 15 = 3(x2 + 6x + 5) = 0

Квадрат гурвалжийг дискриминант ашиглан шийдье.

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

2) Бид тооны тэнхлэгийг эгзэгтэй цэгүүд бүхий 3 мужид хувааж, тэдгээрийн үүсмэл (y /) тэмдгүүдийг тодорхойлно. Эдгээр тэмдгүүдийг ашиглан функцүүдийн монотон (өсөж, буурах) хэсгүүдийг олж, тэмдгүүдийг өөрчилснөөр бид орон нутгийн экстремумын цэгүүдийг (хамгийн их ба хамгийн бага) тодорхойлно.

Бид судалгааны үр дүнг хүснэгт хэлбэрээр танилцуулж, дараах дүгнэлтийг гаргаж болно.

• 1. y /(-10) 0 интервал дээр функц нь нэг хэвийн өсдөг (у деривативын тэмдгийг энэ интервалд авсан x = -10 хяналтын цэгийг ашиглан тооцоолсон);
• 2. (-5 ; -1) y /(-2) 0 интервал дээр функц нь нэг хэвийн буурдаг (у үүсмэлийн тэмдгийг энэ интервалд авсан x = -2 хяналтын цэгийг ашиглан тооцоолсон);
• 3. y /(0) 0 интервал дээр функц монотоноор нэмэгддэг (у деривативын тэмдгийг энэ интервалд авсан x = 0 хяналтын цэгийг ашиглан тооцоолсон);
• 4. Х1к = -5 эгзэгтэй цэгийг дайран өнгөрөхөд дериватив тэмдэг нь “+”-ээс “-” болж өөрчлөгддөг тул энэ цэг нь орон нутгийн максимум цэг болно.
• (ymax(-5) = (-5)3+9(-5)2 +15(-5)-9=-125 + 225 - 75 - 9 =16);
• 5. X2k = -1 эгзэгтэй цэгээр дамжин өнгөрөхөд дериватив тэмдэг нь “-”-ээс “+” болж өөрчлөгддөг тул энэ цэг нь орон нутгийн минимум цэг болно.
• (ymin(-1) = -1 + 9 - 15 - 9 = - 16).

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

3) Бид хяналтын цэгүүдэд функцийн утгын нэмэлт тооцоог ашиглан судалгааны үр дүнд үндэслэн график байгуулна.

тэгш өнцөгт координатын системийг барих Окси;

Бид хамгийн их (-5; 16) ба хамгийн бага (-1;-16) цэгүүдийг координатаар харуулав;

графикийг тодруулахын тулд бид функцийн утгыг хяналтын цэгүүд дээр тооцоолж, тэдгээрийг хамгийн их ба хамгийн бага цэгүүдийн зүүн ба баруун талд, дундаж интервал дотор сонгоно, жишээлбэл: 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) ба (0;-9) - график байгуулахын тулд бидний зурдаг тооцоолсон хяналтын цэгүүд;

Бид графикийг хамгийн их цэг дээр дээшээ гүдгэр, хамгийн бага цэг дээр доошоо гүдгэр хэлбэрээр тооцоолсон хяналтын цэгүүдээр дамжуулж үзүүлэв.