Хэд хэдэн хувьсагчийн функцийн орон нутгийн экстремумын цэгийг тодорхойлох. Функцийн орон нутгийн экстремум

Хамгийн дээд ба доод оноо

хамгийн том буюу авах цэг хамгийн бага утгатодорхойлолтын талбар дээр; ийм цэгүүд гэж нэрлэдэг Мөн үнэмлэхүй дээд буюу үнэмлэхүй минимумын цэгүүд. Хэрэв f нь топологи дээр тодорхойлогдвол зай X, дараа нь цэг x 0дуудсан орон нутгийн хамгийн их цэг (орон нутгийн минимум), хэрэв ийм цэг байгаа бол x 0,гэж үзэж байгаа функцийг хязгаарлахын тулд энэ хөрш, цэг x 0нь үнэмлэхүй хамгийн их (хамгийн бага) цэг юм. Хатуу ба хатуу бус дээд цэгүүдийг ялгах (мини м у м а) (үнэмлэхүй ба орон нутгийн аль аль нь). Жишээлбэл, цэг гэж нэрлэдэг f функцийн хатуу бус (хатуу) локал максимумын цэг, хэрэв тухайн цэгийн ийм хөрш байгаа бол x 0,Энэ нь бүгдэд хамаарна (тус тусад нь f(x) x0). )/

Төгсгөл хэмжээст домэйн дээр тодорхойлогдсон функцүүдийн хувьд дифференциал тооцооллын хувьд тухайн цэг нь орон нутгийн максимум (минимум) цэг байх нөхцөл, шалгуур байдаг. Бодит тэнхлэгийн x 0 хайрцгийн тодорхой орчимд f функц тодорхойлогдоно. Хэрвээ x 0 -хатуу бус орон нутгийн максимум (хамгийн бага) цэг бөгөөд энэ үед f"( x0), тэгвэл тэгтэй тэнцүү байна.

Хэрэв өгөгдсөн f функц нь цэгийн ойролцоо ялгах боломжтой бол x 0,Энэ нь тасралтгүй байх цэгийн өөрөө болон цэгийн тал бүр дээрх үүсмэл f"-ээс бусад тохиолдолд x0Энэ хөршийн байнгын тэмдэг хадгалдаг, дараа нь тулд x0нь хатуу орон нутгийн максимум (орон нутгийн минимум) цэг байсан бол дериватив тэмдэг нэмэхээс хасах руу шилжих нь зайлшгүй бөгөөд хангалттай юм, өөрөөр хэлбэл x үед f "(x)> 0 байх ёстой.<.x0ба f"(x)<0 при x>x0(хасахаас нэмэх хүртэл: f"(X) <0 x дээр<x0 f"(x)>0 үед x>x 0). Гэсэн хэдий ч, нэг цэгийн ойролцоо ялгах боломжтой функц бүрийн хувьд биш x 0,Энэ үед деривативын тэмдгийн өөрчлөлтийн тухай ярьж болно. . "

Хэрэв f функц цэг дээр байгаа бол х 0 түүсмэл, үүнээс гадна, тулд x 0нь хатуу орон нутгийн максимум цэг бөгөөд τ тэгш байх шаардлагатай бөгөөд хангалттай бөгөөд f (m) ( x0)<0, и - локального минимума, чтобы m было четно и f (m) (x0)>0.

f( функцийг үзье. x 1 ..., x p] нь цэгийн n хэмжээст хөршид тодорхойлогддог ба энэ цэг дээр дифференциал болно. Хэрэв x (0) нь хатуу бус орон нутгийн максимум (хамгийн бага) цэг бол энэ цэг дэх f функц нь тэгтэй тэнцүү байна. Энэ нөхцөл нь f функцийн 1-р эрэмбийн бүх хэсэгчилсэн деривативуудын энэ цэг дэх тэгтэй тэнцүү байна. Хэрэв функц x(0) дээр 2-р тасралтгүй хэсэгчилсэн деривативтай бол түүний бүх 1-р дериватив нь x(0) дээр алга болж, x(0)-д 2-р эрэмбийн дифференциал сөрөг (эерэг) квадрат хэлбэр байвал x(0) нь орон нутгийн хатуу дээд цэг (хамгийн бага). Аргумент дахь өөрчлөлтөд тодорхой хязгаарлалт тавих үед M. ба M. T. дифференциал функцүүдийн нөхцөлүүд мэдэгдэж байна: хязгаарлалтын тэгшитгэл хангагдсан байна. Илүү төвөгтэй бүтэцтэй бодит функцийн хамгийн их (хамгийн бага) шаардлагатай бөгөөд хангалттай нөхцлийг математикийн тусгай салбаруудад судалдаг: жишээлбэл, гүдгэр шинжилгээ, математик програмчлал(мөн үзнэ үү Хамгийн их болгох ба функцийг багасгах). Олон талт дээр тодорхойлсон M. ба m.t. функцуудыг судалж байна ерөнхийдөө хэлбэлзлийн тооцоо,дээр тодорхойлсон функцүүдийн хувьд M. ба m. t функциональ орон зай, өөрөөр хэлбэл, функцүүдийн хувьд, in вариацын тооцоо.Мөн түүнчлэн янз бүрийн арга M. ба m.t-ийн тоон ойролцоо олдвор.

Гэрэл.: I l and n V. A., Poznya to E. G., Үндсэн математик шинжилгээ, 3-р хэвлэл, 1-р хэсэг, М., 1971; КудрявцевЛ. Л.Д.Кудрявцев.

Математикийн нэвтэрхий толь бичиг. - М .: Зөвлөлтийн нэвтэрхий толь бичиг. I. M. Виноградов. 1977-1985 он.

Бусад толь бичгүүдээс "MAXIMUM AND MINIMUM POINT" гэж юу болохыг харна уу:

Цаг хугацааны салангид хяналтын үйл явцын хувьд Discrete Pontryagin хамгийн их зарчим. Ийм процессын хувьд төгсгөлийн ялгааны операторыг дифференциалаар солих замаар олж авсан тасралтгүй аналогийн хувьд M. p. хангагдахгүй байж болно ... ... Математик нэвтэрхий толь бичиг

Аналитикийн модулийн үндсэн шинж чанаруудын нэгийг илэрхийлсэн теорем. функцууд. f(z) нь тогтмол аналитик буюу голоморф, p-комплекс хувьсагчийн функц болох ... ... дахь тогтмолоос өөр комплекс тоон орон зайн D мужид M. m. s. Математик нэвтэрхий толь бичиг

Бодит утгыг авдаг функцийн хамгийн том, үүний дагуу хамгийн бага утгууд. Тухайн функцийн тодорхойлолтын домэйны хамгийн их эсвэл хамгийн бага утгыг авдаг цэгийг дууддаг. тус тус хамгийн их цэг эсвэл хамгийн бага цэг ... ... Математик нэвтэрхий толь бичиг

Функцийн хамгийн их ба хамгийн бага, хамгийн их ба хамгийн бага оноог харна уу... Математик нэвтэрхий толь бичиг

Үргэлжилсэн функцийн хамгийн их буюу хамгийн бага утга (Хамгийн их ба хамгийн бага оноог үзнэ үү). LE нэр томъёо ... Математик нэвтэрхий толь бичиг

Үзүүлэлт- (Заагч) Заагч нь Мэдээллийн систем, бодис, төхөөрөмж, ямар нэгэн параметрийн өөрчлөлтийг харуулдаг төхөөрөмж Форекс валютын зах зээлийн графикуудын үзүүлэлтүүд, тэдгээр нь юу вэ, хаанаас татаж авч болох вэ? MACD үзүүлэлтүүдийн тодорхойлолт, ... ... Хөрөнгө оруулагчийн нэвтэрхий толь бичиг

Энэ нэр томъёо нь өөр утгатай, Extreme (утга) -ыг үзнэ үү. Математикийн экстремум (Латин extremum extreme) нь тухайн олонлог дээрх функцийн хамгийн их буюу хамгийн бага утга юм. Экстремум хүрэх цэг нь ... ... Википедиа

Дифференциал тооцоодериватив ба дифференциал гэсэн ойлголт, тэдгээрийг функцийг судлахад хэрхэн ашиглахыг судалдаг математик шинжилгээний хэсэг. Агуулга 1 Нэг хувьсагчийн функцүүдийн дифференциал тооцоо ... Википедиа

Лемнискат ба түүний заль мэх Бернуллигийн лемнискат нь хавтгай алгебрийн муруй юм. цэгийн байршил гэж тодорхойлсон, бүтээгдэхүүн ... Википедиа

Зөрчилдөөн- (Дивергенц) Дивергенцийг үзүүлэлт болгон MACD дивергенцтэй арилжааны стратеги Агуулга Агуулга Хэсэг 1. дээр. Хэсэг 2. Дивергенц хэрхэн. Дивергенц гэдэг нь эдийн засгийн шинжлэх ухаанд ялгаатай ...... дагуух хөдөлгөөнийг илэрхийлэх нэр томъёо юм. Хөрөнгө оруулагчийн нэвтэрхий толь бичиг

$E \дэд багц \mathbb(R)^(n)$. $f$-д байдаг гэж ярьдаг орон нутгийн дээд хэмжээ $x_(0) цэг дээр \E$-д $x_(0)$ цэгийн $U$ орчим байгаа бол бүх $x \U$-д $f\зүүн(x\баруун) тэгш бус байдал бий болно. \leqslant f \left(x_(0)\right)$.

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

Тодорхойлолт
$F$ нь нээлттэй $E \дэд олонлог \mathbb(R)^(n)$ дээр бодит функц байг. $f$-д байдаг гэж ярьдаг орон нутгийн доод хэмжээ$x_(0) цэг дээр \E$-д $x_(0)$ цэгийн $U$ орчим байгаа бол бүх $x \U$-д $f\зүүн(x\баруун) тэгш бус байдал бий болно. \geqslant f \left(x_(0)\right)$.

$U$ орчмыг бүх $x-д $x_(0)$ $f\left(x\right) > f\left(x_)-аас ялгаатай байхаар сонгох боломжтой бол орон нутгийн доод хэмжээ хатуу байх болно. ( 0)\баруун)$.

Орон нутгийн экстремум нь орон нутгийн минимум ба орон нутгийн максимум гэсэн ойлголтуудыг нэгтгэдэг.

теорем ( шаардлагатай нөхцөлдифференциалагдах функцийн экстремум)
$F$ нь нээлттэй $E \дэд олонлог \mathbb(R)^(n)$ дээр бодит функц байг. Хэрэв $x_(0) цэг дээр \E$-д $f$ функц байна орон нутгийн экстремуммөн энэ үед $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ $$\displaystyle\frac(\хэсэг f)(\хэсэг x_(i))\зүүн(x_(0)\баруун)=0.$$

Нэг хэмжээст тохиолдолд энэ нь . $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$ гэж тэмдэглээрэй, $h$ нь дурын вектор юм. $\phi$ функц нь $t$ хангалттай бага модулийн утгуудад тодорхойлогддог. Түүнчлэн, -ын хувьд энэ нь ялгагдах боломжтой бөгөөд $(\phi)’ \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$.
$f$ нь орон нутгийн дээд тал нь x $0$ байх болтугай. Эндээс $t = 0$ цэгийн $\phi$ функц нь локал максимумтай бөгөөд Фермагийн теоремоор $(\phi)' \left(0\right)=0$ байна.
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 тэгтэй тэнцүү байх цэгүүд, i.e. бүх хэсэгчилсэн деривативууд нь тэгтэй тэнцүү байвал хөдөлгөөнгүй гэж нэрлэдэг. чухал цэгүүд $f$ функцууд нь $f$-ийн ялгах боломжгүй эсвэл тэгтэй тэнцүү цэгүүд юм. Хэрэв цэг нь хөдөлгөөнгүй байвал функц нь энэ цэг дээр экстремумтай байна гэсэн үг хараахан гараагүй байна.

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 хөдөлгөөнгүй цэгийн хувьд координатын эхлэлтэй боловч энэ цэгт экстремум байхгүй нь тодорхой байна.

Теорем (экстремумын хангалттай нөхцөл).
$f$ функцийг $E \дэд олонлог \mathbb(R)^(n)$ нээлттэй олонлог дээр 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

хэрэв $Q_(x_(0))$ бол $x_(0)$ цэг дэх $f$ функц нь локал экстремумтай, тухайлбал, хэлбэр эерэг тодорхой бол хамгийн бага, хэлбэр нь сөрөг - тодорхой;
хэрэв $Q_(x_(0))$ квадрат хэлбэр тодорхойгүй бол $x_(0)$ цэг дээрх $f$ функц экстремумгүй болно.

Тейлорын томъёоны дагуу өргөтгөлийг ашиглая (12.7 х. 292) . $x_(0)$ цэг дэх эхний эрэмбийн хэсэгчилсэн деривативууд тэгтэй тэнцүү байгааг харгалзан бид $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0) болно. )\баруун) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\хэсэгс^(2) f)(\хэсэг x_(i) \ хэсэгчилсэн x_(j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ 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 байна.
Ингээд бид $x_(0)$ цэгийн зарим хөршид $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ тэгш бус байдал хангагдана 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 $Q_(x_(0))$ байна 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 доллар. 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 $t>0$-ийн хувьд баруун тал нь эерэг. 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 өмнөх функцтэй хамт $f$ функц нь $x_(0)$ цэгт экстремумгүй гэсэн үг юм.

Санаж үз онцгой тохиолдол$\left(x_(0),y_(0)\right)$ цэгийн ойролцоо тодорхойлогдсон, тасралтгүй хэсэгчилсэн дериватив бүхий $f \left(x,y\right)$ хоёр хувьсагчийн функцийн энэ теоремын эхний болон хоёрдугаар тушаалын. $\left(x_(0),y_(0)\right)$ хөдөлгөөнгүй цэг байх ба $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^( 2)) \left(x_(0) ,y_(0)\right), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_( 0) , y_(0)\баруун), a_(22)=\frac(\хэсэг^(2) f)(\хэсэг у^(2)) \зүүн(x_(0), y_(0)\баруун ). $$ Тэгвэл өмнөх теорем дараах хэлбэрийг авна.

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

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 $a_(11) бол дээд тал нь<0$;
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:

Бид суурин цэгүүдийг олдог;
Бид бүх суурин цэгүүдэд 2-р эрэмбийн дифференциалыг олдог
Хэд хэдэн хувьсагчийн функцийн экстремумын хангалттай нөхцөлийг ашиглан бид суурин цэг бүрт хоёр дахь эрэмбийн дифференциалыг авч үздэг.

Функцийг экстремум $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$ хүртэл судал.
Шийдэл
1-р эрэмбийн хэсэгчилсэн деривативуудыг ол: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) — 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial) f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Системийг зохиож шийд: $$\displaystyle \begin(case)\frac(\partial f)(\partial x ) = 0\\\frac(\хэсэг f)(\хэсэг y)= 0\төгсгөл(тохиолдлууд) \Баруун сум \эхлэх(тохиолдлууд)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \ cdot y^(2) - 6 \cdot x = 0\end(тохиолдол) \Баруун сум \эхлэх(тохиолдол)x^(2) - 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) - x = 0 \end(case)$$ 2-р тэгшитгэлээс бид $x=4 \cdot y^(2)$ -ийг 1-р тэгшитгэлд орлуулна: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2)\ баруун )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $$ y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Үүний үр дүнд 2 суурин цэгийг олж авна:
1) $y=0 \Баруун сум x = 0, M_(1) = \left(0, 0\баруун)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Баруун сум y^(3)=\frac(1)(8) \Баруун сум y = \frac(1)(2) \Баруун сум x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\баруун)$
Хангалттай экстремум нөхцөлийн биелэлтийг шалгая:
$$\ displaystyle \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн x ^ (2)) = 6 \ cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
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:
$$\displaystyle A_(2)=\frac(\хэсэг^(2) f)(\хэсэг x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\баруун)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\хэсэг^(2) f)(\хэсэг y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\баруун)=24;$$
$A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, тэгэхээр $M_(2)$ цэгт экстремум байгаа ба $A_(2)>0-ээс хойш $, тэгвэл энэ нь хамгийн бага байна.
Хариулт: $\displaystyle M_(2) \left(1,\frac(1)(2)\right)$ цэг нь $f$ функцийн хамгийн бага цэг юм.
$f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$ экстремумын функцийг судал.
Шийдэл
Тогтмол цэгүүдийг ол: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
Системийг зохиож, шийднэ үү: $$\displaystyle \begin(case)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(тохиолдлууд) \ Баруун сум \эхлэх(тохиолдол)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(тохиолдол) \Баруун сум \эхлэх(тохиолдол) y = 2\\y + x = 1\төгсгөл(тохиолдлууд) \Баруун сум x = -1$$
$M_(0) \left(-1, 2\right)$ нь хөдөлгөөнгүй цэг юм.
Хангалттай экстремум нөхцөлийн биелэлтийг 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: хэт 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.

Та өмнө нь шалгалт өгсөн байна. Та үүнийг дахин ажиллуулж чадахгүй.

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 оноо тэргүүлэгчдийн самбарт бичигдсэн байна

Хариултаар
Нь шалгаж

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

Зөв биш

4-ийн 2-р даалгавар

2 .
Онооны тоо: 1
$f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ функц байна уу

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

Хэрэв функц 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 эрс тэс).

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

Бүх нэгдүгээр эрэмбийн хэсэгчилсэн дериватив алга болох цэгүүдийг дуудна функцийн суурин цэгүүд
. Эдгээр цэгүүдийн координатыг системээс шийдэж болно тэгшитгэл

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

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

Хоёр хувьсагчийн функцийн хувьд экстремумын зайлшгүй нөхцөл, тухайлбал экстремум цэг дэх хэсэгчилсэн деривативуудын (дифференциал) тэгтэй тэнцүү байх нь геометрийн тайлбартай байна. 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 оршин тогтнох баталгаа болохгүй. Жишээлбэл, бид хаа сайгүй дифференциалагдах функцийг авч болно
. Түүний хэсэгчилсэн дериватив болон функц нь тухайн цэг дээр алга болно
. Гэсэн хэдий ч энэ цэгийн аль ч хэсэгт эерэг (том
) ба сөрөг (бага
) энэ функцийн утгууд. Тиймээс, энэ үед, тодорхойлолтоор бол экстремум байхгүй. Тиймээс экстремумын сэжигтэй цэг нь судалж буй функцийн экстремум цэг болох хангалттай нөхцөлийг мэдэх шаардлагатай.

Хоёр хувьсагчтай функцийн тохиолдлыг авч үзье. функц гэж үзье
тодорхойлогдсон, үргэлжилсэн бөгөөд зарим цэгийн хөршийн хоёр дахь эрэмбэ хүртэл тасралтгүй хэсэгчилсэн деривативтай.
, энэ нь функцийн хөдөлгөөнгүй цэг юм
, өөрөөр хэлбэл нөхцөлийг хангаж байна

,
.

Тэмдэглэгээг танилцуулъя:

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

Хэрэв
дараа нь функц
цэг дээр
хүрдэг

орон нутгийн дээд хэмжээцагт
болон

орон нутгийн доод хэмжээцагт
.

Ерөнхийдөө функцийн хувьд
нэг цэгт 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 бол
функцийн хувьд

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

Жишээ 18.Функцийн локал экстремум цэгүүдийг ол

Шийдэл. Функцийн хэсэгчилсэн деривативуудыг олж, тэгтэй тэнцүүл.

Энэ системийг шийдэхийн тулд бид хоёр боломжит экстремум цэгийг олдог.

Энэ функцийн хоёр дахь эрэмбийн хэсэгчилсэн деривативуудыг олцгооё.

Эхний суурин цэг дээр , тиймийн тул, ба
Тиймээс энэ талаар нэмэлт судалгаа хийх шаардлагатай байна. Функцийн утга
Энэ үед тэг байна:
Цаашид,

цагт

а

цагт

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

Хоёр дахь суурин цэг дээр

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

$E \дэд багц \mathbb(R)^(n)$. $f$-д байдаг гэж ярьдаг орон нутгийн дээд хэмжээ$x_(0) цэг дээр \E$-д $x_(0)$ цэгийн $U$ орчим байгаа бол бүх $x \U$-д $f\зүүн(x\баруун) тэгш бус байдал бий болно. \leqslant f \left(x_(0)\right)$.

Орон нутгийн экстремум нь орон нутгийн минимум ба орон нутгийн максимум гэсэн ойлголтуудыг нэгтгэдэг.

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

Тодорхойлолт
Дифференциал нь тэгтэй тэнцүү байх цэгүүд, i.e. бүх хэсэгчилсэн деривативууд нь тэгтэй тэнцүү байвал хөдөлгөөнгүй гэж нэрлэдэг. чухал цэгүүд$f$ функцууд нь $f$-ийн ялгах боломжгүй эсвэл тэгтэй тэнцүү цэгүүд юм. Хэрэв цэг нь хөдөлгөөнгүй байвал функц нь энэ цэг дээр экстремумтай байна гэсэн үг хараахан гараагүй байна.

хэрэв $Q_(x_(0))$ бол $x_(0)$ цэг дэх $f$ функц нь локал экстремумтай, тухайлбал, хэлбэр эерэг тодорхой бол хамгийн бага, хэлбэр нь сөрөг - тодорхой;
хэрэв $Q_(x_(0))$ квадрат хэлбэр тодорхойгүй бол $x_(0)$ цэг дээрх $f$ функц экстремумгүй болно.

Тейлорын томъёоны дагуу өргөтгөлийг ашиглая (12.7 х. 292) . $x_(0)$ цэг дэх эхний эрэмбийн хэсэгчилсэн деривативууд тэгтэй тэнцүү байгааг харгалзан бид $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0) болно. )\баруун) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\хэсэгс^(2) f)(\хэсэг x_(i) \ хэсэгчилсэн x_(j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ 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 $\lambda>0$, мөн $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ нь $h \rightarrow 0$ бол баруун тал нь хангалттай бага урттай $h$ векторын хувьд эерэг байна.
Ингээд бид $x_(0)$ цэгийн зарим хөршид $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ тэгш бус байдал хангагдана 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 $Q_(x_(0))$ нь тодорхойгүй хэлбэр байна гэж бодъё. 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 доллар. 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 $t>0$-ийн хувьд баруун тал нь эерэг. 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 өмнөх функцтэй хамт $f$ функц нь $x_(0)$ цэгт экстремумгүй гэсэн үг юм.

$\left(x_(0),y_(0)\right) цэгийн зарим хэсэгт тодорхойлсон хоёр хувьсагчийн $f \left(x,y\right)$ функцийн хувьд энэ теоремын тодорхой тохиолдлыг авч үзье. $ ба эхний болон хоёрдугаар эрэмбийн тасралтгүй хэсэгчилсэн деривативтай. $\left(x_(0),y_(0)\right)$ хөдөлгөөнгүй цэг байх ба $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^( 2)) \left(x_(0) ,y_(0)\right), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_( 0) , y_(0)\баруун), a_(22)=\frac(\хэсэг^(2) f)(\хэсэг у^(2)) \зүүн(x_(0), y_(0)\баруун ). $$ Тэгвэл өмнөх теорем дараах хэлбэрийг авна.

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

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 $a_(11) бол дээд тал нь<0$;
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:

Бид суурин цэгүүдийг олдог;
Бид бүх суурин цэгүүдэд 2-р эрэмбийн дифференциалыг олдог
Хэд хэдэн хувьсагчийн функцийн экстремумын хангалттай нөхцөлийг ашиглан бид суурин цэг бүрт хоёр дахь эрэмбийн дифференциалыг авч үздэг.

Функцийг экстремум $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$ хүртэл судал.
Шийдэл
1-р эрэмбийн хэсэгчилсэн деривативуудыг ол: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) — 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial) f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Системийг зохиож шийд: $$\displaystyle \begin(case)\frac(\partial f)(\partial x ) = 0\\\frac(\хэсэг f)(\хэсэг y)= 0\төгсгөл(тохиолдлууд) \Баруун сум \эхлэх(тохиолдлууд)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \ cdot y^(2) - 6 \cdot x = 0\end(тохиолдол) \Баруун сум \эхлэх(тохиолдол)x^(2) - 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) - x = 0 \end(case)$$ 2-р тэгшитгэлээс бид $x=4 \cdot y^(2)$ -ийг 1-р тэгшитгэлд орлуулна: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2)\ баруун )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $$ y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Үүний үр дүнд 2 суурин цэгийг олж авна:
1) $y=0 \Баруун сум x = 0, M_(1) = \left(0, 0\баруун)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Баруун сум y^(3)=\frac(1)(8) \Баруун сум y = \frac(1)(2) \Баруун сум x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\баруун)$
Хангалттай экстремум нөхцөлийн биелэлтийг шалгая:
$$\ displaystyle \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн x ^ (2)) = 6 \ cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
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:
$$\displaystyle A_(2)=\frac(\хэсэг^(2) f)(\хэсэг x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\баруун)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\хэсэг^(2) f)(\хэсэг y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\баруун)=24;$$
$A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, тэгэхээр $M_(2)$ цэгт экстремум байгаа ба $A_(2)>0-ээс хойш $, тэгвэл энэ нь хамгийн бага байна.
Хариулт: $\displaystyle M_(2) \left(1,\frac(1)(2)\right)$ цэг нь $f$ функцийн хамгийн бага цэг юм.
$f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$ экстремумын функцийг судал.
Шийдэл
Тогтмол цэгүүдийг ол: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
Системийг зохиож, шийднэ үү: $$\displaystyle \begin(case)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(тохиолдлууд) \ Баруун сум \эхлэх(тохиолдол)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(тохиолдол) \Баруун сум \эхлэх(тохиолдол) y = 2\\y + x = 1\төгсгөл(тохиолдлууд) \Баруун сум x = -1$$
$M_(0) \left(-1, 2\right)$ нь хөдөлгөөнгүй цэг юм.
Хангалттай экстремум нөхцөлийн биелэлтийг 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: хэт 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.

Та өмнө нь шалгалт өгсөн байна. Та үүнийг дахин ажиллуулж чадахгүй.

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 оноо тэргүүлэгчдийн самбарт бичигдсэн байна

Хариултаар
Нь шалгаж

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

Зөв биш

4-ийн 2-р даалгавар

2 .
Онооны тоо: 1
$f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ функц байна уу

Тодорхойлолт:Хэрэв x0 цэгийн зарим хэсэгт функц хамгийн том (эсвэл хамгийн бага) утгыг авдаг бол x0 цэгийг функцийн орон нутгийн хамгийн их (эсвэл хамгийн бага) цэг гэж нэрлэдэг. x0 цэгийн зарим зэргэлдээх бүх х-ийн хувьд f(x) f(x0) (эсвэл f(x) f(x0)) нөхцөл хангагдана.

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

Орон нутгийн экстремумын цэгүүдэд функц нь зөвхөн зарим бүс нутагт хамгийн их эсвэл хамгийн бага утгад хүрдэг гэдгийг анхаарна уу. Уmaxуmin-ийн утгын дагуу байх тохиолдол байдаг.

Функцийн орон нутгийн экстремум байх зайлшгүй шалгуур

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. орон нутгийн экстремум нь эхний төрлийн чухал цэгүүдэд явагддаг.

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 чухал цэгүүдэд тохиолддог боловч бүх чухал цэгүүдэд орон нутгийн экстремум байдаггүй.

Жишээ нь: куб парабол y = x3, эгзэгтэй цэг нь x0=0, энэ үед дериватив y/(0)=0, гэхдээ x0=0 эгзэгтэй цэг нь экстремум цэг биш, харин түүний дотор гулзайлтын цэг байдаг (доороос харна уу).

Функцийн локал экстремум байх хангалттай шалгуур

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

тэмдгийг "+"-ээс "-" болгон өөрчилсөн тохиолдолд тасралтгүй функц y(x) нь энэ чухал цэг дээр локал максимумтай байна;

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

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

Орон нутгийн дээд хязгаарын хувьд өсөлтийн функцийн талбарыг (y/0) буурах функцийн талбараар (y/0) орлуулна. Орон нутгийн хамгийн багадаа буурах функцын талбайг (y/0) нэмэгдүүлэх функцийн талбараар (y/0) орлуулна.

Жишээ: y \u003d x3 + 9x2 + 15x - 9 функцийг монотон, экстремумын хувьд судалж, функцийн графикийг байгуул.

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

Бид дискриминант ашиглан квадрат гурвалжийг шийддэг.

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

2) Тоон тэнхлэгийг эгзэгтэй цэгүүдээр 3 мужид хувааж тэдгээр дэх деривативын (y/) тэмдгүүдийг тодорхойлъё. Эдгээр шинж тэмдгүүд дээр үндэслэн функцүүдийн монотон (өсөлт, бууралт) хэсгүүдийг олж, тэмдгүүдийг өөрчилснөөр бид орон нутгийн экстремумын цэгүүдийг (хамгийн их ба хамгийн бага) тодорхойлно.

Судалгааны үр дүнг хүснэгт хэлбэрээр танилцуулж, дараах дүгнэлтийг гаргаж болно.

1. y /(-10) 0 интервал дээр функц нь нэгэн хэвийн өсдөг (у деривативын тэмдгийг энэ интервалд авсан x = -10 хяналтын цэгээс тооцоолсон);
2. (-5; -1) y /(-2) 0 интервал дээр функц монотон буурч байна (у-ийн деривативын тэмдгийг энэ интервалд авсан x = -2 хяналтын цэгээс тооцоолсон);
3. y /(0) 0 интервал дээр функц монотоноор нэмэгддэг (у деривативын тэмдгийг энэ интервалд авсан x = 0 хяналтын цэгээс тооцоолсон);
4. X1k \u003d -5 эгзэгтэй цэгээр дамжин өнгөрөхөд дериватив тэмдэг нь "+" -ээс "-" болж өөрчлөгддөг тул энэ цэг нь орон нутгийн хамгийн дээд цэг юм.
(ymax(-5) = (-5)3+9(-5)2 +15(-5)-9=-125 + 225 - 75 - 9 =16);
5. X2k \u003d -1 эгзэгтэй цэгээр дамжин өнгөрөхөд дериватив тэмдэг нь "-" -ээс "+" болж өөрчлөгддөг тул энэ цэг нь орон нутгийн хамгийн бага цэг юм.
(ymin(-1) = -1 + 9 - 15 - 9 = - 16).

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

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

бид тэгш өнцөгт координатын системийг Oxy барина;

хамгийн их (-5; 16) ба хамгийн бага (-1; -16) цэгүүдийн координатыг харуулах;

графикийг боловсронгуй болгохын тулд бид функцийн утгыг хяналтын цэгүүд дээр тооцоолж, тэдгээрийг хамгийн их ба хамгийн бага цэгүүдийн зүүн ба баруун талд, дунд 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) - тооцоолсон хяналтын цэгүүд, график байгуулахаар зурсан;

бид графикийг хамгийн их цэг дээр дээшээ товойж, хамгийн бага цэг дээр доошоо товойж, тооцоолсон хяналтын цэгүүдийг дайран өнгөрдөг муруй хэлбэрээр үзүүлэв.