Bir fonksiyonda belirli bir noktada meydana gelen değişiklik, fonksiyonun artışının, argümanın sıfıra yaklaşan artışına oranı olarak tanımlanır. Bunu bulmak için türev tablosunu kullanın. Örneğin y = x3 fonksiyonunun türevi y' = x2'ye eşit olacaktır.
Bu türevi sıfıra eşitleyin (içinde bu durumda x2=0).
Verilen değişkenin değerini bulun. Bunlar, verilen türevin 0'a eşit olacağı değerler olacaktır. Bunu yapmak için, ifadedeki x yerine, ifadenin tamamının sıfır olacağı rastgele sayıları değiştirin. Örneğin:
2-2x2= 0
(1-x)(1+x) = 0
x1= 1, x2 = -1
Elde edilen değerleri koordinat çizgisine çizin ve elde edilen değerlerin her biri için türevin işaretini hesaplayın. Koordinat çizgisi üzerinde orijin olarak alınan noktalar işaretlenir. Aralıklardaki değeri hesaplamak için kriterlerle eşleşen isteğe bağlı değerleri değiştirin. Örneğin -1 aralığından önceki önceki fonksiyon için -2 değerini seçebilirsiniz. -1'den 1'e kadar olan değerler için 0'ı, 1'den büyük değerler için ise 2'yi seçebilirsiniz. Bu sayıları türevde yerine koyun ve türevin işaretini bulun. Bu durumda x = -2 olan türev -0,24'e eşit olacaktır, yani. negatiftir ve bu aralıkta eksi işareti olacaktır. Eğer x=0 ise değer 2'ye eşit olacak ve bu aralığa bir işaret konulacaktır. Eğer x=1 ise türev de -0,24'e eşit olacak ve bir eksi konulacaktır.
Koordinat çizgisi üzerindeki bir noktadan geçerken türev işaretini eksiden artıya değiştirirse, bu minimum noktadır ve artıdan eksiye ise bu maksimum noktadır.
Konuyla ilgili video
Türevi bulmak için hesaplayan çevrimiçi hizmetler vardır. gerekli değerler ve sonucu görüntüleyin. Bu tür sitelerde 5. dereceye kadar türevleri bulabilirsiniz.
Kaynaklar:
- Türevlerin hesaplanmasına yönelik hizmetlerden biri
- fonksiyonun maksimum noktası
Bir fonksiyonun minimum noktalarıyla birlikte maksimum noktalarına ekstrem noktalar denir. Bu noktalarda fonksiyon davranışını değiştirir. Ekstremler sınırlı sayısal aralıklarla belirlenir ve her zaman yereldir.
Talimatlar
Yerel ekstremum bulma işlemine fonksiyon denir ve fonksiyonun birinci ve ikinci türevleri analiz edilerek gerçekleştirilir. Çalışmaya başlamadan önce belirtilen argüman değerleri aralığının geçerli değerlere ait olduğundan emin olun. Örneğin, F=1/x fonksiyonu için x=0 argümanı geçerli değil. Veya Y=tg(x) fonksiyonu için argüman x=90° değerine sahip olamaz.
Y fonksiyonunun verilen aralığın tamamı boyunca türevlenebilir olduğundan emin olun. Y'nin ilk türevini bulun." Açıkçası, yerel maksimum noktasına ulaşmadan önce fonksiyon artar ve maksimumdan geçerken fonksiyon azalan hale gelir. fiziksel anlam Bir fonksiyonun değişim hızını karakterize eder. Fonksiyon artarken bu sürecin hızı da pozitiftir. Yerel maksimumdan geçerken fonksiyon azalmaya başlar ve fonksiyonun değişim hızı negatif olur. Fonksiyonun değişim hızının sıfıra geçişi yerel maksimum noktasında meydana gelir.
Çok değişkenli bir f(x) fonksiyonu için, x noktası bir vektördür, f'(x), f(x) fonksiyonunun birinci türevlerinin (gradyan) bir vektörüdür, f ′ ′(x) ikincinin simetrik bir matrisidir kısmi türevler (Hessian matrisi - Hessian) fonksiyonları f(x).
Çok değişkenli bir fonksiyon için optimallik koşulları aşağıdaki gibi formüle edilir.
Yerel optimallik için gerekli bir koşul. f(x)'in x * R n noktasında türevlenebilir olmasına izin verin. Eğer x* yerel bir ekstrem nokta ise f’(x *) = 0 olur.
Daha önce olduğu gibi, bir denklem sisteminin çözümü olan noktalara durağan denir. Sabit x * noktasının doğası, Hessian matrisi f′ ′(x)'in kesin işaretiyle ilişkilidir.
A matrisinin işareti ikinci dereceden Q(α)= formunun işaretlerine bağlıdır.< α A, α >sıfır olmayan tüm α∈R n için.
Burada ve daha ilerisinde
Bir A matrisi, sıfır olmayan tüm α∈R n için Q(α)>0 (Q(α)≥0) ise pozitif (negatif olmayan) belirlidir; negatif (pozitif olmayan) kesin eğer Q(α)<0 (Q(α)≤0) при всех ненулевых α∈R n ; неопределенной, если Q(α)>Sıfır olmayan bazı α∈R n ve Q(α) için 0<0 для остальных ненулевых α∈R n .
Yerel optimallik için yeterli koşul. f(x), x * R n noktasında iki kez türevlenebilir olsun ve f’(x *)=0 olsun, yani. x * − sabit nokta. O halde, f′′(x *) matrisi pozitif (negatif) tanımlı ise, x * yerel bir minimum (maksimum) noktadır; f′′(x *) matrisi tanımsızsa, x * bir eyer noktasıdır.
Eğer f′′(x *) matrisi negatif olmayan (pozitif olmayan) bir şekilde belirliyse, o zaman x * durağan noktasının doğasını belirlemek için daha yüksek dereceli türevlerin incelenmesi gerekir.
Bir matrisin işaretini kontrol etmek için kural olarak Sylvester kriteri kullanılır. Bu kritere göre, simetrik bir A matrisi ancak ve ancak tüm açısal küçüklerinin pozitif olması durumunda pozitif tanımlıdır. Bu durumda, A matrisinin açısal küçüğü, aynı (ve ilk) sayılara sahip satır ve sütunların kesişiminde bulunan A matrisinin elemanlarından oluşturulan bir matrisin determinantıdır. A simetrik matrisinin negatif kesinliğini kontrol etmek için, (−A) matrisinin pozitif kesinliğini kontrol etmeniz gerekir.
Dolayısıyla, çok değişkenli bir fonksiyonun yerel ekstrem noktalarını belirleme algoritması aşağıdaki gibidir.
1. f′(x)'i bulun.
2. Sistem çözülüyor 
Sonuç olarak, sabit noktalar x i hesaplanır.
3. f′′(x)'i bulun ve i=1 olarak ayarlayın.
4. f′′(x i)'yi bulun
5. f′′(x i) matrisinin açısal küçükleri hesaplanır. Tüm açısal küçükler sıfırdan farklı değilse, o zaman sabit x i noktasının niteliğinin belirlenmesi, daha yüksek dereceli türevlerin incelenmesini gerektirir. Bu durumda 8. adıma geçiş gerçekleştirilir.
Aksi halde 6. adıma gidin.
6. f′′(x i) açısal küçüklerinin işaretleri analiz edilir. Eğer f′′(x i) pozitif tanımlı ise, o zaman x i bir yerel minimum noktasıdır. Bu durumda 8. adıma geçiş gerçekleştirilir.
Aksi takdirde 7. adıma gidin.
7. -f′′(x i) matrisinin açısal küçükleri hesaplanır ve işaretleri analiz edilir.
Eğer -f′′(x i) − pozitif tanımlı ise, o zaman f′′(x i) negatif tanımlıdır ve x i bir yerel maksimum noktadır.
Aksi takdirde f′′(x i) tanımsızdır ve x i bir eyer noktasıdır.
8. Tüm sabit noktaların niteliğini belirleme koşulu i=N kontrol edilir.
Eğer yerine getirilirse hesaplamalar tamamlanır.
Koşul karşılanmazsa i=i+1 varsayılır ve 4. adıma geçiş gerçekleştirilir.
Örnek No.1. f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2 fonksiyonunun yerel ekstremum noktalarını belirleyin 
Tüm açısal küçükler sıfırdan farklı olduğundan, x 2'nin karakteri f′′(x) kullanılarak belirlenir.
f′′(x 2) matrisi pozitif tanımlı olduğundan, x 2 bir yerel minimum noktasıdır.
Cevap: f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2 fonksiyonunun x = (5/3; 8/3) noktasında yerel minimumu vardır.
MAKSİMUM VE MİNİMUM PUANLAR
en büyük veya en büyük değerlerin alındığı noktalar en küçük değer tanım alanında; bu tür noktalara denir ayrıca mutlak maksimum veya mutlak minimum noktaları. Eğer f bir topolojik olarak tanımlanmışsa X boşluğu, ardından nokta x 0 isminde yerel maksimum noktası (yerel minimum), eğer böyle bir nokta mevcutsa x 0, bu mahallede söz konusu fonksiyonun sınırlandırılması için nokta x 0 mutlak maksimum (minimum) noktadır. Kesin ve katı olmayan maksimum (minimum) (hem mutlak hem de yerel) noktalar vardır. Örneğin, nokta adı verilen f fonksiyonunun katı olmayan (katı) yerel maksimumunun bir noktası, eğer noktanın böyle bir komşuluğu varsa x 0, bu herkes için geçerlidir (sırasıyla f(x)
Sonlu boyutlu alanlarda tanımlanan fonksiyonlar için diferansiyel hesap açısından, belirli bir noktanın yerel maksimum (minimum) noktası olması için koşullar ve işaretler vardır. F fonksiyonu sayı eksenindeki x 0 noktasının belirli bir komşuluğunda tanımlansın. Eğer x 0 - katı olmayan bir yerel maksimumun (minimum) bir noktası ve bu noktada f"( x 0),
o zaman sıfıra eşittir.
Belirli bir f fonksiyonu bir noktanın komşuluğunda türevlenebilirse x 0, belki de sürekli olduğu bu noktanın kendisi ve noktanın her iki tarafındaki f" türevi hariç x 0 bu mahallede sabit bir işaret var, o zaman x 0 Kesin yerel maksimumun (yerel minimum) bir noktası olduğundan, türevin işaretini artıdan eksiye çevirmek gerekli ve yeterlidir, yani x'te f"(x)>0 için<.x 0 ve f"(x)<0 при x>x 0(sırasıyla eksiden artıya: F"(X) <0
x'te<x 0 ve f"(x)>0'da x>x0).
Ancak bir noktanın komşuluğunda türevlenebilir her fonksiyon için geçerli değildir. x 0, Bu noktada türevin işaretinin değişmesinden bahsedebiliriz. . "
Eğer f fonksiyonu bir noktada ise x 0 ton türevler ve daha sonra x 0 kesin bir yerel maksimum noktasıydı, te'nin eşit olması ve f (m) ( x 0)<0, и - локального минимума, чтобы m было четно и f (m) (x 0)>0.
Fonksiyon f( x 1 ..., x n] bir noktanın n boyutlu komşuluğunda tanımlanır ve bu noktada türevlenebilir. Eğer x (0) katı olmayan bir yerel maksimumun (minimum) bir noktası ise, o zaman f fonksiyonu bu noktada sıfıra eşittir. Bu koşul, f fonksiyonunun 1. dereceden tüm kısmi türevlerinin bu noktada sıfıra eşitlenmesine eşdeğerdir. Bir fonksiyonun x(0)'da 2. sürekli kısmi türevleri varsa, x(0)'daki tüm 1. türevleri yok olur ve x(0)'daki 2. derece diferansiyel negatif (pozitif) ikinci dereceden bir form ise, o zaman x (0) şu şekilde olur: kesin yerel maksimum (minimum) noktası. Argümanlardaki değişikliklere belirli kısıtlamalar getirildiğinde, M. ve M.T. diferansiyellenebilir fonksiyonlar için koşullar bilinmektedir: bağlantı denklemleri karşılanır. Daha karmaşık bir yapıya sahip olan bir gerçel fonksiyonun maksimum (minimum) değeri için gerekli ve yeterli koşullar matematiğin özel dallarında incelenir: örneğin, dışbükey analiz, matematiksel programlama(Ayrıca bakınız Maksimumlaştırma ve fonksiyonların en aza indirilmesi).
Manifoldlarda tanımlanan M. ve m.t fonksiyonları incelenmiştir. genel olarak varyasyon hesabı, a M. ve m.t, fonksiyon uzaylarında tanımlanan fonksiyonlar için, yani içindeki fonksiyoneller için. varyasyon hesabı. Ayrıca orada çeşitli metodlar m ve m.t'nin sayısal yaklaşık tespiti.
Aydınlatılmış.: Il'in V. A., Poznya k E. G., Temeller matematiksel analiz, 3. baskı, bölüm 1, M., 1971; KudryavtsevL. L. D. Kudryavtsev.
Matematik ansiklopedisi. - M .: Sovyet Ansiklopedisi. I. M. Vinogradov. 1977-1985.
Diğer sözlüklerde "MAKSİMUM VE MİNİMUM NOKTALARIN" ne olduğuna bakın:
Zamana göre ayrık kontrol süreçleri için Pontryagin'in ayrık maksimum ilkesi. Böyle bir işlem için, sonlu fark operatörü geçerli olmayabilir, ancak bunun sürekli analogu için sonlu fark operatörünün diferansiyel bir operatörle değiştirilmesiyle elde edilir... ... Matematik Ansiklopedisi
Analitik modülün ana özelliklerinden birini ifade eden bir teorem. işlevler. f(z), bir M.m.p sabitinden farklı bir D-kompleks sayı uzayı alanındaki karmaşık değişkenlerin düzenli analitik veya holomorfik bir fonksiyonu olsun. Matematik Ansiklopedisi
Gerçek değerler alan bir fonksiyonun en büyük ve buna bağlı olarak en küçük değerleri. Söz konusu fonksiyonun tanım alanında maksimum veya minimum aldığı noktaya denir. sırasıyla maksimum nokta veya minimum nokta... ... Matematik Ansiklopedisi
Bir Fonksiyonun Maksimum ve Minimumunu, Bir Noktanın Maksimum ve Minimumunu Görün... Matematik Ansiklopedisi
Sürekli bir fonksiyonun maksimum veya minimum değeri (bkz. Maksimum ve Minimum Noktalar). LE terimi... Matematik Ansiklopedisi
Gösterge- (Gösterge) Gösterge Bilgi sistemi Herhangi bir parametredeki değişiklikleri görüntüleyen madde, cihaz, cihaz Forex döviz piyasası grafik göstergeleri nelerdir ve nereden indirilebilir? MACD göstergelerinin açıklaması,... ... Yatırımcı Ansiklopedisi
Bu terimin başka anlamları da vardır, bkz. Extremum (anlamlar). Matematikte ekstremum (enlem. ekstremum ekstremum), belirli bir kümedeki bir fonksiyonun maksimum veya minimum değeridir. En uç noktaya ulaşılan nokta... ... Vikipedi
Diferansiyel hesap, türev ve diferansiyel kavramlarını ve bunların fonksiyon çalışmalarına nasıl uygulanacağını inceleyen bir matematiksel analiz dalıdır. İçindekiler 1 Tek değişkenli fonksiyonların diferansiyel hesabı ... Wikipedia
Lemniskat ve odak noktaları Bernoulli'nin lemniskatı düzlemsel bir cebirsel eğridir. Noktaların yeri, çarpım olarak tanımlanır ... Vikipedi
uyuşmazlık- (Farklılık) Bir gösterge olarak ıraksama MACD ıraksama ile ticaret stratejisi İçindekiler İçindekiler Bölüm 1. on. Bölüm 2. Diverjans nasıl. Iraksaklık, ekonomide ıraksak doğrultudaki hareketi ifade etmek için kullanılan bir terimdir... ... Yatırımcı Ansiklopedisi
$E \subset \mathbb(R)^(n)$. $f$'ın olduğunu söylüyorlar yerel maksimum$x_(0) \in E$ noktasında, $x_(0)$ noktasının $U$ mahallesi varsa, öyle ki tüm $x \in U$ için $f\left(x\right eşitsizliği ) \leqslant f tatmin edicidir \left(x_(0)\right)$.
Yerel maksimum denir sıkı , eğer $U$ mahallesi, $x_(0)$'dan farklı olan tüm $x \in U$ için $f\left(x\right) olacak şekilde seçilebiliyorsa< f\left(x_{0}\right)$.
Tanım
$f$, $E \subset \mathbb(R)^(n)$ açık kümesinde gerçek bir fonksiyon olsun. $f$'ın olduğunu söylüyorlar yerel minimum$x_(0) \in E$ noktasında, $x_(0)$ noktasının $U$ mahallesi varsa, öyle ki tüm $x \in U$ için $f\left(x\right eşitsizliği ) \geqslant f tatmin edicidir \left(x_(0)\right)$.
$U$ mahallesi, $x_(0)$'dan farklı tüm $x \in U$ için $f\left(x\right) > f\left(x_) olacak şekilde seçilebiliyorsa yerel minimuma katı denir. ( 0)\sağ)$.
Yerel ekstremum, yerel minimum ve yerel maksimum kavramlarını birleştirir.
Teorem ( gerekli kondisyon diferansiyellenebilir fonksiyonun ekstremumu)
$f$, $E \subset \mathbb(R)^(n)$ açık kümesinde gerçek bir fonksiyon olsun. Eğer $x_(0)\in E$ noktasında $f$ fonksiyonu varsa yerel ekstremum ve bu noktada $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ Diferansiyelin sıfıra eşitliği herkesin sıfıra eşit olduğu gerçeğine eşdeğerdir, yani. $$\displaystyle\frac(\kısmi f)(\kısmi x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$
Tek boyutlu durumda bu – . $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$'ı gösterelim, burada $h$ isteğe bağlı bir vektördür. $\phi$ işlevi, mutlak değeri yeterince küçük olan $t$ değerleri için tanımlanır. Ek olarak, ve $(\phi)' \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$'a göre türevlenebilir.
$f$'ın x $0$ noktasında yerel maksimumu olsun. Bu, $t = 0$'daki $\phi$ fonksiyonunun yerel bir maksimuma sahip olduğu ve Fermat teoremine göre $(\phi)' \left(0\right)=0$ olduğu anlamına gelir.
Böylece $df \left(x_(0)\right) = 0$ elde ettik, yani. $x_(0)$ noktasındaki $f$ fonksiyonu herhangi bir $h$ vektöründe sıfıra eşittir.
Tanım
Diferansiyelin sıfır olduğu noktalar, yani. tüm kısmi türevlerin sıfıra eşit olduğu türevlere durağan denir. Kritik noktalar$f$ işlevleri, $f$'nin türevlenemediği veya sıfıra eşit olduğu noktalardır. Eğer nokta durağansa, bundan fonksiyonun bu noktada bir ekstremuma sahip olduğu sonucu çıkmaz.
Örnek 1.
$f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$ olsun. O zaman $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$, yani $\left(0,0\right)$ durağan bir noktadır, ancak fonksiyonun bu noktada bir ekstremumu yoktur. Aslında $f \left(0,0\right) = 0$, ancak $\left(0,0\right)$ noktasının herhangi bir komşuluğunda fonksiyonun hem pozitif hem de negatif değerler aldığını görmek kolaydır.
Örnek 2.
$f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ fonksiyonunun başlangıç noktasında durağan bir noktası vardır, ancak bu noktada bir ekstremum olmadığı açıktır.
Teorem (ekstremum için yeterli koşul).
$f$ fonksiyonunun $E \subset \mathbb(R)^(n)$ açık kümesinde iki kez sürekli türevlenebilir olmasına izin verin. $x_(0) \in E$ sabit bir nokta olsun ve $$\displaystyle Q_(x_(0)) \left(h\right) \equiv \sum_(i=1)^n \sum_(j=1 ) ^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_(j)) \left(x_(0)\right)h^(i)h^(j).$ $ Sonra
- eğer $Q_(x_(0))$ – ise, o zaman $x_(0)$ noktasındaki $f$ fonksiyonunun yerel bir ekstremumu vardır, yani form pozitif tanımlıysa bir minimum ve form pozitif tanımlıysa bir maksimum negatif tanımlı;
- $Q_(x_(0))$ ikinci dereceden form tanımsızsa, o zaman $x_(0)$ noktasındaki $f$ fonksiyonunun ekstremumu yoktur.
Taylor formülüne göre açılımı kullanalım (12.7 s. 292). $x_(0)$ noktasındaki birinci dereceden kısmi türevlerin sıfıra eşit olduğunu düşünürsek, $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\ sağ) = \ 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),$$ burada $0<\theta<1$. Обозначим $\displaystyle a_{ij}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right)$. В силу теоремы Шварца (12.6 стр. 289-290) , $a_{ij}=a_{ji}$. Обозначим $$\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).$$ Так как $\lambda>0$ ve $h \rightarrow 0$ için $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$, sonra sağ kısım yeterince küçük uzunluktaki herhangi bir $h$ vektörü için pozitif olacaktır.
Dolayısıyla, $x_(0)$ noktasının belirli bir mahallesinde $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ eşitsizliğinin yalnızca $ olması durumunda geçerli olduğu sonucuna vardık x \neq x_ (0)$ ($x=x_(0)+h$\right koyarız). Bu, $x_(0)$ noktasında fonksiyonun katı bir yerel minimuma sahip olduğu anlamına gelir ve dolayısıyla teoremimizin ilk kısmı kanıtlanır.
Şimdi varsayalım ki $Q_(x_(0))$ – belirsiz biçim. Sonra $h_(1)$, $h_(2)$ vektörleri vardır, öyle ki $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \left(h_(2)\right)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0$. Sonra şunu elde ederiz: $$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) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ Yeterince küçük $t>0$ için, sağ el tarafı olumlu. Bu, $x_(0)$ noktasının herhangi bir komşuluğunda $f$ fonksiyonunun $f \left(x\right)$ $f \left(x_(0)\right)$ değerinden daha büyük değerleri aldığı anlamına gelir.
Benzer şekilde, $x_(0)$ noktasının herhangi bir komşuluğunda $f$ fonksiyonunun $f \left(x_(0)\right)$'dan daha küçük değerler aldığını bulduk. Bu, bir öncekiyle birlikte, $x_(0)$ noktasında $f$ fonksiyonunun bir ekstremuma sahip olmadığı anlamına gelir.
Hadi düşünelim özel durum$\left(x_(0),y_(0)\right)$ noktasının belirli bir komşuluğunda tanımlanan ve sürekli kısmi olan iki değişkenin $f \left(x,y\right)$ fonksiyonu için bu teoremin bu komşuluktaki birinci derecenin ve ikinci mertebenin türevleri. $\left(x_(0),y_(0)\right)$'ın sabit bir nokta olduğunu varsayalım ve $$\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)\sağ), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(x_(0), y_(0)\right ) .$$ O zaman önceki teorem aşağıdaki formu alır.
Teorem
$\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$ olsun. Daha sonra:
- if $\Delta>0$, o zaman $f$ fonksiyonunun $\left(x_(0),y_(0)\right)$ noktasında yerel bir ekstremumu vardır, yani if $a_(11)> minimumudur 0$ ve maksimum ise $a_(11)<0$;
- eğer $\Delta<0$, то экстремума в точке $\left(x_{0},y_{0}\right)$ нет. Как и в одномерном случае, при $\Delta=0$ экстремум может быть, а может и не быть.
Problem çözme örnekleri
Çok değişkenli bir fonksiyonun ekstremumunu bulmak için algoritma:
- Durağan noktaları bulma;
- Tüm sabit noktalarda 2. dereceden farkı bulun
- Çok değişkenli bir fonksiyonun ekstremumu için yeterli koşulu kullanarak, her durağan noktada 2. dereceden diferansiyeli ele alıyoruz.
- En yüksek $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$ için fonksiyonu inceleyin.
Çözüm1. dereceden kısmi türevleri bulalım: $$\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.$$ Sistemi oluşturup çözelim: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(case) \Rightarrow \begin(case)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x = 0\end(case) \Rightarrow \begin(case)x^(2) — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) — x = 0 \end(cases)$$ 2. denklemden $x=4 \cdot y^(2)$ olarak ifade ederiz - bunu 1. denklemde değiştirin: $$\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$$ $ $y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Sonuç olarak 2 durağan nokta elde edilir:
1) $y=0 \Rightarrow x = 0, M_(1) = \left(0, 0\right)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\right)$
Bir ekstremum için yeterli koşulun sağlanıp sağlanmadığını kontrol edelim:
$$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
1) $M_(1)= \left(0,0\right)$ noktası için:
$$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\right)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(0,0\right)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(0,0\right)=0;$$
$A_(1) \cdot B_(1) — C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
2) $M_(2)$ noktası için:
$$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=24;$$
$A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, bu, $M_(2)$ noktasında bir ekstremum olduğu anlamına gelir ve $A_(2)>'dan beri 0$, o zaman bu minimumdur.
Yanıt: $\displaystyle M_(2)\left(1,\frac(1)(2)\right)$ noktası $f$ fonksiyonunun minimum noktasıdır. - $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$ ekstremumunun fonksiyonunu inceleyin.
ÇözümDurağan noktaları bulalım: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \ cdot y + 2 \cdot x — 2,$$
Sistemi oluşturup çözelim: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) ) \ Rightarrow \begin(case)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(case) \Rightarrow \begin(case) y = 2\\y + x = 1\end(cases) \Rightarrow x = -1$$
$M_(0) \left(-1, 2\right)$ sabit bir noktadır.
Ekstremum için yeterli koşulun karşılanıp karşılanmadığını kontrol edelim: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0 ; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\right)=2;$$
$A \cdot B — C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
Cevap: Aşırılıklar yoktur.
Zaman sınırı: 0
Gezinme (yalnızca iş numaraları)
4 görevden 0 tanesi tamamlandı
Bilgi
Az önce okuduğunuz konu hakkındaki bilginizi sınamak için bu testi yapın: Çok Değişkenli Fonksiyonların Yerel Ekstremleri.
Zaten daha önce sınava girmiştiniz. Tekrar başlatamazsınız.
Deneme yükleniyor...
Teste başlamak için giriş yapmalı veya kayıt olmalısınız.
Buna başlamak için aşağıdaki testleri tamamlamanız gerekir:
sonuçlar
Doğru cevaplar: 4 üzerinden 0
Senin zaman:
Zaman bitti
0 üzerinden 0 puan aldınız (0)
Sonucunuz skor tablosuna kaydedildi
- Cevapla
- Bir görüntüleme işaretiyle
Görev 2/4
2 .
Puan sayısı: 1$f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ fonksiyonunun bir ekstremumu var mı?
Görev 1/4
1 .
Puan sayısı: 1$f$ fonksiyonunu ekstrem değerler açısından inceleyin: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$
Sağ
Yanlış
$E \subset \mathbb(R)^(n)$. $f$'ın olduğunu söylüyorlar yerel maksimum$x_(0) \in E$ noktasında, $x_(0)$ noktasının $U$ mahallesi varsa, öyle ki tüm $x \in U$ için $f\left(x\right eşitsizliği ) \leqslant f tatmin edicidir \left(x_(0)\right)$.
Yerel maksimum denir sıkı , eğer $U$ mahallesi, $x_(0)$'dan farklı olan tüm $x \in U$ için $f\left(x\right) olacak şekilde seçilebiliyorsa< f\left(x_{0}\right)$.
Tanım
$f$, $E \subset \mathbb(R)^(n)$ açık kümesinde gerçek bir fonksiyon olsun. $f$'ın olduğunu söylüyorlar yerel minimum$x_(0) \in E$ noktasında, $x_(0)$ noktasının $U$ mahallesi varsa, öyle ki tüm $x \in U$ için $f\left(x\right eşitsizliği ) \geqslant f tatmin edicidir \left(x_(0)\right)$.
$U$ mahallesi, $x_(0)$'dan farklı tüm $x \in U$ için $f\left(x\right) > f\left(x_) olacak şekilde seçilebiliyorsa yerel minimuma katı denir. ( 0)\sağ)$.
Yerel ekstremum, yerel minimum ve yerel maksimum kavramlarını birleştirir.
Teorem (diferansiyellenebilir bir fonksiyonun ekstremumu için gerekli koşul)
$f$, $E \subset \mathbb(R)^(n)$ açık kümesinde gerçek bir fonksiyon olsun. Eğer $x_(0) \in E$ noktasında $f$ fonksiyonunun bu noktada yerel bir ekstremumu varsa, o zaman $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ Sıfıra eşit diferansiyel, hepsinin sıfıra eşit olduğu gerçeğine eşdeğerdir; $$\displaystyle\frac(\kısmi f)(\kısmi x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$
Tek boyutlu durumda bu – . $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$'ı gösterelim, burada $h$ isteğe bağlı bir vektördür. $\phi$ işlevi, mutlak değeri yeterince küçük olan $t$ değerleri için tanımlanır. Ek olarak, ve $(\phi)' \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$'a göre türevlenebilir.
$f$'ın x $0$ noktasında yerel maksimumu olsun. Bu, $t = 0$'daki $\phi$ fonksiyonunun yerel bir maksimuma sahip olduğu ve Fermat teoremine göre $(\phi)' \left(0\right)=0$ olduğu anlamına gelir.
Böylece $df \left(x_(0)\right) = 0$ elde ettik, yani. $x_(0)$ noktasındaki $f$ fonksiyonu herhangi bir $h$ vektöründe sıfıra eşittir.
Tanım
Diferansiyelin sıfır olduğu noktalar, yani. tüm kısmi türevlerin sıfıra eşit olduğu türevlere durağan denir. Kritik noktalar$f$ işlevleri, $f$'nin türevlenemediği veya sıfıra eşit olduğu noktalardır. Eğer nokta durağansa, bundan fonksiyonun bu noktada bir ekstremuma sahip olduğu sonucu çıkmaz.
Örnek 1.
$f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$ olsun. O zaman $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$, yani $\left(0,0\right)$ durağan bir noktadır, ancak fonksiyonun bu noktada bir ekstremumu yoktur. Aslında $f \left(0,0\right) = 0$, ancak $\left(0,0\right)$ noktasının herhangi bir komşuluğunda fonksiyonun hem pozitif hem de negatif değerler aldığını görmek kolaydır.
Örnek 2.
$f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ fonksiyonunun başlangıç noktasında durağan bir noktası vardır, ancak bu noktada bir ekstremum olmadığı açıktır.
Teorem (ekstremum için yeterli koşul).
$f$ fonksiyonunun $E \subset \mathbb(R)^(n)$ açık kümesinde iki kez sürekli türevlenebilir olmasına izin verin. $x_(0) \in E$ sabit bir nokta olsun ve $$\displaystyle Q_(x_(0)) \left(h\right) \equiv \sum_(i=1)^n \sum_(j=1 ) ^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_(j)) \left(x_(0)\right)h^(i)h^(j).$ $ Sonra
- eğer $Q_(x_(0))$ – ise, o zaman $x_(0)$ noktasındaki $f$ fonksiyonunun yerel bir ekstremumu vardır, yani form pozitif tanımlıysa bir minimum ve form pozitif tanımlıysa bir maksimum negatif tanımlı;
- $Q_(x_(0))$ ikinci dereceden form tanımsızsa, o zaman $x_(0)$ noktasındaki $f$ fonksiyonunun ekstremumu yoktur.
Taylor formülüne göre açılımı kullanalım (12.7 s. 292). $x_(0)$ noktasındaki birinci dereceden kısmi türevlerin sıfıra eşit olduğunu düşünürsek, $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\ sağ) = \ 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),$$ burada $0<\theta<1$. Обозначим $\displaystyle a_{ij}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right)$. В силу теоремы Шварца (12.6 стр. 289-290) , $a_{ij}=a_{ji}$. Обозначим $$\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).$$ Так как $\lambda>0$ ve $h \rightarrow 0$ için $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ ise, o zaman yeterince küçük uzunluktaki herhangi bir $h$ vektörü için sağ taraf pozitif olacaktır.
Dolayısıyla, $x_(0)$ noktasının belirli bir mahallesinde $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ eşitsizliğinin yalnızca $ olması durumunda geçerli olduğu sonucuna vardık x \neq x_ (0)$ ($x=x_(0)+h$\right koyarız). Bu, $x_(0)$ noktasında fonksiyonun katı bir yerel minimuma sahip olduğu anlamına gelir ve dolayısıyla teoremimizin ilk kısmı kanıtlanır.
Şimdi $Q_(x_(0))$'ın belirsiz bir form olduğunu varsayalım. Sonra $h_(1)$, $h_(2)$ vektörleri vardır, öyle ki $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \left(h_(2)\right)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0$. Sonra şunu elde ederiz: $$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) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ Yeterince küçük $t>0$ için, sağ el tarafı olumlu. Bu, $x_(0)$ noktasının herhangi bir komşuluğunda $f$ fonksiyonunun $f \left(x\right)$ $f \left(x_(0)\right)$ değerinden daha büyük değerleri aldığı anlamına gelir.
Benzer şekilde, $x_(0)$ noktasının herhangi bir komşuluğunda $f$ fonksiyonunun $f \left(x_(0)\right)$'dan daha küçük değerler aldığını bulduk. Bu, bir öncekiyle birlikte, $x_(0)$ noktasında $f$ fonksiyonunun bir ekstremuma sahip olmadığı anlamına gelir.
$\left(x_(0),y_(0)\right) noktasının bazı komşuluklarında tanımlanan iki değişkenli $f \left(x,y\right)$ fonksiyonu için bu teoremin özel bir durumunu ele alalım. )$ ve birinci ve ikinci dereceden sürekli kısmi türevleri olan. $\left(x_(0),y_(0)\right)$'ın sabit bir nokta olduğunu varsayalım ve $$\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)\sağ), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(x_(0), y_(0)\right ) .$$ O zaman önceki teorem aşağıdaki formu alır.
Teorem
$\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$ olsun. Daha sonra:
- if $\Delta>0$, o zaman $f$ fonksiyonunun $\left(x_(0),y_(0)\right)$ noktasında yerel bir ekstremumu vardır, yani if $a_(11)> minimumudur 0$ ve maksimum ise $a_(11)<0$;
- eğer $\Delta<0$, то экстремума в точке $\left(x_{0},y_{0}\right)$ нет. Как и в одномерном случае, при $\Delta=0$ экстремум может быть, а может и не быть.
Problem çözme örnekleri
Çok değişkenli bir fonksiyonun ekstremumunu bulmak için algoritma:
- Durağan noktaları bulma;
- Tüm sabit noktalarda 2. dereceden farkı bulun
- Çok değişkenli bir fonksiyonun ekstremumu için yeterli koşulu kullanarak, her durağan noktada 2. dereceden diferansiyeli ele alıyoruz.
- En yüksek $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$ için fonksiyonu inceleyin.
Çözüm1. dereceden kısmi türevleri bulalım: $$\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.$$ Sistemi oluşturup çözelim: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(case) \Rightarrow \begin(case)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x = 0\end(case) \Rightarrow \begin(case)x^(2) — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) — x = 0 \end(cases)$$ 2. denklemden $x=4 \cdot y^(2)$ olarak ifade ederiz - bunu 1. denklemde değiştirin: $$\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$$ $ $y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Sonuç olarak 2 durağan nokta elde edilir:
1) $y=0 \Rightarrow x = 0, M_(1) = \left(0, 0\right)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\right)$
Bir ekstremum için yeterli koşulun sağlanıp sağlanmadığını kontrol edelim:
$$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
1) $M_(1)= \left(0,0\right)$ noktası için:
$$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\right)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(0,0\right)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(0,0\right)=0;$$
$A_(1) \cdot B_(1) — C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
2) $M_(2)$ noktası için:
$$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=24;$$
$A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, bu, $M_(2)$ noktasında bir ekstremum olduğu anlamına gelir ve $A_(2)>'dan beri 0$, o zaman bu minimumdur.
Yanıt: $\displaystyle M_(2)\left(1,\frac(1)(2)\right)$ noktası $f$ fonksiyonunun minimum noktasıdır. - $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$ ekstremumunun fonksiyonunu inceleyin.
ÇözümDurağan noktaları bulalım: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \ cdot y + 2 \cdot x — 2,$$
Sistemi oluşturup çözelim: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) ) \ Rightarrow \begin(case)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(case) \Rightarrow \begin(case) y = 2\\y + x = 1\end(cases) \Rightarrow x = -1$$
$M_(0) \left(-1, 2\right)$ sabit bir noktadır.
Ekstremum için yeterli koşulun karşılanıp karşılanmadığını kontrol edelim: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0 ; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\right)=2;$$
$A \cdot B — C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
Cevap: Aşırılıklar yoktur.
Zaman sınırı: 0
Gezinme (yalnızca iş numaraları)
4 görevden 0 tanesi tamamlandı
Bilgi
Az önce okuduğunuz konu hakkındaki bilginizi sınamak için bu testi yapın: Çok Değişkenli Fonksiyonların Yerel Ekstremleri.
Zaten daha önce sınava girmiştiniz. Tekrar başlatamazsınız.
Deneme yükleniyor...
Teste başlamak için giriş yapmalı veya kayıt olmalısınız.
Buna başlamak için aşağıdaki testleri tamamlamanız gerekir:
sonuçlar
Doğru cevaplar: 4 üzerinden 0
Senin zaman:
Zaman bitti
0 üzerinden 0 puan aldınız (0)
Sonucunuz skor tablosuna kaydedildi
- Cevapla
- Bir görüntüleme işaretiyle
Görev 2/4
2 .
Puan sayısı: 1$f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ fonksiyonunun bir ekstremumu var mı?
Görev 1/4
1 .
Puan sayısı: 1$f$ fonksiyonunu ekstrem değerler açısından inceleyin: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$
Sağ
Yanlış
