Cili është një minimum lokal. Ekstrema lokale e funksioneve

Përkufizimi: Pika x0 quhet pikë e maksimumit (ose minimales) lokale të një funksioni nëse në ndonjë fqinjësi të pikës x0 funksioni merr vlerën më të madhe (ose më të vogël), d.m.th. për të gjitha x nga ndonjë fqinjësi e pikës x0 plotësohet kushti f(x) f(x0) (ose f(x) f(x0)).

Pikat e maksimumit ose minimumit lokal bashkohen me një emër të përbashkët - pikat e ekstremit lokal të një funksioni.

Vini re se në pikat ekstreme lokale, funksioni arrin vlerën e tij maksimale ose minimale vetëm në një rajon të caktuar lokal. Mund të ketë raste kur sipas vlerës уmaxуmin .

Një shenjë e domosdoshme e ekzistencës së një ekstremi lokal të një funksioni

Teorema . Nëse një funksion i vazhdueshëm y = f(x) ka një ekstrem lokal në pikën x0, atëherë në këtë pikë derivati ​​i parë është ose zero ose nuk ekziston, d.m.th. një ekstrem lokal ndodh në pikat kritike të llojit të parë.

Në pikat ekstreme lokale, ose tangjentja është paralele me boshtin 0x, ose ka dy tangjente (shih figurën). Vini re se pikat kritike janë një kusht i domosdoshëm, por jo i mjaftueshëm për një ekstrem lokal. Një ekstrem lokal ndodh vetëm në pikat kritike të llojit të parë, por jo në të gjitha pikat kritike një ekstrem lokal ndodh.

Për shembull: një parabolë kubike y = x3 ka një pikë kritike x0 = 0, në të cilën derivati y/(0)=0, por pika kritike x0=0 nuk është një pikë ekstreme, por një pikë lakimi në të (shih më poshtë).

Një shenjë e mjaftueshme e ekzistencës së një ekstremi lokal të një funksioni

Teorema . Nëse, kur argumenti kalon nëpër një pikë kritike të llojit të parë nga e majta në të djathtë, derivati ​​i parë y / (x)

ndryshon shenjën nga “+” në “-”, atëherë funksioni i vazhdueshëm y(x) në këtë pikë kritike ka një maksimum lokal;

ndryshon shenjën nga “-” në “+”, atëherë funksioni i vazhdueshëm y(x) ka një minimum lokal në këtë pikë kritike

nuk ndryshon shenjë, atëherë në këtë pikë kritike nuk ka ekstrem lokal, ka një pikë përkuljeje këtu.

Për një maksimum lokal, rajoni i funksionit në rritje (y/0) zëvendësohet nga rajoni i funksionit zvogëlues (y/0). Për një minimum lokal, rajoni i funksionit në rënie (y/0) zëvendësohet nga rajoni i funksionit në rritje (y/0).

Shembull: Shqyrtoni funksionin y = x3 + 9x2 + 15x - 9 për monotoni, ekstrem dhe ndërtoni një grafik të funksionit.

Le të gjejmë pikat kritike të llojit të parë duke përcaktuar derivatin (y/) dhe duke e barazuar atë me zero: y/ = 3x2 + 18x + 15 = 3(x2 + 6x + 5) = 0

Le të zgjidhim trinomin kuadratik duke përdorur diskriminuesin:

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

2) Boshtin e numrave e ndajmë në 3 rajone me pika kritike dhe përcaktojmë shenjat e derivatit (y/) në to. Duke përdorur këto shenja do të gjejmë zonat e monotonitetit (rritjes dhe zvogëlimit) të funksioneve, dhe duke ndryshuar shenjat do të përcaktojmë pikat e ekstremumit lokal (maksimumi dhe minimal).

Rezultatet e hulumtimit i paraqesim në formën e një tabele, nga e cila mund të nxirren përfundimet e mëposhtme:

• 1. Në intervalin y /(-10) 0 funksioni rritet në mënyrë monotonike (shenja e derivatit y u vlerësua duke përdorur pikën e kontrollit x = -10 të marrë në këtë interval);
• 2. Në intervalin (-5 ; -1) y /(-2) 0 funksioni zvogëlohet në mënyrë monotonike (shenja e derivatit y u vlerësua duke përdorur pikën e kontrollit x = -2, marrë në këtë interval);
• 3. Në intervalin y /(0) 0, funksioni rritet në mënyrë monotonike (shenja e derivatit y u vlerësua duke përdorur pikën e kontrollit x = 0, marrë në këtë interval);
• 4. Kur kalon në pikën kritike x1k = -5, derivati ​​ndryshon shenjën nga “+” në “-”, prandaj kjo pikë është pikë maksimale lokale.
• (ymax(-5) = (-5)3+9(-5)2 +15(-5)-9=-125 + 225 - 75 - 9 =16);
• 5. Kur kalon në pikën kritike x2k = -1, derivati ​​ndryshon shenjën nga “-” në “+”, prandaj kjo pikë është një pikë minimale lokale.
• (ymin(-1) = -1 + 9 - 15 - 9 = - 16).

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

3) Ne do të ndërtojmë një grafik bazuar në rezultatet e studimit duke përdorur llogaritjet shtesë të vlerave të funksionit në pikat e kontrollit:

të ndërtojë një sistem koordinativ drejtkëndor Oxy;

Tregojmë me koordinata pikat maksimale (-5; 16) dhe minimale (-1;-16);

për të sqaruar grafikun, ne llogarisim vlerën e funksionit në pikat e kontrollit, duke i zgjedhur ato majtas dhe djathtas të pikave maksimale dhe minimale dhe brenda intervalit mesatar, për shembull: 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) dhe (0;-9) - pikat e kontrollit të llogaritura që i vizatojmë për të ndërtuar grafikun;

Ne e tregojmë grafikun në formën e një lakore konvekse lart në pikën maksimale dhe konvekse poshtë në pikën minimale dhe duke kaluar nëpër pikat e llogaritura të kontrollit.

Funksioni thuhet se ka në pikën e brendshme
Rajon D maksimale lokale(minimale), nëse ka një fqinjësi të tillë të pikës
, për çdo pikë
e cila mban pabarazinë

Nëse një funksion ka në një pikë
maksimumi lokal ose minimumi lokal, atëherë themi se ka në këtë pikë ekstremi lokal(ose thjesht një ekstrem).

Teorema (kusht i domosdoshëm për ekzistimin e një ekstremi). Nëse funksioni i diferencueshëm arrin një ekstrem në pikë
, pastaj çdo derivat i pjesshëm i rendit të parë të funksionit në këtë pikë bëhet zero.

Quhen pikat në të cilat zhduken të gjitha derivatet e pjesshme të rendit të parë pikat stacionare të funksionit
. Koordinatat e këtyre pikave mund të gjenden duke zgjidhur sistemin e ekuacionet

.

Kushti i nevojshëm për ekzistencën e një ekstremi në rastin e një funksioni të diferencueshëm mund të formulohet shkurtimisht si më poshtë:

Ka raste kur në pika të veçanta disa derivate të pjesshëm kanë vlera të pafundme ose nuk ekzistojnë (ndërsa pjesa tjetër është e barabartë me zero). Pika të tilla quhen pikat kritike të funksionit. Këto pika duhet të konsiderohen gjithashtu si "të dyshimta" për një ekstrem, ashtu si ato të palëvizshme.

Në rastin e një funksioni të dy ndryshoreve, kushti i nevojshëm për ekstremin, përkatësisht barazia me zero e derivateve të pjesshme (diferenciale) në pikën ekstreme, ka një interpretim gjeometrik: rrafshi tangjent në sipërfaqe
në pikën ekstreme duhet të jetë paralel me rrafshin
.

20. Kushtet e mjaftueshme për ekzistimin e një ekstremi

Plotësimi i kushtit të nevojshëm për ekzistencën e një ekstremi në një moment nuk garanton aspak praninë e një ekstremi atje. Si shembull, mund të marrim funksionin e diferencueshëm kudo
. Të dy derivatet e tij të pjesshëm dhe vetë funksioni zhduken në pikë
. Sidoqoftë, në çdo lagje të kësaj pike ka të dyja pozitive (të mëdha
), dhe negative (më e vogël
) vlerat e këtij funksioni. Prandaj, në këtë pikë, sipas përkufizimit, nuk vërehet asnjë ekstrem. Prandaj, është e nevojshme të njihen kushtet e mjaftueshme në të cilat një pikë e dyshuar si një ekstrem është një pikë ekstreme e funksionit në studim.

Le të shqyrtojmë rastin e një funksioni të dy ndryshoreve. Le të supozojmë se funksioni
të përcaktuara, të vazhdueshme dhe kanë derivate të pjesshme të vazhdueshme deri në rendin e dytë duke përfshirë në afërsi të një pike
, e cila është pika stacionare e funksionit
dmth i plotëson kushtet

,
.

Le të prezantojmë shënimin e mëposhtëm:

Teorema (kushte të mjaftueshme për ekzistimin e një ekstremi). Lëreni funksionin
plotëson kushtet e mësipërme, përkatësisht: është i diferencueshëm në ndonjë lagje të një pike stacionare
dhe është dy herë i diferencueshëm në vetë pikën
. Atëherë nëse

Nëse
pastaj funksioni
në pikën
arrin

maksimale lokale në
Dhe

minimale lokale në
.

Në përgjithësi, për funksionin
kusht i mjaftueshëm për ekzistencë në pikë
lokalminimale(maksimale) është pozitive(negativ) siguria e diferencialit të dytë.

Me fjalë të tjera, pohimi i mëposhtëm është i vërtetë.

Teorema . Nëse në pikën
për funksionin

për çdo jo të barabartë me zero në të njëjtën kohë
, atëherë në këtë pikë funksioni ka minimale(të ngjashme me maksimale, Nëse
).

Shembulli 18.Gjeni pikat ekstreme lokale të një funksioni

Zgjidhje. Le të gjejmë derivatet e pjesshme të funksionit dhe t'i barazojmë me zero:

Duke zgjidhur këtë sistem, gjejmë dy pika të mundshme ekstreme:

Le të gjejmë derivatet e pjesshme të rendit të dytë për këtë funksion:

Në pikën e parë të palëvizshme, pra, dhe
Prandaj, në këtë pikë kërkohen kërkime shtesë. Vlera e funksionit
në këtë pikë është zero:
Me tutje,

në

A

në

Prandaj, në çdo lagje të pikës
funksionin
merr vlera si të mëdha
, dhe më të vogla
, dhe, për rrjedhojë, në pikën
funksionin
, sipas definicionit, nuk ka ekstrem lokal.

Në pikën e dytë të palëvizshme



prandaj, pra, meqenëse
pastaj në pikën
funksioni ka një maksimum lokal.

Për një funksion f(x) të shumë ndryshoreve, pika x është një vektor, f'(x) është një vektor i derivateve të parë (gradienti) i funksionit f(x), f ′ ′(x) është një matricë simetrike e së dytës derivatet e pjesshme (matrica hesian - hesian) funksionet f(x).
Për një funksion të shumë variablave, kushtet e optimalitetit formulohen si më poshtë.
Një kusht i domosdoshëm për optimalitetin lokal. Le të jetë f(x) i diferencueshëm në pikën x * R n . Nëse x * është një pikë ekstreme lokale, atëherë f'(x *) = 0.
Si më parë, pikat që janë zgjidhje për një sistem ekuacionesh quhen stacionare. Natyra e pikës së palëvizshme x * shoqërohet me shenjën e caktuar të matricës Hessian f' (x).
Shenja e matricës A varet nga shenjat e formës kuadratike Q(α)=< α A, α >për të gjitha α∈R n jozero.
Këtu dhe më tej tregon prodhimin skalar të vektorëve x dhe y. A-parësore,

Një matricë A është pozitive (jo-negative) e caktuar nëse Q(α)>0 (Q(α)≥0) për të gjitha α∈R n jozero; negative (jo pozitive) e caktuar nëse Q(α)<0 (Q(α)≤0) при всех ненулевых α∈R n ; неопределенной, если Q(α)>0 për disa α∈R n jo zero dhe Q(α)<0 для остальных ненулевых α∈R n .
Kusht i mjaftueshëm për optimalitetin lokal. Le të jetë f(x) dy herë i diferencueshëm në pikën x * R n, dhe f’(x *)=0, d.m.th. x * − pika stacionare. Atëherë, nëse matrica f′′(x *) është pozitive (negative) e caktuar, atëherë x * është një pikë minimale (maksimale) lokale; nëse matrica f′′(x *) është e papërcaktuar, atëherë x * është një pikë shale.
Nëse matrica f′′(x *) është jonegative (jo pozitivisht) e përcaktuar, atëherë për të përcaktuar natyrën e pikës stacionare x * kërkohet studimi i derivateve të rendit më të lartë.
Për të kontrolluar shenjën e një matrice, si rregull, përdoret kriteri Sylvester. Sipas këtij kriteri, një matricë simetrike A është pozitive e përcaktuar nëse dhe vetëm nëse të gjitha minoret këndore të saj janë pozitive. Në këtë rast, minorja këndore e matricës A është përcaktuesi i një matrice të ndërtuar nga elementët e matricës A të vendosur në kryqëzimin e rreshtave dhe kolonave me numra të njëjtë (dhe të parë). Për të kontrolluar matricën simetrike A për definicion negativ, duhet të kontrolloni matricën (−A) për definicion pozitiv.
Pra, algoritmi për përcaktimin e pikave ekstreme lokale të një funksioni të shumë variablave është si më poshtë.
1. Gjeni f′(x).
2. Sistemi po zgjidhet

Si rezultat, llogariten pikat stacionare x i.
3. Gjeni f′′(x), vendosni i=1.
4. Gjeni f′′(x i)
5. Llogariten minoret këndore të matricës f′′(x i). Nëse jo të gjitha minoret këndore janë jozero, atëherë përcaktimi i natyrës së pikës stacionare x i kërkon studimin e derivateve të rendit më të lartë. Në këtë rast, kryhet kalimi në hapin 8.
Përndryshe, shkoni në hapin 6.
6. Analizohen shenjat e minoreve këndore f′′(x i). Nëse f′′(x i) është definitive pozitive, atëherë x i është një pikë minimale lokale. Në këtë rast, kryhet kalimi në hapin 8.
Përndryshe, shkoni në hapin 7.
7. Llogariten minoret këndore të matricës -f′′(x i) dhe analizohen shenjat e tyre.
Nëse -f′′(x i) − është definitive pozitive, atëherë f′′(x i) është definitive negative dhe x i është një pikë maksimale lokale.
Përndryshe f′′(x i) është i papërcaktuar dhe x i është një pikë shale.
8. Kontrollohet kushti për përcaktimin e natyrës së të gjitha pikave stacionare i=N.
Nëse plotësohet, atëherë llogaritjet janë përfunduar.
Nëse kushti nuk plotësohet, atëherë supozohet i=i+1 dhe kryhet kalimi në hapin 4.

Shembulli nr. 1. Përcaktoni pikat e ekstremeve lokale të funksionit f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2









Meqenëse të gjitha të voglat këndore janë jo zero, karakteri i x 2 përcaktohet duke përdorur f′′(x).
Meqenëse matrica f′′(x 2) është e përcaktuar pozitive, x 2 është një pikë minimale lokale.
Përgjigje: funksioni f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2 ka një minimum lokal në pikën x = (5/3; 8/3).

$E \nëngrupi \mathbb(R)^(n)$. Ata thonë se $f$ ka maksimale lokale në pikën $x_(0) \në E$, nëse ka një fqinjësi $U$ të pikës $x_(0)$ të tillë që për të gjitha $x \in U$ pabarazia $f\majtas(x\djathtas ) \leqslant f është i kënaqur \left(x_(0)\right)$.

Maksimumi lokal quhet i rreptë , nëse lagja $U$ mund të zgjidhet në mënyrë që për të gjitha $x \në U$ të ndryshme nga $x_(0)$ të ketë $f\left(x\djathtas)< f\left(x_{0}\right)$.

Përkufizimi
Le të jetë $f$ një funksion real në grupin e hapur $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Ata thonë se $f$ ka minimale lokale në pikën $x_(0) \në E$, nëse ka një fqinjësi $U$ të pikës $x_(0)$ të tillë që për të gjitha $x \in U$ pabarazia $f\majtas(x\djathtas ) \geqslant f është i kënaqur \left(x_(0)\right)$.

Një minimum lokal quhet i rreptë nëse një lagje $U$ mund të zgjidhet në mënyrë që për të gjitha $x \in U$ të ndryshme nga $x_(0)$ të ketë $f\left(x\right) > f\left(x_ ( 0)\djathtas)$.

Ekstremumi lokal kombinon konceptet e minimumit lokal dhe maksimumit lokal.

Teorema (kusht i domosdoshëm për ekstremin e një funksioni të diferencueshëm)
Le të jetë $f$ një funksion real në grupin e hapur $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Nëse në pikën $x_(0) \në E$ funksioni $f$ ka një ekstrem lokal në këtë pikë, atëherë $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ Diferenciali i barabartë me zero është i barabartë me faktin që të gjithë janë të barabartë me zero, d.m.th. $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

Në rastin njëdimensional kjo është – . Le të shënojmë $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$, ku $h$ është një vektor arbitrar. Funksioni $\phi$ është përcaktuar për vlerat e $t$ që janë mjaftueshëm të vogla në vlerë absolute. Përveç kësaj, është i diferencueshëm në lidhje me , dhe $(\phi)' \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$.
Le të ketë $f$ një maksimum lokal në pikën x $0$. Kjo do të thotë që funksioni $\phi$ në $t = 0$ ka një maksimum lokal dhe, sipas teoremës së Fermatit, $(\phi)' \left(0\right)=0$.
Pra, morëm atë $df \left(x_(0)\right) = 0$, d.m.th. funksioni $f$ në pikën $x_(0)$ është i barabartë me zero në çdo vektor $h$.

Përkufizimi
Pikat në të cilat diferenciali është zero, d.m.th. ato në të cilat të gjitha derivatet e pjesshme janë të barabarta me zero quhen stacionare. Pikat kritike funksionet $f$ janë ato pika në të cilat $f$ nuk është i diferencueshëm ose është i barabartë me zero. Nëse pika është e palëvizshme, atëherë nga kjo nuk rezulton se funksioni ka një ekstrem në këtë pikë.

Shembulli 1.
Le të $f \left(x,y\djathtas)=x^(3)+y^(3)$. Pastaj $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$, pra $\left(0,0\djathtas)$ është një pikë e palëvizshme, por funksioni nuk ka ekstrem në këtë pikë. Në të vërtetë, $f \left(0,0\right) = 0$, por është e lehtë të shihet se në çdo lagje të pikës $\left(0,0\djathtas)$ funksioni merr vlera pozitive dhe negative.

Shembulli 2.
Funksioni $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ ka një pikë të palëvizshme në origjinë, por është e qartë se nuk ka asnjë ekstrem në këtë pikë.

Teorema (kusht i mjaftueshëm për ekstremum).
Le të jetë funksioni $f$ dy herë i diferencueshëm vazhdimisht në grupin e hapur $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Le të jetë $x_(0) \në E$ një pikë e palëvizshme dhe $$\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)\djathtas)h^(i)h^(j).$ $ Pastaj

1. nëse $Q_(x_(0))$ – , atëherë funksioni $f$ në pikën $x_(0)$ ka një ekstrem lokal, domethënë, një minimum nëse forma është definitive pozitive dhe një maksimum nëse forma është definitive negative;
2. nëse forma kuadratike $Q_(x_(0))$ është e papërcaktuar, atëherë funksioni $f$ në pikën $x_(0)$ nuk ka ekstrem.

Le të përdorim zgjerimin sipas formulës së Taylor-it (12.7 f. 292). Duke marrë parasysh që derivatet e pjesshme të rendit të parë në pikën $x_(0)$ janë të barabartë me zero, marrim $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\ djathtas) = ​​\ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_ (j)) \left(x_(0)+\theta h\djathtas)h^(i)h^(j),$$ ku $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$, dhe $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ për $h \rightarrow 0$, atëherë ana e djathtë do të jetë pozitive për çdo vektor $h$ me gjatësi mjaft të vogël.
Pra, kemi arritur në përfundimin se në një fqinjësi të caktuar të pikës $x_(0)$ vlen pabarazia $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ nëse vetëm $ x \neq x_ (0)$ (vëmë $x=x_(0)+h$\djathtas). Kjo do të thotë se në pikën $x_(0)$ funksioni ka një minimum lokal strikte, dhe kështu vërtetohet pjesa e parë e teoremës sonë.
Le të supozojmë tani se $Q_(x_(0))$ është një formë e pacaktuar. Pastaj ka vektorë $h_(1)$, $h_(2)$ të tillë që $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \majtas(h_(2)\djathtas)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>$0. Pastaj marrim $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\djathtas) \djathtas] = \frac(1)(2) t^(2) \ majtas[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\djathtas) \djathtas].$$ Për $t>0$ mjaftueshëm të vogla, e djathta ana është pozitive. Kjo do të thotë që në çdo lagje të pikës $x_(0)$ funksioni $f$ merr vlera $f \left(x\right)$ më të mëdha se $f \left(x_(0)\right)$.
Në mënyrë të ngjashme, ne gjejmë se në çdo lagje të pikës $x_(0)$ funksioni $f$ merr vlera më të vogla se $f \left(x_(0)\right)$. Kjo, së bashku me atë të mëparshmen, do të thotë se në pikën $x_(0)$ funksioni $f$ nuk ka një ekstrem.

Le të shqyrtojmë një rast të veçantë të kësaj teoreme për funksionin $f \left(x,y\right)$ të dy variablave, të përcaktuar në një fqinjësi të pikës $\left(x_(0),y_(0)\right )$ dhe që kanë derivate të pjesshme të vazhdueshme të rendit të parë dhe të dytë. Supozoni se $\left(x_(0),y_(0)\right)$ është një pikë e palëvizshme dhe shënoni $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^ (2)) \left(x_(0) ,y_(0)\djathtas), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_( 0 ), y_(0)\djathtas), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(x_(0), y_(0)\djathtas ) .$$ Pastaj teorema e mëparshme merr formën e mëposhtme.

Teorema
Le të $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$. Pastaj:

1. nëse $\Delta>0$, atëherë funksioni $f$ ka një ekstrem lokal në pikën $\left(x_(0),y_(0)\right)$, domethënë, një minimum nëse $a_(11)> 0$ , dhe maksimumi nëse $a_(11)<0$;
2. nëse $\Delta<0$, 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.

Shembuj të zgjidhjes së problemeve

Algoritmi për gjetjen e ekstremumit të një funksioni të shumë variablave:

1. Gjetja e pikave të palëvizshme;
2. Gjeni diferencialin e rendit të dytë në të gjitha pikat e palëvizshme
3. Duke përdorur kushtin e mjaftueshëm për ekstremin e një funksioni të shumë variablave, ne konsiderojmë diferencialin e rendit të dytë në çdo pikë të palëvizshme.

1. Hulumtoni funksionin për ekstremin $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$.
   Zgjidhje

   Le të gjejmë derivatet e pjesshme të rendit të parë: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Le të hartojmë dhe zgjidhim sistemin: $$\displaystyle \begin(rastet)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\fund(rastet) \Rightshigjeta \fillimi(rastet)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) - 6 \cdot x = 0\fund(rastet) \Rightshigjeta \fillimi(rastet)x^(2) - 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) - x = 0 \end(rastet)$$ Nga ekuacioni i dytë shprehim $x=4 \cdot y^(2)$ - e zëvendësojmë në ekuacionin e parë: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2) \djathtas )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $ $y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Si rezultat, fitohen 2 pika stacionare:
   1) $y=0 \Djathtas shigjeta x = 0, M_(1) = \majtas(0, 0\djathtas)$;
   2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Djathtas y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Djathtas shigjetë x=1 , M_(2) = \majtas(\frac(1)(2), 1\djathtas)$
   Le të kontrollojmë nëse plotësohet kushti i mjaftueshëm për një ekstrem:
   $$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \pjesshëm y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
   1) Për pikën $M_(1)= \majtas(0,0\djathtas)$:
   $$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\djathtas)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \pjesshëm y) \left(0,0\djathtas)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(0,0\djathtas)=0;$$
   $A_(1) \cdot B_(1) — C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
   2) Për pikën $M_(2)$:
   $$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\djathtas)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \pjesshëm y) \left(1,\frac(1)(2)\djathtas)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\djathtas)=24;$$
   $A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, që do të thotë se në pikën $M_(2)$ ka një ekstrem, dhe meqenëse $A_(2)> 0$, atëherë ky është minimumi.
   Përgjigje: Pika $\displaystyle M_(2)\left(1,\frac(1)(2)\right)$ është pika minimale e funksionit $f$.
   

2. Hetoni funksionin për ekstremin $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$.
   Zgjidhje

   Le të gjejmë pikat stacionare: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \ cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
   Le të kompozojmë dhe zgjidhim sistemin: $$\displaystyle \begin(rastet)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(rastet ) \ Shigjeta djathtas \fillimi(rastet)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\fund(rastet) \Rightshigjeta \fillimi(rastet) y = 2\\y + x = 1\fund(rastet) \Djathtas shigjeta x = -1$$
   $M_(0) \left(-1, 2\djathtas)$ është një pikë e palëvizshme.
   Le të kontrollojmë nëse kushti i mjaftueshëm për ekstremum është plotësuar: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0 ; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \pjesshëm y) \left(-1,2\djathtas)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\djathtas)=2;$$
   $A \cdot B — C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
   Përgjigje: nuk ka ekstreme.
   

Afati kohor: 0

Navigimi (vetëm numrat e punës)

0 nga 4 detyrat e përfunduara

Informacion

Merrni këtë kuiz për të testuar njohuritë tuaja për temën që sapo keni lexuar: Ekstrema lokale e funksioneve të ndryshoreve të shumëfishta.

Ju keni bërë tashmë testin më parë. Nuk mund ta filloni përsëri.

Testimi po ngarkohet...

Ju duhet të identifikoheni ose të regjistroheni për të filluar testin.

Ju duhet të plotësoni testet e mëposhtme për të filluar këtë:

rezultatet

Përgjigjet e sakta: 0 nga 4

Koha jote:

Koha mbaroi

Ju keni shënuar 0 nga 0 pikë (0)

Rezultati juaj është regjistruar në tabelën e drejtuesve

1. Me përgjigje
2. Me një shenjë shikimi

Detyra 1 nga 4

1 .

Numri i pikëve: 1

Hetoni funksionin $f$ për ekstremet: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

E drejta


E gabuar


1. Detyra 2 nga 4

   2 .

   Numri i pikëve: 1

   A ka funksioni $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ një ekstrem

Pika ekstreme e një funksioni është pika në fushën e përcaktimit të funksionit në të cilën vlera e funksionit merr një vlerë minimale ose maksimale. Vlerat e funksionit në këto pika quhen ekstreme (minimale dhe maksimale) të funksionit.

Përkufizimi. Pika x1 domeni i funksionit f(x) quhet pika maksimale e funksionit , nëse vlera e funksionit në këtë pikë është më e madhe se vlerat e funksionit në pika mjaft afër tij, të vendosura në të djathtë dhe në të majtë të tij (d.m.th., pabarazia vlen f(x0 ) > f(x 0 + Δ x) x1 maksimale.

Përkufizimi. Pika x2 domeni i funksionit f(x) quhet pika minimale e funksionit, nëse vlera e funksionit në këtë pikë është më e vogël se vlerat e funksionit në pika mjaft afër tij, të vendosura në të djathtë dhe në të majtë të tij (d.m.th., pabarazia qëndron f(x0 ) < f(x 0 + Δ x) ). Në këtë rast themi se funksioni ka në pikë x2 minimale.

Le të themi pikë x1 - pika maksimale e funksionit f(x) . Pastaj në intervalin deri në x1 funksioni rritet, pra derivati ​​i funksionit është më i madh se zero ( f "(x) > 0 ), dhe në intervalin pas x1 funksioni zvogëlohet, prandaj, derivat i një funksioni me pak se zero ( f "(x) < 0 ). Тогда в точке x1

Le të supozojmë gjithashtu se pika x2 - pika minimale e funksionit f(x) . Pastaj në intervalin deri në x2 funksioni është në rënie, dhe derivati ​​i funksionit është më i vogël se zero ( f "(x) < 0 ), а в интервале после x2 funksioni është në rritje, dhe derivati ​​i funksionit është më i madh se zero ( f "(x) > 0 ). Në këtë rast edhe në pikën x2 derivati ​​i funksionit është zero ose nuk ekziston.

Teorema e Fermatit (një shenjë e nevojshme e ekzistencës së një ekstremi të një funksioni). Nëse pika x0 - pika ekstreme e funksionit f(x), atëherë në këtë pikë derivati ​​i funksionit është i barabartë me zero ( f "(x) = 0 ) ose nuk ekziston.

Përkufizimi. Quhen pikat në të cilat derivati ​​i një funksioni është zero ose nuk ekziston pikat kritike .

Shembulli 1. Le të shqyrtojmë funksionin.

Në pikën x= 0 derivati ​​i funksionit është zero, pra pika x= 0 është pika kritike. Megjithatë, siç mund të shihet në grafikun e funksionit, ai rritet në të gjithë domenin e përkufizimit, kështu që pika x= 0 nuk është pika ekstreme e këtij funksioni.

Pra, kushtet që derivati ​​i një funksioni në një pikë është i barabartë me zero ose nuk ekziston janë kushte të nevojshme për një ekstrem, por jo të mjaftueshme, pasi mund të jepen shembuj të tjerë funksionesh për të cilët plotësohen këto kushte, por funksioni nuk ka një ekstrem në pikën përkatëse. Kjo është arsyeja pse duhet të ketë prova të mjaftueshme, duke e lejuar dikë të gjykojë nëse ka një ekstrem në një pikë të caktuar kritike dhe çfarë lloj ekstremi është ai - maksimal ose minimal.

Teorema (shenja e parë e mjaftueshme e ekzistencës së një ekstremi të një funksioni). Pikë kritike x0 f(x) nëse, kur kalon në këtë pikë, derivati ​​i funksionit ndryshon shenjën, dhe nëse shenja ndryshon nga "plus" në "minus", atëherë është një pikë maksimale, dhe nëse nga "minus" në "plus", atëherë është një pikë minimale.

Nëse afër pikës x0 , në të majtë dhe në të djathtë të tij, derivati ​​ruan shenjën e tij, kjo do të thotë se funksioni ose zvogëlohet ose rritet vetëm në një lagje të caktuar të pikës. x0 . Në këtë rast, në pikën x0 nuk ka ekstrem.

Kështu që, për të përcaktuar pikat ekstreme të funksionit, duhet të bëni sa më poshtë :

1. Gjeni derivatin e funksionit.
2. Barazoni derivatin me zero dhe përcaktoni pikat kritike.
3. Mendërisht ose në letër, shënoni pikat kritike në vijën numerike dhe përcaktoni shenjat e derivatit të funksionit në intervalet që rezultojnë. Nëse shenja e derivatit ndryshon nga "plus" në "minus", atëherë pika kritike është pika maksimale, dhe nëse nga "minus" në "plus", atëherë pika minimale.
4. Llogaritni vlerën e funksionit në pikat ekstreme.

Shembulli 2. Gjeni ekstremin e funksionit .

Zgjidhje. Le të gjejmë derivatin e funksionit:

Le të barazojmë derivatin me zero për të gjetur pikat kritike:

.

Meqenëse për çdo vlerë të "x" emëruesi nuk është i barabartë me zero, ne e barazojmë numëruesin me zero:

Mori një pikë kritike x= 3. Le të përcaktojmë shenjën e derivatit në intervalet e kufizuara nga kjo pikë:

në rangun nga minus pafundësia në 3 - një shenjë minus, domethënë, funksioni zvogëlohet,

në intervalin nga 3 në plus pafundësi ka një shenjë plus, domethënë funksioni rritet.

Kjo është, periudha x= 3 është pika minimale.

Le të gjejmë vlerën e funksionit në pikën minimale:

Kështu, pika ekstreme e funksionit gjendet: (3; 0), dhe është pika minimale.

Teorema (shenja e dytë e mjaftueshme e ekzistencës së një ekstremi të një funksioni). Pikë kritike x0 është pika ekstreme e funksionit f(x) nëse derivati ​​i dytë i funksionit në këtë pikë nuk është i barabartë me zero ( f ""(x) ≠ 0 ), dhe nëse derivati ​​i dytë është më i madh se zero ( f ""(x) > 0 ), atëherë pika maksimale, dhe nëse derivati ​​i dytë është më i vogël se zero ( f ""(x) < 0 ), то точкой минимума.

Shënim 1. Nëse në pikën x0 Nëse të dy derivatet e parë dhe të dytë zhduken, atëherë në këtë pikë është e pamundur të gjykohet prania e një ekstremi bazuar në kriterin e dytë të mjaftueshëm. Në këtë rast, duhet të përdorni kriterin e parë të mjaftueshëm për ekstremin e një funksioni.

Vërejtje 2. Kriteri i dytë i mjaftueshëm për ekstremin e një funksioni nuk është i zbatueshëm edhe kur derivati ​​i parë nuk ekziston në një pikë stacionare (atëherë nuk ekziston as derivati ​​i dytë). Në këtë rast, duhet të përdorni edhe shenjën e parë të mjaftueshme të një ekstremi të një funksioni.

Natyra lokale e ekstremit të funksionit

Nga përkufizimet e mësipërme rezulton se ekstremi i një funksioni është lokal në natyrë - është vlera më e madhe dhe më e vogël e funksionit në krahasim me vlerat e afërta.

Le të themi se po shikoni të ardhurat tuaja për një periudhë prej një viti. Nëse në maj keni fituar 45,000 rubla, dhe në prill 42,000 rubla dhe në qershor 39,000 rubla, atëherë fitimet e majit janë maksimumi i funksionit të fitimeve në krahasim me vlerat e afërta. Por në tetor keni fituar 71,000 rubla, në shtator 75,000 rubla dhe në nëntor 74,000 rubla, kështu që fitimet e tetorit janë minimumi i funksionit të fitimeve në krahasim me vlerat e afërta. Dhe mund të shihni lehtësisht se maksimumi midis vlerave prill-maj-qershor është më i vogël se minimumi i shtatorit-tetorit-nëntorit.

Në përgjithësi, në një interval një funksion mund të ketë disa ekstreme dhe mund të rezultojë se një minimum i funksionit është më i madh se çdo maksimum. Pra, për funksionin e treguar në figurën e mësipërme, .

Kjo do të thotë, nuk duhet menduar se maksimumi dhe minimumi i një funksioni janë, përkatësisht, vlerat e tij më të mëdha dhe më të vogla në të gjithë segmentin në shqyrtim. Në pikën maksimale, funksioni ka vlerën më të madhe vetëm në krahasim me ato vlera që ka në të gjitha pikat mjaftueshëm afër pikës maksimale, dhe në pikën minimale ka vlerën më të vogël vetëm në krahasim me ato vlera. që ka në të gjitha pikat mjaftueshëm afër pikës minimale.

Prandaj, ne mund të sqarojmë konceptin e mësipërm të pikave ekstreme të një funksioni dhe t'i quajmë pikat minimale pikë minimale lokale, dhe pikat maksimale pikë maksimale lokale.

Ne kërkojmë ekstremin e funksionit së bashku

Shembulli 3.

Zgjidhje: Funksioni është i përcaktuar dhe i vazhdueshëm në të gjithë vijën numerike. Derivati ​​i tij ekziston edhe në të gjithë vijën numerike. Prandaj, në këtë rast, pikat kritike janë vetëm ato në të cilat, d.m.th. , nga ku dhe . Pikat kritike dhe ndani të gjithë fushën e përkufizimit të funksionit në tre intervale të monotonitetit: . Le të zgjedhim një pikë kontrolli në secilën prej tyre dhe të gjejmë shenjën e derivatit në këtë pikë.

Për intervalin, pika e kontrollit mund të jetë: gjeni. Duke marrë një pikë në interval, marrim, dhe duke marrë një pikë në interval, kemi. Pra, në intervalet dhe , dhe në intervalin . Sipas kriterit të parë të mjaftueshëm për një ekstrem, nuk ka ekstrem në pikë (pasi derivati ​​ruan shenjën e tij në interval), dhe në pikën funksioni ka një minimum (pasi derivati ​​ndryshon shenjën nga minus në plus kur kalon përmes kësaj pike). Le të gjejmë vlerat përkatëse të funksionit: , a . Në interval funksioni zvogëlohet, pasi në këtë interval , dhe në interval rritet, pasi në këtë interval .

Për të sqaruar ndërtimin e grafikut gjejmë pikat e prerjes së tij me boshtet koordinative. Kur marrim një ekuacion, rrënjët e të cilit janë dhe, d.m.th., janë gjetur dy pika (0; 0) dhe (4; 0) të grafikut të funksionit. Duke përdorur të gjithë informacionin e marrë, ne ndërtojmë një grafik (shih fillimin e shembullit).

Shembulli 4. Gjeni skajet e funksionit dhe ndërtoni grafikun e tij.

Fusha e përkufizimit të një funksioni është e gjithë boshti numerik, përveç pikës, d.m.th. .

Për të shkurtuar studimin, mund të përdorni faktin që ky funksion është i barabartë, pasi . Prandaj, grafiku i tij është simetrik në lidhje me boshtin Oy dhe studimi mund të kryhet vetëm për intervalin.

Gjetja e derivatit dhe pikat kritike të funksionit:

1) ;

2) ,

por funksioni pëson një ndërprerje në këtë pikë, kështu që nuk mund të jetë një pikë ekstreme.

Kështu, funksioni i dhënë ka dy pika kritike: dhe . Duke marrë parasysh paritetin e funksionit, do të kontrollojmë vetëm pikën duke përdorur kriterin e dytë të mjaftueshëm për një ekstrem. Për ta bërë këtë, gjejmë derivatin e dytë dhe përcaktoni shenjën e saj në: marrim . Meqenëse dhe , është pika minimale e funksionit, dhe .

Për të marrë një pamje më të plotë të grafikut të një funksioni, le të zbulojmë sjelljen e tij në kufijtë e fushës së përkufizimit:

(këtu simboli tregon dëshirën x në zero nga e djathta, dhe x mbetet pozitive; në mënyrë të ngjashme do të thotë aspiratë x në zero nga e majta, dhe x mbetet negativ). Kështu, nëse , atëherë . Më pas, gjejmë

,

ato. nese atehere .

Grafiku i një funksioni nuk ka pika kryqëzimi me boshtet. Fotografia është në fillim të shembullit.

Ne vazhdojmë të kërkojmë së bashku për ekstremet e funksionit

Shembulli 8. Gjeni ekstremin e funksionit.

Zgjidhje. Le të gjejmë domenin e përkufizimit të funksionit. Meqenëse pabarazia duhet të plotësohet, marrim nga .

Le të gjejmë derivatin e parë të funksionit:

Le të gjejmë pikat kritike të funksionit.