Орон нутгийн доод хэмжээ хэд вэ? Функцийн орон нутгийн экстремум

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 . Хэрэв тасралтгүй y = f(x) функц нь x0 цэг дээр локал 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 хангалтгүй нөхцөл гэдгийг анхаарна уу. Орон нутгийн экстремум нь зөвхөн эхний төрлийн эгзэгтэй цэгүүдэд тохиолддог боловч бүх чухал цэгүүдэд орон нутгийн экстремум үүсдэггүй.

Жишээ нь: y = x3 куб парабол нь x0 = 0 критик 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 "+" болгож 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, 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) Критик цэгүүдтэй тооны шулууныг 3 мужид хувааж, тэдгээр дэх деривативын (y/) тэмдгүүдийг тодорхойлъё. 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 (энэ интервалд авсан x = -10 хяналтын цэгийг ашиглан у деривативын тэмдгийг тооцоолсон);
• 2. (-5 ; -1) y /(-2) 0 интервал дээр функц нэг хэвийн буурдаг (у үүсмэлийн тэмдгийг энэ интервалд авсан x = -2 хяналтын цэгийг ашиглан тооцоолсон);
• 3. y /(0) 0 интервал дээр функц нэг хэвийн өсдөг (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.

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 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 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 бол
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, тиймийн тул, болон
Тиймээс энэ үед нэмэлт судалгаа хийх шаардлагатай байна. Функцийн утга
Энэ үед тэг байна:
Цаашид,

цагт

А

цагт

Тиймээс, цэгийн аль ч хөрш
функц
их утгыг 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.

Олон хувьсагчтай f(x) функцийн хувьд x цэг нь вектор, f'(x) нь f(x) функцийн эхний деривативуудын (градиент) вектор, f ′ ′(x) нь хоёр дахь тэгш хэмтэй матриц юм. хэсэгчилсэн деривативууд (Гессийн матриц - Гессийн) функцууд f(x).
Олон хувьсагчийн функцийн хувьд оновчтой байдлын нөхцлүүдийг дараах байдлаар томъёолно.
Орон нутгийн оновчтой байдалд зайлшгүй шаардлагатай нөхцөл. f(x) нь x * R n цэгт дифференциалагдах байг. Хэрэв x * нь орон нутгийн экстремум цэг бол f’(x *) = 0.
Өмнөх нэгэн адил тэгшитгэлийн системийн шийдэл болох цэгүүдийг хөдөлгөөнгүй гэж нэрлэдэг. Х * хөдөлгөөнгүй цэгийн шинж чанар нь Hessian матриц f′ ′(x) тодорхой тэмдэгтэй холбоотой.
А матрицын тэмдэг нь Q(α)= квадрат хэлбэрийн тэмдгүүдээс хамаарна< α A, α >тэгээс бусад бүх α∈R n-ийн хувьд.
Эндээс цааш цаашаа x ба у векторуудын скаляр үржвэрийг илэрхийлнэ. А - тэргүүн байр,

Тэг биш бүх α∈R n хувьд Q(α)>0 (Q(α)≥0) байвал А матриц эерэг (сөрөг бус) тодорхой байна; сөрөг (эерэг биш) тодорхой бол Q(α)<0 (Q(α)≤0) при всех ненулевых α∈R n ; неопределенной, если Q(α)>Зарим тэгээс өөр α∈R n болон Q(α)-ийн хувьд 0<0 для остальных ненулевых α∈R n .
Орон нутгийн оновчтой байдлын хангалттай нөхцөл. f(x) нь x * R n цэг дээр хоёр дахин дифференциал болох ба f’(x *)=0, өөрөөр хэлбэл. x * − хөдөлгөөнгүй цэг. Дараа нь f′′(x *) матриц эерэг (сөрөг) тодорхой бол x * нь орон нутгийн хамгийн бага (хамгийн их) цэг; хэрэв f′′(x *) матриц тодорхойгүй бол x * нь эмээлийн цэг болно.
Хэрэв f′′(x *) матриц нь сөрөг бус (эерэг биш) тодорхой бол x * суурин цэгийн мөн чанарыг тодорхойлохын тулд дээд эрэмбийн деривативуудыг судлах шаардлагатай.
Матрицын тэмдгийг шалгахын тулд дүрмээр бол Сильвестерийн шалгуурыг ашигладаг. Энэ шалгуурын дагуу тэгш хэмтэй матриц А нь бүх өнцгийн минорууд эерэг байвал эерэг тодорхой байна. Энэ тохиолдолд А матрицын өнцгийн минор нь ижил (болон эхний) тоотой мөр, баганын огтлолцол дээр байрлах А матрицын элементүүдээс бүтээгдсэн матрицын тодорхойлогч юм. Тэгш хэмтэй матриц А-д сөрөг тодорхой байгаа эсэхийг шалгахын тулд (−A) матрицын эерэг тодорхой байдлыг шалгах хэрэгтэй.
Тиймээс олон хувьсагчийн функцийн орон нутгийн экстремум цэгийг тодорхойлох алгоритм дараах байдалтай байна.
1. f′(x)-г ол.
2. Системийг шийдэж байна

Үүний үр дүнд x i суурин цэгүүдийг тооцоолно.
3. f′′(x), i=1 гэж тогтоо.
4. f′′(x i)-г ол.
5. f′′(x i) матрицын өнцгийн миноруудыг тооцоолно. Хэрэв бүх өнцгийн минорууд тэгээс өөр биш бол x i суурин цэгийн мөн чанарыг тодорхойлоход дээд эрэмбийн деривативуудыг судлах шаардлагатай. Энэ тохиолдолд 8-р алхам руу шилжих болно.
Үгүй бол 6-р алхам руу очно уу.
6. Өнцгийн насанд хүрээгүй f′′(x i)-ийн шинж тэмдгүүдэд дүн шинжилгээ хийсэн. Хэрэв f′′(x i) эерэг тодорхой бол x i нь орон нутгийн хамгийн бага цэг болно. Энэ тохиолдолд 8-р алхам руу шилжих болно.
Үгүй бол 7-р алхам руу очно уу.
7. -f′′(x i) матрицын өнцгийн миноруудыг тооцоолж, тэмдгүүдийг шинжилнэ.
Хэрэв -f′′(x i) − эерэг тодорхойлогдох бол f′′(x i) сөрөг тодорхой, x i нь орон нутгийн максимум цэг болно.
Үгүй бол f′′(x i) нь тодорхойгүй, x i нь эмээлийн цэг юм.
8. i=N бүх суурин цэгийн шинж чанарыг тодорхойлох нөхцөлийг шалгана.
Хэрэв энэ нь биелсэн бол тооцоолол хийгдсэн болно.
Хэрэв нөхцөл хангагдаагүй бол i=i+1 гэж үзээд 4-р алхам руу шилжинэ.

Жишээ №1. f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2 функцийн орон нутгийн экстремумын цэгүүдийг тодорхойл.









Бүх өнцгийн минорууд тэгээс ялгаатай тул x 2-ын тэмдэгтийг f′′(x) ашиглан тодорхойлно.
f′′(x 2) матриц эерэг тодорхойлогдох тул x 2 нь орон нутгийн хамгийн бага цэг юм.
Хариулт: f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2 функц нь x = (5/3; 8/3) цэг дээр локал минимумтай байна.

$E \дэд багц \mathbb(R)^(n)$. Тэд $f$-д байгаа 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 $x_(0)$ цэгийн $U$ хөрш байгаа бол $f\left(x\right) \geqslant f тэгш бус байдал бүх $-д тохирно. x \in U$ \left(x_(0)\right)$.

Хэрэв $x_(0)$-с ялгаатай $x-д U$-д $f\left(x\right) > f\left(x_) байхаар $U$-ийн хөршийг 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.
Тэгэхээр, 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 хөдөлгөөнгүй 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 бол хамгийн бага, хэлбэр нь байвал дээд тал нь байна. сөрөг тодорхой;
2. хэрэв $Q_(x_(0))$ квадрат хэлбэр тодорхойгүй бол $x_(0)$ цэг дээрх $f$ 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 $\lambda>0$, $h \rightarrow 0$-д $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ байвал хангалттай бага урттай дурын $h$ векторт баруун гар тал 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 $Q_(x_(0))$ нь тодорхойгүй хэлбэр гэж үзье. 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 $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) болно. \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ 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.

$\left(x_(0),y_(0)\right) цэгийн зарим хэсэгт тодорхойлогдсон хоёр хувьсагчийн $f \left(x,y\right)$ функцийн хувьд энэ теоремын тусгай тохиолдлыг авч үзье. )$ ба эхний болон хоёрдугаар эрэмбийн тасралтгүй хэсэгчилсэн деривативтай. $\left(x_(0),y_(0)\right)$ 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)(\хэсэг х^(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-ийг 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?

Функцийн утга нь хамгийн бага эсвэл хамгийн их утгыг авах функцийн тодорхойлолтын муж дахь цэгийг функцийн экстремум цэг гэнэ. Эдгээр цэгүүд дэх функцийн утгыг функцийн экстремум (хамгийн бага ба хамгийн их) гэж нэрлэдэг.

Тодорхойлолт. Цэг x1 функцийн домэйн е(x) гэж нэрлэдэг функцийн хамгийн дээд цэг , хэрэв энэ цэг дэх функцийн утга нь түүний баруун ба зүүн талд байрлах түүнд хангалттай ойрхон цэгүүдийн функцийн утгуудаас их байвал (өөрөөр хэлбэл тэгш бус байдал хадгалагдана) е(x0 ) > е(x 0 + Δ x) x1 дээд тал нь.

Тодорхойлолт. Цэг x2 функцийн домэйн е(x) гэж нэрлэдэг функцийн хамгийн бага цэг, хэрэв энэ цэг дэх функцийн утга нь түүний баруун ба зүүн талд байрлах түүнд хангалттай ойрхон цэгүүдийн функцын утгуудаас бага байвал (өөрөөр хэлбэл тэгш бус байдал хадгалагдана) е(x0 ) < е(x 0 + Δ x) ). Энэ тохиолдолд функц нь цэг дээр байна гэж бид хэлж байна x2 хамгийн бага.

Оноо гэж хэлье x1 - функцийн хамгийн дээд цэг е(x). Дараа нь хүртэлх зайд x1 функц нэмэгдэнэ, тиймээс функцийн дериватив тэгээс их байна ( е "(x) > 0 ) болон дараах интервалд x1 функц буурдаг тул функцийн деривативтэгээс бага ( е "(x) < 0 ). Тогда в точке x1

Гол нь мөн гэж бодъё x2 - функцийн хамгийн бага цэг е(x). Дараа нь хүртэлх зайд x2 функц буурч, функцийн дериватив нь тэгээс бага ( е "(x) < 0 ), а в интервале после x2 функц нэмэгдэж, функцийн дериватив нь тэгээс их байна ( е "(x) > 0). Энэ тохиолдолд мөн цэг дээр x2 функцийн дериватив нь тэг буюу байхгүй.

Фермагийн теорем (функцийн экстремум байгаагийн зайлшгүй шинж тэмдэг). Хэрэв цэг бол x0 - функцийн экстремум цэг е(x) тэгвэл энэ үед функцийн дериватив тэгтэй тэнцүү байна ( е "(x) = 0 ) эсвэл байхгүй байна.

Тодорхойлолт. Функцийн дериватив нь тэг буюу байхгүй цэгүүдийг дуудна чухал цэгүүд .

Жишээ 1.Функцийг авч үзье.

Яг цэг дээр x= 0 бол функцийн дериватив тэг тул цэг болно x= 0 бол чухал цэг юм. Гэсэн хэдий ч, функцийн графикаас харахад энэ нь тодорхойлолтын бүхэл бүтэн домайн даяар нэмэгддэг тул цэг x= 0 нь энэ функцийн экстремум цэг биш юм.

Тиймээс, тухайн цэг дэх функцийн дериватив нь тэгтэй тэнцүү эсвэл байхгүй байх нөхцөлүүд нь экстремумын зайлшгүй нөхцөл боловч хангалттай биш, учир нь эдгээр нөхцөл хангагдсан функцүүдийн бусад жишээг өгч болно, гэхдээ функц харгалзах цэг дээр экстремум байхгүй байна. Тийм ч учраас хангалттай нотлох баримт байх ёстой, тодорхой эгзэгтэй цэг дээр экстремум байгаа эсэх, энэ нь ямар төрлийн экстремум болохыг - хамгийн их эсвэл хамгийн бага гэж дүгнэх боломжийг олгоно.

Теорем (функцийн экстремум байгаагийн эхний хангалттай тэмдэг).Чухал цэг x0 е(x) хэрэв энэ цэгээр дамжин өнгөрөхөд функцийн дериватив тэмдэг өөрчлөгдвөл тэмдэг нь "нэмэх" -ээс "хасах" болж өөрчлөгдвөл энэ нь хамгийн их цэг, хэрэв "хасах" -аас "нэмэх" бол энэ нь хамгийн бага цэг юм.

Хэрэв цэгийн ойролцоо бол x0 , түүний зүүн ба баруун талд дериватив нь тэмдэгээ хадгалдаг бөгөөд энэ нь тухайн цэгийн тодорхой хэсэгт функц нь зөвхөн буурч эсвэл зөвхөн нэмэгддэг гэсэн үг юм. x0 . Энэ тохиолдолд, цэг дээр x0 туйлшрал гэж байхгүй.

Тэгэхээр, Функцийн экстремум цэгүүдийг тодорхойлохын тулд та дараах зүйлийг хийх хэрэгтэй :

1. Функцийн деривативыг ол.
2. Деривативыг тэгтэй тэнцүүлж, эгзэгтэй цэгүүдийг тодорхойлно.
3. Оюуны хувьд эсвэл цаасан дээр тоон шулуун дээрх эгзэгтэй цэгүүдийг тэмдэглэж, үүссэн интервал дахь функцийн деривативын тэмдгүүдийг тодорхойлно. Хэрэв деривативын тэмдэг нь "нэмэх" -ээс "хасах" болж өөрчлөгдвөл эгзэгтэй цэг нь хамгийн их цэг, хэрэв "хасах" -аас "нэмэх" бол хамгийн бага цэг болно.
4. Функцийн утгыг экстремум цэгүүдэд тооцоол.

Жишээ 2.Функцийн экстремумыг ол .

Шийдэл. Функцийн деривативыг олъё:

Чухал цэгүүдийг олохын тулд деривативыг тэгтэй тэнцүүлье.

.

"x"-ийн аль ч утгын хувьд хуваагч нь тэгтэй тэнцүү биш тул бид тоологчийг тэгтэй тэнцүүлнэ.

Нэг чухал цэгтэй болсон x= 3 . Энэ цэгээр тусгаарлагдсан интервал дахь деривативын тэмдгийг тодорхойлъё.

хасах хязгаараас 3 хүртэлх хязгаарт - хасах тэмдэг, өөрөөр хэлбэл функц буурч,

3-аас нэмэх хязгааргүй хооронд нэмэх тэмдэг байна, өөрөөр хэлбэл функц нэмэгдэнэ.

Энэ нь хугацаа x= 3 нь хамгийн бага цэг юм.

Функцийн утгыг хамгийн бага цэг дээр олъё:

Ийнхүү функцийн экстремум цэг нь олддог: (3; 0) бөгөөд энэ нь хамгийн бага цэг юм.

Теорем (функцийн экстремум байгаагийн хоёр дахь хангалттай тэмдэг).Чухал цэг x0 функцийн экстремум цэг юм е(x) хэрэв энэ цэг дэх функцийн хоёр дахь дериватив тэгтэй тэнцүү биш бол ( е ""(x) ≠ 0), хэрэв хоёр дахь дериватив нь тэгээс их бол ( е ""(x) > 0 ), дараа нь хамгийн их цэг, хэрэв хоёр дахь дериватив нь тэгээс бага бол ( е ""(x) < 0 ), то точкой минимума.

Тайлбар 1. Хэрэв цэг дээр байгаа бол x0 Хэрэв эхний болон хоёр дахь дериватив хоёулаа алга болвол энэ үед хоёр дахь хангалттай шалгуур дээр үндэслэн экстремум байгаа эсэхийг дүгнэх боломжгүй юм. Энэ тохиолдолд та функцийн экстремумын хувьд хангалттай эхний шалгуурыг ашиглах хэрэгтэй.

Тайлбар 2. Функцийн экстремумын хоёр дахь хангалттай шалгуур нь хөдөлгөөнгүй цэг дээр эхний дериватив байхгүй үед ч хэрэгжихгүй (хоёр дахь дериватив нь ч байхгүй). Энэ тохиолдолд та функцийн экстремумын эхний хангалттай тэмдгийг ашиглах хэрэгтэй.

Функцийн экстремумын орон нутгийн шинж чанар

Дээрх тодорхойлолтуудаас харахад функцийн экстремум нь орон нутгийн шинж чанартай байдаг - энэ нь ойролцоох утгуудтай харьцуулахад функцийн хамгийн том, хамгийн бага утга юм.

Та нэг жилийн хугацаанд орлогоо харж байна гэж бодъё. Хэрэв 5-р сард та 45,000 рубль, 4-р сард 42,000 рубль, 6-р сард 39,000 рубль олсон бол 5-р сарын орлого нь ойролцоох утгуудтай харьцуулахад орлогын функцийн дээд хэмжээ юм. Гэхдээ 10-р сард та 71,000 рубль, 9-р сард 75,000 рубль, 11-р сард 74,000 рубль олсон тул 10-р сарын орлого нь ойролцоох утгуудтай харьцуулахад орлогын функцын доод хэмжээ юм. Мөн 4-5-6-р сарын утгуудын хамгийн дээд хэмжээ нь 9-10-11-р сарын доод хэмжээнээс бага байгааг та хялбархан харж болно.

Ерөнхийдөө интервал дээр функц нь хэд хэдэн экстремумтай байж болох бөгөөд функцийн зарим минимум нь аль ч максимумаас их байх болно. Тэгэхээр дээрх зурагт үзүүлсэн функцийн хувьд .

Өөрөөр хэлбэл, функцийн хамгийн их ба хамгийн бага утгууд нь авч үзэж буй сегмент дэх хамгийн том ба хамгийн бага утгатай гэж бодож болохгүй. Хамгийн их цэг дээр функц нь бүх цэгүүдэд хамгийн их цэгт хангалттай ойрхон байгаа утгуудтай харьцуулахад хамгийн их утгатай, хамгийн бага цэг дээр зөвхөн эдгээр утгуудтай харьцуулахад хамгийн бага утгатай байна. Энэ нь бүх цэгүүдэд хамгийн бага цэгт хангалттай ойрхон байна.

Тиймээс бид функцийн экстремум цэгүүдийн дээрх ойлголтыг тодруулж, хамгийн бага цэгүүдийг орон нутгийн хамгийн бага цэгүүд, хамгийн их цэгүүдийг орон нутгийн хамгийн их цэгүүд гэж нэрлэж болно.

Бид хамтдаа функцийн экстремумыг хайдаг

Жишээ 3.

Шийдэл: Функц нь бүхэл тооны мөрөнд тодорхой бөгөөд тасралтгүй байна. Түүний дериватив мөн бүхэл тоон мөрөнд байдаг. Тиймээс, энэ тохиолдолд эгзэгтэй цэгүүд нь зөвхөн эдгээр нь, i.e. , хаанаас болон . Чухал цэгүүд ба функцийг тодорхойлох бүх мужийг нэг хэвийн байдлын гурван интервалд хуваана: . Тэд тус бүрээс нэг хяналтын цэгийг сонгож, энэ цэг дэх деривативын тэмдгийг олъё.

Интервалын хувьд хяналтын цэг нь байж болно: олох. Интервалд оноо авбал бид авах ба завсарт оноо авбал бид байна. Тиймээс, интервалд ба , мөн интервалд . Экстремумын эхний хангалттай шалгуурын дагуу тухайн цэг дээр экстремум байхгүй (үүсмэл нь интервалд тэмдэгээ хадгалдаг тул) цэг дээр функц нь хамгийн багатай байдаг (учир нь үүсмэл нь өнгөрөх үед хасахаас нэмэх тэмдэг рүү өөрчлөгддөг. энэ цэгээр дамжуулан). Функцийн харгалзах утгуудыг олъё: , a . Интервалд функц буурч, учир нь энэ интервалд , мөн интервалд энэ нь нэмэгддэг, учир нь энэ интервалд .

Графикийн бүтцийг тодруулахын тулд бид координатын тэнхлэгүүдтэй огтлолцох цэгүүдийг олдог. Үндэс нь ба гэсэн тэгшитгэлийг олж авбал функцийн графикийн хоёр цэг (0; 0) ба (4; 0) олдсон байна. Хүлээн авсан бүх мэдээллийг ашиглан бид график бүтээдэг (жишээний эхлэлийг үзнэ үү).

Жишээ 4.Функцийн экстремумыг олж, графикийг нь байгуул.

Функцийн тодорхойлолтын домэйн нь цэгээс бусад бүх тооны шугам юм, i.e. .

Судалгааг богиносгохын тулд та энэ функцийг тэгш гэж ашиглаж болно, учир нь . Тиймээс түүний график нь тэнхлэгт тэгш хэмтэй байна Өөмөн судалгааг зөвхөн интервалаар хийж болно.

Деривативыг олох функцийн чухал цэгүүд:

1) ;

2) ,

гэхдээ энэ үед функц нь тасалдсан тул экстремум цэг байж болохгүй.

Тиймээс өгөгдсөн функц нь хоёр чухал цэгтэй байна: ба . Функцийн паритетийг харгалзан бид экстремумын хоёр дахь хангалттай шалгуурыг ашиглан зөвхөн цэгийг шалгана. Үүнийг хийхийн тулд бид хоёр дахь деривативыг олно ба түүний тэмдгийг тодорхойлох: бид авна. ба учраас, энэ нь функцийн хамгийн бага цэг бөгөөд ба .

Функцийн графикийн илүү бүрэн дүр зургийг авахын тулд тодорхойлолтын домэйны хил дээрх түүний зан төлөвийг олж мэдье.

(энд тэмдэг нь хүслийг илэрхийлдэг xбаруун талаас тэг рүү, ба xэерэг хэвээр байна; тэмүүлэл гэсэн утгатай xзүүн талаас тэг хүртэл, ба xсөрөг хэвээр байна). Тиймээс хэрэв , тэгвэл . Дараа нь бид олдог

,

тэдгээр. бол .

Функцийн график нь тэнхлэгүүдтэй огтлолцох цэггүй. Зураг нь жишээний эхэнд байна.

Бид хамтдаа функцийн экстремумуудыг хайсаар л байна

Жишээ 8.Функцийн экстремумыг ол.

Шийдэл. Функцийн тодорхойлолтын мужийг олъё. Тэгш бус байдлыг хангах ёстой тул бид -ээс авна.

Функцийн эхний деривативыг олъё:

Функцийн эгзэгтэй цэгүүдийг олцгооё.