Nga pikëpamja praktike, interesi më i madh është përdorimi i derivatit për të gjetur vlerat më të mëdha dhe më të vogla të një funksioni. Me çfarë lidhet kjo? Maksimizimi i fitimeve, minimizimi i kostove, përcaktimi i ngarkesës optimale të pajisjeve... Me fjalë të tjera, në shumë fusha të jetës ne duhet të zgjidhim problemet e optimizimit të disa parametrave. Dhe këto janë detyrat për të gjetur vlerat më të mëdha dhe më të vogla të një funksioni.
Duhet theksuar se më i madhi dhe vlera më e vogël funksionet zakonisht kërkohen në një interval X, i cili është ose i gjithë domeni i funksionit ose pjesë e domenit. Vetë intervali X mund të jetë një segment, një interval i hapur 
, një interval i pafund.
Në këtë artikull do të flasim për gjetjen e vlerave më të mëdha dhe më të vogla të një funksioni të përcaktuar në mënyrë eksplicite të një ndryshoreje y=f(x).
Navigimi i faqes.
Vlera më e madhe dhe më e vogël e një funksioni - përkufizime, ilustrime.
Le të shohim shkurtimisht përkufizimet kryesore.
Vlera më e madhe e funksionit 
atë për këdo 
pabarazia është e vërtetë.
Vlera më e vogël e funksionit y=f(x) në intervalin X quhet vlerë e tillë 
atë për këdo pabarazia është e vërtetë.
Këto përkufizime janë intuitive: vlera më e madhe (më e vogël) e një funksioni është vlera më e madhe (më e vogël) e pranuar në intervalin në shqyrtim në abshisë.
Pikat e palëvizshme- këto janë vlerat e argumentit në të cilin derivati i funksionit bëhet zero.
Pse na duhen pikat stacionare kur gjejmë vlerat më të mëdha dhe më të vogla? Përgjigjen për këtë pyetje e jep teorema e Fermatit. Nga kjo teoremë del se nëse një funksion i diferencueshëm ka një ekstrem ( minimale lokale ose maksimumi lokal) në një pikë të caktuar, atëherë kjo pikë është e palëvizshme. Kështu, funksioni shpesh merr vlerën e tij më të madhe (më të vogël) në intervalin X në një nga pikat e palëvizshme nga ky interval.
Gjithashtu, një funksion shpesh mund të marrë vlerat e tij më të mëdha dhe më të vogla në pikat në të cilat derivati i parë i këtij funksioni nuk ekziston dhe vetë funksioni është i përcaktuar.
Le t'i përgjigjemi menjëherë një prej pyetjeve më të zakonshme për këtë temë: "A është gjithmonë e mundur të përcaktohet vlera më e madhe (më e vogël) e një funksioni"? Jo jo gjithmonë. Ndonjëherë kufijtë e intervalit X përkojnë me kufijtë e fushës së përcaktimit të funksionit, ose intervali X është i pafund. Dhe disa funksione në pafundësi dhe në kufijtë e fushës së përkufizimit mund të marrin vlera pafundësisht të mëdha dhe pafundësisht të vogla. Në këto raste, nuk mund të thuhet asgjë për vlerën më të madhe dhe më të vogël të funksionit.
Për qartësi, ne do të japim një ilustrim grafik. Shikoni fotot dhe shumëçka do të bëhet më e qartë.
Në segmentin
Në figurën e parë, funksioni merr vlerat më të mëdha (max y) dhe më të vogla (min y) në pikat stacionare të vendosura brenda segmentit [-6;6].
Konsideroni rastin e paraqitur në figurën e dytë. Le ta ndryshojmë segmentin në . Në këtë shembull, vlera më e vogël e funksionit arrihet në një pikë të palëvizshme, dhe më e madhja në pikën me abshisën që korrespondon me kufirin e djathtë të intervalit.
Në figurën 3, pikat kufitare të segmentit [-3;2] janë abshisat e pikave që korrespondojnë me vlerën më të madhe dhe më të vogël të funksionit.
Në një interval të hapur
Në figurën e katërt, funksioni merr vlerat më të mëdha (max y) dhe më të vogla (min y) në pikat stacionare të vendosura brenda intervalit të hapur (-6;6).
Në intervalin , nuk mund të nxirren përfundime për vlerën më të madhe.
Në pafundësi
Në shembullin e paraqitur në figurën e shtatë, funksioni merr vlerën më të lartë(max y) në një pikë të palëvizshme me abshisë x=1, dhe vlera më e vogël (min y) arrihet në kufirin e djathtë të intervalit. Në minus pafundësi, vlerat e funksionit i afrohen asimptotikisht y=3.
Gjatë intervalit, funksioni nuk arrin as vlerën më të vogël dhe as më të madhe. Ndërsa x=2 afrohet nga e djathta, vlerat e funksionit priren në minus pafundësi (vija e drejtë x=2 është asimptotë vertikale), dhe meqenëse abshisa tenton në plus pafundësi, vlerat e funksionit në mënyrë asimptotike i afrohen y=3. Një ilustrim grafik i këtij shembulli është paraqitur në Figurën 8.
Algoritmi për gjetjen e vlerave më të mëdha dhe më të vogla të një funksioni të vazhdueshëm në një segment.
Le të shkruajmë një algoritëm që na lejon të gjejmë vlerat më të mëdha dhe më të vogla të një funksioni në një segment.
- Gjejmë domenin e përkufizimit të funksionit dhe kontrollojmë nëse ai përmban të gjithë segmentin.
- Ne gjejmë të gjitha pikat në të cilat derivati i parë nuk ekziston dhe që përmbahen në segment (zakonisht pika të tilla gjenden në funksione me një argument nën shenjën e modulit dhe në funksionet e fuqisë me një eksponent thyesor-racional). Nëse nuk ka pika të tilla, atëherë kaloni në pikën tjetër.
- Ne përcaktojmë të gjitha pikat e palëvizshme që bien brenda segmentit. Për ta bërë këtë, ne e barazojmë atë me zero, zgjidhim ekuacionin që rezulton dhe zgjedhim rrënjët e përshtatshme. Nëse nuk ka pika të palëvizshme ose asnjëra prej tyre nuk bie në segment, atëherë kaloni në pikën tjetër.
- Ne llogarisim vlerat e funksionit në pikat e zgjedhura të palëvizshme (nëse ka), në pikat në të cilat derivati i parë nuk ekziston (nëse ka), si dhe në x=a dhe x=b.
- Nga vlerat e marra të funksionit, ne zgjedhim më të madhin dhe më të voglin - ato do të jenë respektivisht vlerat më të mëdha dhe më të vogla të kërkuara të funksionit.
Le të analizojmë algoritmin për zgjidhjen e një shembulli për të gjetur vlerat më të mëdha dhe më të vogla të një funksioni në një segment.
Shembull.
Gjeni vlerën më të madhe dhe më të vogël të një funksioni
- në segment;
- në segmentin [-4;-1].
Zgjidhje.
Domeni i një funksioni është i gjithë grupi numra realë, me përjashtim të zeros, që është . Të dy segmentet bien në domenin e përkufizimit.
Gjeni derivatin e funksionit në lidhje me: 
Natyrisht, derivati i funksionit ekziston në të gjitha pikat e segmenteve dhe [-4;-1].
Ne përcaktojmë pikat stacionare nga ekuacioni. Rrënja e vetme reale është x=2. Kjo pikë e palëvizshme bie në segmentin e parë.
Për rastin e parë, ne llogarisim vlerat e funksionit në skajet e segmentit dhe në pikën e palëvizshme, domethënë për x=1, x=2 dhe x=4: 
Prandaj, vlera më e madhe e funksionit 
arrihet në x=1, dhe vlera më e vogël 
– në x=2.
Për rastin e dytë, ne llogarisim vlerat e funksionit vetëm në skajet e segmentit [-4;-1] (pasi nuk përmban një pikë të vetme të palëvizshme): 
Lëreni funksionin y =f(X)është e vazhdueshme në intervalin [ a, b]. Siç dihet, një funksion i tillë arrin vlerat e tij maksimale dhe minimale në këtë segment. Funksioni mund t'i marrë këto vlera ose pikë e brendshme segment [ a, b], ose në kufirin e segmentit.
Për të gjetur vlerat më të mëdha dhe më të vogla të një funksioni në segmentin [ a, b] e nevojshme:
1) gjeni pikat kritike të funksionit në intervalin ( a, b);
2) llogaritni vlerat e funksionit në pikat kritike të gjetura;
3) llogaritni vlerat e funksionit në skajet e segmentit, domethënë kur x=A dhe x = b;
4) nga të gjitha vlerat e llogaritura të funksionit, zgjidhni më të madhin dhe më të voglin.
Shembull. Gjeni vlerat më të mëdha dhe më të vogla të një funksioni
në segment.
Gjetja e pikave kritike:
Këto pika shtrihen brenda segmentit; y(1) = ‒ 3; y(2) = ‒ 4; y(0) = ‒ 8; y(3) = 1;
në pikën x= 3 dhe në pikën x= 0.
Studimi i një funksioni për konveksitetin dhe pikën e lakimit.
Funksioni y = f (x) thirrur konveksoze në mes (a, b) , nëse grafiku i tij shtrihet nën tangjenten e vizatuar në çdo pikë të këtij intervali, dhe quhet konveks poshtë (konkave), nëse grafiku i tij qëndron mbi tangjenten.
Quhet pika përmes së cilës konveksiteti zëvendësohet me konkavitetin ose anasjelltas pika e lakimit.
Algoritmi për ekzaminimin e konveksitetit dhe pikës së lakimit:
1. Gjeni pika kritike të llojit të dytë, pra pika në të cilat derivati i dytë është i barabartë me zero ose nuk ekziston.
2. Paraqitni pikat kritike në vijën numerike, duke e ndarë atë në intervale. Gjeni shenjën e derivatit të dytë në çdo interval; nëse , atëherë funksioni është konveks lart, nëse, atëherë funksioni është konveks poshtë.
3. Nëse, kur kalon një pikë kritike të llojit të dytë, shenja ndryshon dhe në këtë pikë derivati i dytë është i barabartë me zero, atëherë kjo pikë është abshisa e pikës së lakimit. Gjeni ordinatorin e saj.
Asimptotat e grafikut të një funksioni. Studimi i një funksioni për asimptotat.
Përkufizimi. Asimptota e grafikut të një funksioni quhet drejt, e cila ka vetinë që distanca nga çdo pikë e grafikut në këtë drejtëz tenton në zero ndërsa pika në grafik lëviz pafundësisht nga origjina.
Ekzistojnë tre lloje të asimptotave: vertikale, horizontale dhe të pjerrëta.
Përkufizimi. Vija e drejtë quhet asimptotë vertikale grafika e funksionit y = f(x), nëse të paktën një nga kufijtë e njëanshëm të funksionit në këtë pikë është i barabartë me pafundësinë, d.m.th.
ku është pika e ndërprerjes së funksionit, pra nuk i përket fushës së përkufizimit.
Shembull.
D ( y) = (‒ ∞; 2) (2; + ∞)
x= 2 - pika e thyerjes.
Përkufizimi. Drejt y =A thirrur asimptotë horizontale grafika e funksionit y = f(x) në , nëse
Shembull.
|
x | |||
|
y |
Përkufizimi. Drejt y =kx +b (k≠ 0) quhet asimptotë e zhdrejtë grafika e funksionit y = f(x) në , ku
Skema e përgjithshme për studimin e funksioneve dhe ndërtimin e grafikëve.
Algoritmi i Kërkimit të Funksionity = f(x) :
1. Gjeni domenin e funksionit D (y).
2. Gjeni (nëse është e mundur) pikat e prerjes së grafikut me boshtet e koordinatave (nëse x= 0 dhe në y = 0).
3. Ekzaminoni për barazi dhe çudi të funksionit ( y (‒ x) = y (x) ‒ barazi; y(‒ x) = ‒ y (x) ‒ i rastësishëm).
4. Gjeni asimptotat e grafikut të funksionit.
5. Gjeni intervalet e monotonitetit të funksionit.
6. Gjeni ekstremin e funksionit.
7. Gjeni intervalet e konveksitetit (konkavitetit) dhe pikat e lakimit të grafikut të funksionit.
8. Në bazë të hulumtimit të bërë ndërtoni një grafik të funksionit.
Shembull. Eksploroni funksionin dhe ndërtoni grafikun e tij.
1) D (y) =
x= 4 – pika e thyerjes.
2) Kur x = 0,
(0; ‒ 5) – pika e kryqëzimit me oh.
Në y = 0,
3)
y(‒
x)=
funksionin pamje e përgjithshme(as çift dhe as tek).
4) Ne ekzaminojmë për asimptota.
a) vertikale
b) horizontale
c) gjeni asimptotat e zhdrejta ku
‒ekuacioni i zhdrejtë i asimptotës
5) B ekuacioni i dhënë nuk ka nevojë të gjenden intervale të monotonitetit të funksionit.
6)
Këto pika kritike ndajnë të gjithë domenin e përkufizimit të funksionit në intervalin (˗∞; ˗2), (˗2; 4), (4; 10) dhe (10; +∞). Është e përshtatshme që rezultatet e marra të paraqiten në formën e tabelës së mëposhtme.
Le të jetë funksioni $z=f(x,y)$ i përcaktuar dhe i vazhdueshëm në disa të kufizuara zonë e mbyllur$D$. Le të ketë funksioni i dhënë në këtë rajon derivate të fundme të pjesshme të rendit të parë (përveç, ndoshta, për një numër të kufizuar pikash). Për të gjetur vlerat më të mëdha dhe më të vogla të një funksioni të dy ndryshoreve në një rajon të mbyllur të caktuar, kërkohen tre hapa të një algoritmi të thjeshtë.
Algoritmi për gjetjen e vlerave më të mëdha dhe më të vogla të funksionit $z=f(x,y)$ në një domen të mbyllur $D$.
- Gjeni pikat kritike të funksionit $z=f(x,y)$ që i përkasin domenit $D$. Llogaritni vlerat e funksionit në pikat kritike.
- Hulumtoni sjelljen e funksionit $z=f(x,y)$ në kufirin e rajonit $D$, duke gjetur pikat e vlerave maksimale dhe minimale të mundshme. Llogaritni vlerat e funksionit në pikat e marra.
- Nga vlerat e funksionit të marra në dy paragrafët e mëparshëm, zgjidhni më të madhin dhe më të voglin.
Cilat janë pikat kritike? Shfaq Fshih
Nën pikat kritike nënkuptojnë pikat në të cilat të dy derivatet e pjesshëm të rendit të parë janë të barabarta me zero (d.m.th. $\frac(\ z pjesshme)(\x pjesshme)=0$ dhe $\frac(\z pjesshme)(\partial y)=0 $) ose të paktën një derivat i pjesshëm nuk ekziston.
Shpesh quhen pikat në të cilat derivatet e pjesshme të rendit të parë janë të barabarta me zero pika të palëvizshme. Kështu, pikat e palëvizshme janë një nëngrup pikat kritike.
Shembulli nr. 1
Gjeni vlerat më të mëdha dhe më të vogla të funksionit $z=x^2+2xy-y^2-4x$ në një rajon të mbyllur, e kufizuar me linja$x=3$, $y=0$ dhe $y=x+1$.
Do të ndjekim sa më sipër, por fillimisht do të merremi me vizatimin e një zone të caktuar, të cilën do ta shënojmë me shkronjën $D$. Ne jemi të dhënë ekuacionet e tre vija të drejta që kufizojnë këtë zonë. Drejtëza $x=3$ kalon në pikën $(3;0)$ paralele me boshtin e ordinatave (boshti Oy). Drejtëza $y=0$ është ekuacioni i boshtit të abshisave (boshti Ox). Epo, për të ndërtuar drejtëzën $y=x+1$, do të gjejmë dy pika nëpër të cilat do ta tërheqim këtë drejtëz. Ju, sigurisht, mund të zëvendësoni disa vlera arbitrare në vend të $x$. Për shembull, duke zëvendësuar $x=10$, marrim: $y=x+1=10+1=11$. Ne kemi gjetur pikën $(10;11)$ të shtrirë në vijën $y=x+1$. Megjithatë, është më mirë të gjejmë ato pika në të cilat drejtëza $y=x+1$ pret drejtëzat $x=3$ dhe $y=0$. Pse është më mirë kjo? Sepse do të vrasim nja dy zogj me një gur: do të marrim dy pika për të ndërtuar drejtëzën $y=x+1$ dhe në të njëjtën kohë do të zbulojmë se në cilat pika kjo drejtëz i pret vijat e tjera që kufizojnë zonën e dhënë. Drejtëza $y=x+1$ pret drejtëzën $x=3$ në pikën $(3;4)$ dhe drejtëza $y=0$ prehet në pikën $(-1;0)$. Për të mos e ngatërruar ecurinë e zgjidhjes me shpjegime ndihmëse, çështjen e marrjes së këtyre dy pikave do ta shtroj në një shënim.
Si janë marrë pikët $(3;4)$ dhe $(-1;0)$? Shfaq Fshih
Le të fillojmë nga pika e kryqëzimit të drejtëzave $y=x+1$ dhe $x=3$. Koordinatat e pikës së dëshiruar i përkasin të dy linjave të drejta të parë dhe të dytë, prandaj, për të gjetur koordinatat e panjohura, duhet të zgjidhni sistemin e ekuacioneve:
$$ \majtas \( \fillimi(rrenjosur) & y=x+1;\\ & x=3. \fund (lidhur) \djathtas. $$
Zgjidhja për një sistem të tillë është e parëndësishme: duke zëvendësuar $x=3$ në ekuacionin e parë do të kemi: $y=3+1=4$. Pika $(3;4)$ është pika e dëshiruar e kryqëzimit të vijave $y=x+1$ dhe $x=3$.
Tani le të gjejmë pikën e kryqëzimit të drejtëzave $y=x+1$ dhe $y=0$. Le të hartojmë dhe zgjidhim përsëri sistemin e ekuacioneve:
$$ \majtas \( \fillimi(lidhur) & y=x+1;\\ & y=0. \fund (rrenjuar) \djathtas. $$
Duke zëvendësuar $y=0$ në ekuacionin e parë, marrim: $0=x+1$, $x=-1$. Pika $(-1;0)$ është pika e dëshiruar e kryqëzimit të drejtëzave $y=x+1$ dhe $y=0$ (boshti x).
Gjithçka është gati për të ndërtuar një vizatim që do të duket kështu:
Çështja e shënimit duket e qartë, sepse gjithçka është e dukshme në foto. Sidoqoftë, ia vlen të kujtojmë se një vizatim nuk mund të shërbejë si provë. Vizatimi është vetëm për qëllime ilustruese.
Zona jonë u përcaktua duke përdorur ekuacionet me vijë të drejtë që e lidhin atë. Natyrisht, këto rreshta përcaktojnë një trekëndësh, apo jo? Apo nuk është plotësisht e qartë? Ose ndoshta na jepet një zonë tjetër, e kufizuar nga të njëjtat vija:
Sigurisht, kushti thotë se zona është e mbyllur, kështu që fotografia e paraqitur është e pasaktë. Por për të shmangur paqartësi të tilla, është më mirë të përcaktohen rajonet me pabarazi. A na intereson pjesa e rrafshit që ndodhet nën drejtëzën $y=x+1$? Në rregull, kështu që $y ≤ x+1$. A duhet të jetë zona jonë mbi vijën $y=0$? E shkëlqyeshme, kjo do të thotë $y ≥ 0$. Nga rruga, dy pabarazitë e fundit mund të kombinohen lehtësisht në një: $0 ≤ y ≤ x+1$.
$$ \majtas \( \fillimi(lidhur) & 0 ≤ y ≤ x+1;\\ & x ≤ 3. \fund (lidhur) \djathtas. $$
Këto pabarazi përcaktojnë rajonin $D$ dhe e përcaktojnë atë në mënyrë të qartë, pa lejuar asnjë paqartësi. Por si na ndihmon kjo me pyetjen e thënë në fillim të shënimit? Do të ndihmojë gjithashtu :) Ne duhet të kontrollojmë nëse pika $M_1(1;1)$ i përket rajonit $D$. Le të zëvendësojmë $x=1$ dhe $y=1$ në sistemin e pabarazive që përcaktojnë këtë rajon. Nëse të dyja pabarazitë plotësohen, atëherë pika qëndron brenda rajonit. Nëse të paktën një nga pabarazitë nuk plotësohet, atëherë pika nuk i përket rajonit. Kështu që:
$$ \majtas \( \fillimi(linjëzuar) & 0 ≤ 1 ≤ 1+1;\\ & 1 ≤ 3. \fund (linjëzuar) \djathtas. \;\; \majtas \( \fillimi (i rreshtuar) & 0 ≤ 1 ≤ 2;\\ & 1 ≤ 3. \fund (përafruar) \djathtas $$.
Të dyja pabarazitë janë të vlefshme. Pika $M_1(1;1)$ i përket rajonit $D$.
Tani është koha për të studiuar sjelljen e funksionit në kufirin e rajonit, d.m.th. Shkojmë . Le të fillojmë me vijën e drejtë $y=0$.
Vija e drejtë $y=0$ (boshti i abshisave) kufizon rajonin $D$ nën kushtin $-1 ≤ x ≤ 3$. Le të zëvendësojmë $y=0$ në funksioni i dhënë$z(x,y)=x^2+2xy-y^2-4x$. Ne shënojmë funksionin e një ndryshoreje $x$ të marrë si rezultat i zëvendësimit si $f_1(x)$:
$$ f_1(x)=z(x,0)=x^2+2x\cdot 0-0^2-4x=x^2-4x. $$
Tani për funksionin $f_1(x)$ duhet të gjejmë vlerat më të mëdha dhe më të vogla në intervalin $-1 ≤ x ≤ 3$. Le të gjejmë derivatin e këtij funksioni dhe ta barazojmë me zero:
$$ f_(1)^(")(x)=2x-4;\\ 2x-4=0; \; x=2. $$
Vlera $x=2$ i përket segmentit $-1 ≤ x ≤ 3$, kështu që ne do të shtojmë edhe $M_2(2;0)$ në listën e pikave. Përveç kësaj, le të llogarisim vlerat e funksionit $z$ në skajet e segmentit $-1 ≤ x ≤ 3$, d.m.th. në pikat $M_3(-1;0)$ dhe $M_4(3;0)$. Nga rruga, nëse pika $M_2$ nuk i përkiste segmentit në shqyrtim, atëherë, natyrisht, nuk do të kishte nevojë të llogaritet vlera e funksionit $z$ në të.
Pra, le të llogarisim vlerat e funksionit $z$ në pikat $M_2$, $M_3$, $M_4$. Ju, sigurisht, mund t'i zëvendësoni koordinatat e këtyre pikave në shprehjen origjinale $z=x^2+2xy-y^2-4x$. Për shembull, për pikën $M_2$ marrim:
$$z_2=z(M_2)=2^2+2\cdot 2\cdot 0-0^2-4\cdot 2=-4.$$
Sidoqoftë, llogaritjet mund të thjeshtohen pak. Për ta bërë këtë, ia vlen të kujtojmë se në segmentin $M_3M_4$ kemi $z(x,y)=f_1(x)$. Unë do ta shkruaj këtë në detaje:
\fillim(i rreshtuar) & z_2=z(M_2)=z(2,0)=f_1(2)=2^2-4\cdot 2=-4;\\ & z_3=z(M_3)=z(- 1,0)=f_1(-1)=(-1)^2-4\cdot (-1)=5;\\ & z_4=z(M_4)=z(3,0)=f_1(3)= 3^2-4\cdot 3=-3. \fund (në linjë)
Sigurisht, në një të tillë shënime të detajuara Zakonisht nuk ka nevojë, dhe në të ardhmen do të shkruajmë shkurtimisht të gjitha llogaritjet:
$$z_2=f_1(2)=2^2-4\cdot 2=-4;\; z_3=f_1(-1)=(-1)^2-4\cdot (-1)=5;\; z_4=f_1(3)=3^2-4\cdot 3=-3.$$
Tani le të kthehemi në vijën e drejtë $x=3$. Kjo vijë e drejtë kufizon rajonin $D$ nën kushtin $0 ≤ y ≤ 4$. Le të zëvendësojmë $x=3$ në funksionin e dhënë $z$. Si rezultat i këtij zëvendësimi marrim funksionin $f_2(y)$:
$$ f_2(y)=z(3,y)=3^2+2\cdot 3\cdot y-y^2-4\cdot 3=-y^2+6y-3. $$
Për funksionin $f_2(y)$ duhet të gjejmë vlerat më të mëdha dhe më të vogla në intervalin $0 ≤ y ≤ 4$. Le të gjejmë derivatin e këtij funksioni dhe ta barazojmë me zero:
$$ f_(2)^(")(y)=-2y+6;\\ -2y+6=0; \; y=3. $$
Vlera $y=3$ i përket segmentit $0 ≤ y ≤ 4$, kështu që ne do të shtojmë edhe $M_5(3;3)$ në pikat e gjetura më parë. Përveç kësaj, është e nevojshme të llogaritet vlera e funksionit $z$ në pikat në skajet e segmentit $0 ≤ y ≤ 4$, d.m.th. në pikat $M_4(3;0)$ dhe $M_6(3;4)$. Në pikën $M_4(3;0)$ ne kemi llogaritur tashmë vlerën e $z$. Le të llogarisim vlerën e funksionit $z$ në pikat $M_5$ dhe $M_6$. Më lejoni t'ju kujtoj se në segmentin $M_4M_6$ kemi $z(x,y)=f_2(y)$, prandaj:
\fillimi(lidhur) & z_5=f_2(3)=-3^2+6\cdot 3-3=6; & z_6=f_2(4)=-4^2+6\cdot 4-3=5. \fund (në linjë)
Dhe së fundi, merrni parasysh kufirin e fundit të rajonit $D$, d.m.th. drejtëz $y=x+1$. Kjo vijë e drejtë kufizon rajonin $D$ nën kushtin $-1 ≤ x ≤ 3$. Duke zëvendësuar $y=x+1$ në funksionin $z$, do të kemi:
$$ f_3(x)=z(x,x+1)=x^2+2x\cdot (x+1)-(x+1)^2-4x=2x^2-4x-1. $$
Edhe një herë kemi një funksion të një ndryshoreje $x$. Dhe përsëri ne duhet të gjejmë vlerat më të mëdha dhe më të vogla të këtij funksioni në intervalin $-1 ≤ x ≤ 3$. Le të gjejmë derivatin e funksionit $f_(3)(x)$ dhe ta barazojmë me zero:
$$ f_(3)^(")(x)=4x-4;\\ 4x-4=0; \; x=1. $$
Vlera $x=1$ i përket intervalit $-1 ≤ x ≤ 3$. Nëse $x=1$, atëherë $y=x+1=2$. Le të shtojmë $M_7(1;2)$ në listën e pikave dhe të zbulojmë se sa është vlera e funksionit $z$ në këtë pikë. Pikat në skajet e segmentit $-1 ≤ x ≤ 3$, d.m.th. pikat $M_3(-1;0)$ dhe $M_6(3;4)$ u konsideruan më herët, ne kemi gjetur tashmë vlerën e funksionit në to.
$$z_7=f_3(1)=2\cdot 1^2-4\cdot 1-1=-3.$$
Hapi i dytë i zgjidhjes ka përfunduar. Ne morëm shtatë vlera:
$$z_1=-2;\;z_2=-4;\;z_3=5;\;z_4=-3;\;z_5=6;\;z_6=5;\;z_7=-3.$$
Le të kthehemi tek. Duke zgjedhur vlerat më të mëdha dhe më të vogla nga numrat e marrë në paragrafin e tretë, do të kemi:
$$z_(min)=-4; \; z_(maks)=6.$$
Problemi është zgjidhur, ajo që mbetet është të shkruajmë përgjigjen.
Përgjigju: $z_(min)=-4; \; z_(maks)=6$.
Shembulli nr. 2
Gjeni vlerat më të mëdha dhe më të vogla të funksionit $z=x^2+y^2-12x+16y$ në rajonin $x^2+y^2 ≤ 25$.
Së pari, le të ndërtojmë një vizatim. Ekuacioni $x^2+y^2=25$ (kjo është vija kufitare e një zone të caktuar) përcakton një rreth me qendër në origjinë (d.m.th. në pikën $(0;0)$) dhe një rreze prej 5. Pabarazia $x^2 +y^2 ≤ $25 kënaq të gjitha pikat brenda dhe në rrethin e përmendur.
Ne do të veprojmë sipas. Le të gjejmë derivatet e pjesshme dhe të gjejmë pikat kritike.
$$ \frac(\z pjesshme)(\x pjesore)=2x-12; \frac(\z pjesore)(\y pjesore)=2y+16. $$
Nuk ka pika në të cilat nuk ekzistojnë derivatet e pjesshme të gjetura. Le të zbulojmë se në cilat pika të dy derivatet e pjesshëm janë njëkohësisht të barabartë me zero, d.m.th. le të gjejmë pika të palëvizshme.
$$ \majtas \( \fillimi (lidhur) & 2x-12=0;\\ & 2y+16=0. \end (lidhur) \djathtas. \;\; \majtas \( \fillimi (lidhur) & x =6;\\ & y=-8.
Ne kemi pikë e palëvizshme$(6;-8)$. Megjithatë, pika e gjetur nuk i përket rajonit $D$. Kjo është e lehtë për t'u treguar pa iu drejtuar as vizatimit. Le të kontrollojmë nëse vlen pabarazia $x^2+y^2 ≤ 25$, e cila përcakton rajonin tonë $D$. Nëse $x=6$, $y=-8$, atëherë $x^2+y^2=36+64=100$, d.m.th. pabarazia $x^2+y^2 ≤ 25$ nuk vlen. Përfundim: pika $(6;-8)$ nuk i përket zonës $D$.
Pra, nuk ka pika kritike brenda rajonit $D$. Le të kalojmë në... Duhet të studiojmë sjelljen e funksionit në kufirin e një zone të caktuar, d.m.th. në rrethin $x^2+y^2=25$. Sigurisht, ne mund të shprehim $y$ në terma $x$ dhe më pas të zëvendësojmë shprehjen që rezulton në funksionin tonë $z$. Nga ekuacioni i rrethit marrim: $y=\sqrt(25-x^2)$ ose $y=-\sqrt(25-x^2)$. Duke zëvendësuar, për shembull, $y=\sqrt(25-x^2)$ në funksionin e dhënë, do të kemi:
$$ z=x^2+y^2-12x+16y=x^2+25-x^2-12x+16\sqrt(25-x^2)=25-12x+16\sqrt(25-x ^2); \;\; -5≤ x ≤ 5. $$
Zgjidhja e mëtejshme do të jetë plotësisht identike me studimin e sjelljes së funksionit në kufirin e rajonit në shembullin e mëparshëm nr. 1. Megjithatë, më duket më e arsyeshme të zbatohet metoda e Lagranzhit në këtë situatë. Ne do të jemi të interesuar vetëm në pjesën e parë të kësaj metode. Pas aplikimit të pjesës së parë të metodës Lagranzh, do të marrim pikat në të cilat do të shqyrtojmë funksionin $z$ për vlerat minimale dhe maksimale.
Ne hartojmë funksionin Lagrange:
$$ F=z(x,y)+\lambda\cdot(x^2+y^2-25)=x^2+y^2-12x+16y+\lambda\cdot (x^2+y^2 -25). $$
Gjejmë derivatet e pjesshme të funksionit të Lagranzhit dhe krijojmë sistemin përkatës të ekuacioneve:
$$ F_(x)^(")=2x-12+2\lambda x; \;\; F_(y)^(")=2y+16+2\lambda y.\\ \majtas \( \fillimi (të rreshtuara) & 2x-12+2\lambda x=0;\\ & 2y+16+2\lambda y=0;\\ & x^2+y^2-25=0. \majtas \( \fillimi(lidhur) & x+\lambda x=6;\\ & y+\lambda y=-8;\\ & x^2+y^2=25. \fund( rreshtuar)\djathtas.$ $
Për të zgjidhur këtë sistem, le të theksojmë menjëherë se $\lambda\neq -1$. Pse $\lambda\neq -1$? Le të përpiqemi të zëvendësojmë $\lambda=-1$ në ekuacionin e parë:
$$ x+(-1)\cdot x=6; \; x-x=6; \; 0=6. $$
Kontradikta që rezulton $0=6$ tregon se vlera $\lambda=-1$ është e papranueshme. Prodhimi: $\lambda\neq -1$. Le të shprehim $x$ dhe $y$ në terma të $\lambda$:
\fillim(i rreshtuar) & x+\lambda x=6;\; x(1+\lambda)=6;\; x=\frac(6)(1+\lambda). \\ & y+\lambda y=-8;\; y(1+\lambda)=-8;\; y=\frac(-8)(1+\lambda). \fund (në linjë)
Besoj se këtu bëhet e qartë pse ne përcaktuam në mënyrë specifike kushtin $\lambda\neq -1$. Kjo u bë për të përshtatur shprehjen $1+\lambda$ në emëruesit pa ndërhyrje. Kjo do të thotë, të sigurohemi që emëruesi $1+\lambda\neq 0$.
Le të zëvendësojmë shprehjet rezultuese për $x$ dhe $y$ në ekuacionin e tretë të sistemit, d.m.th. në $x^2+y^2=25$:
$$ \left(\frac(6)(1+\lambda) \djathtas)^2+\left(\frac(-8)(1+\lambda) \djathtas)^2=25;\\ \frac( 36)((1+\lambda)^2)+\frac(64)((1+\lambda)^2)=25;\\ \frac(100)((1+\lambda)^2)=25 ; \; (1+\lambda)^2=4. $$
Nga barazia që rezulton rrjedh se $1+\lambda=2$ ose $1+\lambda=-2$. Prandaj kemi dy vlera të parametrit $\lambda$, përkatësisht: $\lambda_1=1$, $\lambda_2=-3$. Prandaj, marrim dy palë vlerash $x$ dhe $y$:
\fillim(lidhur) & x_1=\frac(6)(1+\lambda_1)=\frac(6)(2)=3; \; y_1=\frac(-8)(1+\lambda_1)=\frac(-8)(2)=-4. \\ & x_2=\frac(6)(1+\lambda_2)=\frac(6)(-2)=-3; \; y_2=\frac(-8)(1+\lambda_2)=\frac(-8)(-2)=4. \fund (në linjë)
Pra, morëm dy pikë të mundshme ekstremi i kushtëzuar, d.m.th. $M_1(3;-4)$ dhe $M_2(-3;4)$. Le të gjejmë vlerat e funksionit $z$ në pikat $M_1$ dhe $M_2$:
\fillim(lidhur) & z_1=z(M_1)=3^2+(-4)^2-12\cpika 3+16\cpika (-4)=-75; \\ & z_2=z(M_2)=(-3)^2+4^2-12\cdot(-3)+16\cdot 4=125. \fund (në linjë)
Ne duhet të zgjedhim vlerat më të mëdha dhe më të vogla nga ato që kemi marrë në hapin e parë dhe të dytë. Por në në këtë rast Zgjedhja është e vogël :) Kemi:
$$ z_(min)=-75; \; z_(max)=125. $$
Përgjigju: $z_(min)=-75; \; z_(maks)=125$.
