Gjeni ekstremin e funksionit f x. Ekstremumi i një funksioni të dy ndryshoreve

Le të përcaktohet funksioni $z=f(x,y)$ në një fqinjësi të pikës $(x_0,y_0)$. Ata thonë se $(x_0,y_0)$ është një pikë maksimale (lokale) nëse për të gjitha pikat $(x,y)$ në një lagje të pikës $(x_0,y_0)$ pabarazia $f(x,y) është i kënaqur< f(x_0,y_0)$. Если же для всех точек этой окрестности выполнено условие $f(x,y)>f(x_0,y_0)$, atëherë pika $(x_0,y_0)$ quhet pika minimale (lokale).

Pikat maksimale dhe minimale shpesh quhen term i përgjithshëm- pika ekstreme.

Nëse $(x_0,y_0)$ është pikë maksimale, atëherë vlera e funksionit $f(x_0,y_0)$ në këtë pikë quhet maksimumi i funksionit $z=f(x,y)$. Prandaj, vlera e funksionit në pikën minimale quhet minimumi i funksionit $z=f(x,y)$. Minimalet dhe maksimalet e një funksioni bashkohen me një term të përbashkët - ekstremet e një funksioni.

Algoritmi për studimin e funksionit $z=f(x,y)$ për ekstremum

1. Gjeni derivatet e pjesshme $\frac(\ z)(\partial x)$ dhe $\frac(\z pjesore)(\partial y)$. Hartoni dhe zgjidhni sistemin e ekuacioneve $ \majtas \( \fillimi(linjëzuar) & \frac(\partial z)(\partial x)=0;\\ & \frac(\partial z)(\partial y)=0 .
2. Gjeni $\frac(\partial^2z)(\partial x^2)$, $\frac(\partial^2z)(\partial x\partial y)$, $\frac(\partial^2z)(\partial y^2)$ dhe llogaritni vlerën e $\Delta=\frac(\partial^2z)(\partial x^2)\cdot \frac(\partial^2z)(\partial y^2)-\left( \frac (\partial^2z)(\partial x\partial y) \djathtas)^2$ në çdo pikë stacionare. Pas kësaj, përdorni skemën e mëposhtme:
   1. Nëse $\Delta > 0$ dhe $\frac(\partial^2z)(\partial x^2) > 0$ (ose $\frac(\partial^2z)(\partial y^2) > 0$), atëherë pika në studim është pika minimale.
   2. Nëse $\Delta > 0$ dhe $\frac(\partial^2z)(\partial x^2)< 0$ (или $\frac{\partial^2z}{\partial y^2} < 0$), то в исследуемая точка есть точкой максимума.
   3. Nëse $\Delta< 0$, то в расматриваемой стационарной точке экстремума нет.
   4. Nëse $\Delta = 0$, atëherë asgjë e caktuar nuk mund të thuhet për praninë e një ekstremi; kërkohet kërkime shtesë.

Shënim (e dëshirueshme për një kuptim më të plotë të tekstit): shfaq/fsheh

Nëse $\Delta > 0$, atëherë $\frac(\partial^2z)(\partial x^2)\cdot \frac(\partial^2z)(\partial y^2)-\left(\frac(\ i pjesshëm^2z)(\i pjesshëm x\ i pjesshëm y) \djathtas)^2 > 0$. Dhe rrjedh se $\frac(\partial^2z)(\partial x^2)\cdot \frac(\partial^2z)(\partial y^2) > \left(\frac(\partial^2z) ( \partial x\partial y)\djathtas)^2 ≥ 0$. Ato. $\frac(\partial^2z)(\partial x^2)\cdot \frac(\partial^2z)(\partial y^2) > 0$. Nëse produkti i sasive të caktuara Mbi zero, atëherë këto sasi janë të së njëjtës shenjë. Kjo është, për shembull, nëse $\frac(\partial^2z)(\partial x^2) > 0$, atëherë $\frac(\partial^2z)(\partial y^2) > 0$. Shkurtimisht, nëse $\Delta > 0$, atëherë shenjat e $\frac(\partial^2z)(\partial x^2)$ dhe $\frac(\partial^2z)(\partial y^2)$ përkojnë .

Shembulli nr. 1

Shqyrtoni funksionin $z=4x^2-6xy-34x+5y^2+42y+7$ për ekstremin e tij.

$$ \frac(\z pjesshme)(\x pjesore)=8x-6y-34; \frac(\partial z)(\pjesshëm y)=-6x+10y+42. $$

$$ \majtas \( \fillimi(rrenjosur) & 8x-6y-34=0;\\ & -6x+10y+42=0. \fund (lidhur) \djathtas. $$

Le të zvogëlojmë çdo ekuacion të këtij sistemi me $2 $ dhe t'i zhvendosim numrat në anën e djathtë të ekuacioneve:

$$ \majtas \( \fillimi(lidhur) & 4x-3y=17;\\ & -3x+5y=-21. \fund (lidhur) \djathtas. $$

Ne kemi marrë një sistem ekuacionesh algjebrike lineare. Në këtë situatë, më duket më e përshtatshme të përdor metodën Cramer për të zgjidhur sistemin që rezulton.

$$ \fillimi (lidhur) & \Delta=\majtas| \fillim(array) (cc) 4 & -3\\ -3 & 5 \end(array)\right|=4\cdot 5-(-3)\cdot (-3)=20-9=11;\ \& \Delta_x=\majtas| \begin(array) (cc) 17 & -3\\ -21 & 5 \end(array)\right|=17\cdot 5-(-3)\cdot (-21)=85-63=22;\ \& \Delta_y=\majtas| \begin(array) (cc) 4 & 17\\ -3 & -21 \end(array)\right|=4\cdot (-21)-17\cdot (-3)=-84+51=-33 .\end(rrenjosur) \\ x=\frac(\Delta_(x))(\Delta)=\frac(22)(11)=2; \; y=\frac(\Delta_(y))(\Delta)=\frac(-33)(11)=-3. $$

Vlerat $x=2$, $y=-3$ janë koordinatat e pikës stacionare $(2;-3)$.

$$ \frac(\partial^2 z)(\partial x^2)=8; \frac(\partial^2 z)(\partial y^2)=10; \frac(\partial^2 z)(\partial x \pjesshëm y)=-6. $$

Le të llogarisim vlerën e $\Delta$:

$$ \Delta=\frac(\partial^2z)(\partial x^2)\cdot \frac(\partial^2z)(\partial y^2)-\left(\frac(\partial^2z)( \pjesshëm x\partial y) \djathtas)^2= 8\cpika 10-(-6)^2=80-36=44. $$

Meqenëse $\Delta > 0$ dhe $\frac(\partial^2 z)(\partial x^2) > 0$, atëherë sipas pikës $(2;-3)$ është pika minimale e funksionit $ z$. Ne gjejmë minimumin e funksionit $z$ duke zëvendësuar koordinatat e pikës $(2;-3)$ në funksionin e dhënë:

$$ z_(min)=z(2;-3)=4\cdot 2^2-6\cdot 2 \cdot (-3)-34\cdot 2+5\cdot (-3)^2+42\ cdot (-3)+7=-90. $$

Përgjigju: $(2;-3)$ - pikë minimale; $z_(min)=-90$.

Shembulli nr. 2

Shqyrtoni funksionin $z=x^3+3xy^2-15x-12y+1$ për ekstremin e tij.

Ne do të ndjekim sa më sipër. Së pari, le të gjejmë derivatet e pjesshme të rendit të parë:

$$ \frac(\z pjesore)(\x pjesore)=3x^2+3y^2-15; \frac(\partial z)(\partial y)=6xy-12. $$

Le të krijojmë një sistem ekuacionesh $ \majtas \( \fillimi(lidhur) & \frac(\partial z)(\partial x)=0;\\ & \frac(\partial z)(\partial y)=0. \end( rreshtuar) \djathtas.$:

$$ \majtas \( \fillimi(lidhur) & 3x^2+3y^2-15=0;\\ & 6xy-12=0. \fund (lidhur) \djathtas. $$

Le të zvogëlojmë ekuacionin e parë me 3, dhe të dytin me 6.

$$ \majtas \( \fillimi(lidhur) & x^2+y^2-5=0;\\ & xy-2=0. \fund (lidhur) \djathtas. $$

Nëse $x=0$, atëherë ekuacioni i dytë do të na çojë në një kontradiktë: $0\cdot y-2=0$, $-2=0$. Prandaj përfundimi: $x\neq 0$. Atëherë nga ekuacioni i dytë kemi: $xy=2$, $y=\frac(2)(x)$. Duke zëvendësuar $y=\frac(2)(x)$ në ekuacionin e parë, do të kemi:

$$ x^2+\majtas(\frac(2)(x) \djathtas)^2-5=0;\\ x^2+\frac(4)(x^2)-5=0;\\ x^4-5x^2+4=0. $$

Mora ekuacioni bikuadratik. Ne bëjmë zëvendësimin $t=x^2$ (që do të thotë se $t > 0$):

$$ t^2-5t+4=0;\\ \fillimi(lidhur) & D=(-5)^2-4\cdot 1 \cdot 4=9;\\ & t_1=\frac(-(- 5)-\sqrt(9))(2)=\frac(5-3)(2)=1;\\ & t_2=\frac(-(-5)+\sqrt(9))(2)= \frac(5+3)(2)=4.\fund (përafruar) $$

Nëse $t=1$, atëherë $x^2=1$. Prandaj kemi dy vlera të $x$: $x_1=1$, $x_2=-1$. Nëse $t=4$, atëherë $x^2=4$, d.m.th. $x_3=2$, $x_4=-2$. Duke kujtuar se $y=\frac(2)(x)$, marrim:

\fillim(i linjës) & y_1=\frac(2)(x_1)=\frac(2)(1)=2;\\ & y_2=\frac(2)(x_2)=\frac(2)(-1 )=-2;\\ & y_3=\frac(2)(x_3)=\frac(2)(2)=1;\\ & y_4=\frac(2)(x_4)=\frac(2)( -2)=-1. \fund (përafruar)

Pra kemi katër pika të palëvizshme: $M_1(1;2)$, $M_2(-1;-2)$, $M_3(2;1)$, $M_4(-2;-1)$. Kjo përfundon hapin e parë të algoritmit.

Tani le të fillojmë me algoritmin. Le të gjejmë derivatet e pjesshme të rendit të dytë:

$$ \frac(\partial^2 z)(\partial x^2)=6x; \frac(\partial^2 z)(\partial y^2)=6x; \frac(\partial^2 z)(\partial x \pjesshëm y)=6y. $$

Le të gjejmë $\Delta$:

$$ \Delta=\frac(\partial^2z)(\partial x^2)\cdot \frac(\partial^2z)(\partial y^2)-\left(\frac(\partial^2z)( \pjesshëm x\partial y) \djathtas)^2= 6x\cdot 6x-(6y)^2=36x^2-36y^2=36(x^2-y^2). $$

Tani do të llogarisim vlerën e $\Delta$ në secilën nga pikat stacionare të gjetura më parë. Le të fillojmë nga pika $M_1(1;2)$. Në këtë pikë kemi: $\Delta(M_1)=36(1^2-2^2)=-108$. Që nga $\Delta (M_1)< 0$, то согласно в точке $M_1$ экстремума нет.

Le të shqyrtojmë pikën $M_2(-1;-2)$. Në këtë pikë kemi: $\Delta(M_2)=36((-1)^2-(-2)^2)=-108$. Që nga $\Delta(M_2)< 0$, то согласно в точке $M_2$ экстремума нет.

Le të shqyrtojmë pikën $M_3(2;1)$. Në këtë pikë marrim:

$$ \Delta(M_3)=36(2^2-1^2)=108;\;\; \left.\frac(\partial^2 z)(\partial x^2)\right|_(M_3)=6\cdot 2=12. $$

Meqenëse $\Delta(M_3) > 0$ dhe $\left.\frac(\partial^2 z)(\partial x^2)\right|_(M_3) > 0$, atëherë sipas $M_3(2; 1)$ është pika minimale e funksionit $z$. Ne gjejmë minimumin e funksionit $z$ duke zëvendësuar koordinatat e pikës $M_3$ në funksionin e dhënë:

$$ z_(min)=z(2;1)=2^3+3\cdot 2\cdot 1^2-15\cdot 2-12\cdot 1+1=-27. $$

Mbetet për të eksploruar pikën $M_4(-2;-1)$. Në këtë pikë marrim:

$$ \Delta(M_4)=36((-2)^2-(-1)^2)=108;\;\; \left.\frac(\partial^2 z)(\partial x^2)\right|_(M_4)=6\cdot (-2)=-12. $$

Meqenëse $\Delta(M_4) > 0$ dhe $\majtas.\frac(\partial^2 z)(\partial x^2)\right|_(M_4)< 0$, то согласно $M_4(-2;-1)$ есть точкой максимума функции $z$. Максимум функции $z$ найдём, подставив в заданную функцию координаты точки $M_4$:

$$ z_(max)=z(-2;-1)=(-2)^3+3\cdot (-2)\cdot (-1)^2-15\cdot (-2)-12\cdot (-1)+1=29. $$

Studimi ekstrem ka përfunduar. Mbetet vetëm të shkruajmë përgjigjen.

Përgjigju:

• $(2;1)$ - pikë minimale, $z_(min)=-27$;
• $(-2;-1)$ - pikë maksimale, $z_(max)=29$.

shënim

Llogaritni vlerën $\Delta$ në rast i përgjithshëm nuk ka nevojë, sepse neve na intereson vetëm shenja, dhe jo kuptim specifik këtë parametër. Për shembull, për shembull nr. 2 i konsideruar më sipër, në pikën $M_3(2;1)$ kemi $\Delta=36\cdot(2^2-1^2)$. Këtu është e qartë se $\Delta > 0$ (pasi që të dy faktorët $36$ dhe $(2^2-1^2)$ janë pozitiv) dhe është e mundur të mos gjendet një vlerë specifike prej $\Delta$. Vërtetë, për llogaritjet standarde kjo vërejtje është e padobishme - atje ata kërkojnë që t'i sillni llogaritjet në një numër :)

Shembulli nr. 3

Shqyrtoni funksionin $z=x^4+y^4-2x^2+4xy-2y^2+3$ për ekstremin e tij.

ne do të ndjekim. Së pari, le të gjejmë derivatet e pjesshme të rendit të parë:

$$ \frac(\z pjesshme)(\x pjesore)=4x^3-4x+4y; \frac(\partial z)(\pjesshëm y)=4y^3+4x-4y. $$

Le të krijojmë një sistem ekuacionesh $ \majtas \( \fillimi(lidhur) & \frac(\partial z)(\partial x)=0;\\ & \frac(\partial z)(\partial y)=0. \end( rreshtuar) \djathtas.$:

$$ \majtas \( \fillimi (lidhur) & 4x^3-4x+4y=0;\\ & 4y^3+4x-4y=0. \fund (lidhur) \djathtas. $$

Le t'i zvogëlojmë të dy ekuacionet me 4 $:

$$ \majtas \( \fillimi(rrenjosur) & x^3-x+y=0;\\ & y^3+x-y=0. \fund (lidhur) \djathtas. $$

Le të shtojmë ekuacionin e parë me të dytin dhe të shprehim $y$ në terma $x$:

$$ y^3+x-y+(x^3-x+y)=0;\\ y^3+x^3=0; y^3=-x^3; y=-x. $$

Duke zëvendësuar $y=-x$ në ekuacionin e parë të sistemit, do të kemi:

$$ x^3-x-x=0;\\ x^3-2x=0;\\ x(x^2-2)=0. $$

Nga ekuacioni që rezulton kemi: $x=0$ ose $x^2-2=0$. Nga ekuacioni $x^2-2=0$ del se $x=-\sqrt(2)$ ose $x=\sqrt(2)$. Pra, gjenden tre vlera të $x$, përkatësisht: $x_1=0$, $x_2=-\sqrt(2)$, $x_3=\sqrt(2)$. Meqenëse $y=-x$, atëherë $y_1=-x_1=0$, $y_2=-x_2=\sqrt(2)$, $y_3=-x_3=-\sqrt(2)$.

Hapi i parë i zgjidhjes është përfunduar. Ne morëm tre pika të palëvizshme: $M_1(0;0)$, $M_2(-\sqrt(2),\sqrt(2))$, $M_3(\sqrt(2),-\sqrt(2))$ .

Tani le të fillojmë me algoritmin. Le të gjejmë derivatet e pjesshme të rendit të dytë:

$$ \frac(\partial^2 z)(\partial x^2)=12x^2-4; \frac(\partial^2 z)(\partial y^2)=12y^2-4; \frac(\partial^2 z)(\partial x \pjesshëm y)=4. $$

Le të gjejmë $\Delta$:

$$ \Delta=\frac(\partial^2z)(\partial x^2)\cdot \frac(\partial^2z)(\partial y^2)-\left(\frac(\partial^2z)( \pjesshëm x\partial y) \djathtas)^2= (12x^2-4)(12y^2-4)-4^2=\\ =4(3x^2-1)\cdot 4(3y^2 -1)-16=16(3x^2-1)(3y^2-1)-16=16\cdot((3x^2-1)(3y^2-1)-1). $$

Tani do të llogarisim vlerën e $\Delta$ në secilën nga pikat stacionare të gjetura më parë. Le të fillojmë nga pika $M_1(0;0)$. Në këtë pikë kemi: $\Delta(M_1)=16\cdot((3\cdot 0^2-1)(3\cdot 0^2-1)-1)=16\cdot 0=0$. Meqenëse $\Delta(M_1) = 0$, atëherë kërkohen kërkime shtesë, pasi nuk mund të thuhet asgjë e qartë për praninë e një ekstremi në pikën në shqyrtim. Le ta lëmë të qetë këtë pikë tani për tani dhe të kalojmë në pika të tjera.

Le të shqyrtojmë pikën $M_2(-\sqrt(2),\sqrt(2))$. Në këtë pikë marrim:

\fillim(përafruar) & \Delta(M_2)=16\cdot((3\cdot (-\sqrt(2))^2-1)(3\cdot (\sqrt(2))^2-1)- 1)=16\cdot 24=384;\\ & \majtas.\frac(\partial^2 z)(\pjesshëm x^2)\djathtas|_(M_2)=12\cdot (-\sqrt(2) )^2-4=24-4=20. \fund (në linjë)

Meqenëse $\Delta(M_2) > 0$ dhe $\left.\frac(\partial^2 z)(\partial x^2)\right|_(M_2) > 0$, atëherë sipas $M_2(-\ sqrt(2),\sqrt(2))$ është pika minimale e funksionit $z$. Ne gjejmë minimumin e funksionit $z$ duke zëvendësuar koordinatat e pikës $M_2$ në funksionin e dhënë:

$$ z_(min)=z(-\sqrt(2),\sqrt(2))=(-\sqrt(2))^4+(\sqrt(2))^4-2(-\sqrt( 2))^2+4\cdot (-\sqrt(2))\sqrt(2)-2(\sqrt(2))^2+3=-5. $$

Ngjashëm me pikën e mëparshme, ne shqyrtojmë pikën $M_3(\sqrt(2),-\sqrt(2))$. Në këtë pikë marrim:

\fillim(përafruar) & \Delta(M_3)=16\cdot((3\cdot (\sqrt(2))^2-1)(3\cdot (-\sqrt(2))^2-1)- 1)=16\cdot 24=384;\\ & \majtas.\frac(\partial^2 z)(\pjesshëm x^2)\djathtas|_(M_3)=12\cdot (\sqrt(2)) ^2-4=24-4=20. \fund (në linjë)

Meqenëse $\Delta(M_3) > 0$ dhe $\left.\frac(\partial^2 z)(\partial x^2)\right|_(M_3) > 0$, atëherë sipas $M_3(\sqrt (2),-\sqrt(2))$ është pika minimale e funksionit $z$. Ne gjejmë minimumin e funksionit $z$ duke zëvendësuar koordinatat e pikës $M_3$ në funksionin e dhënë:

$$ z_(min)=z(\sqrt(2),-\sqrt(2))=(\sqrt(2))^4+(-\sqrt(2))^4-2(\sqrt(2 ))^2+4\cdot \sqrt(2)(-\sqrt(2))-2(-\sqrt(2))^2+3=-5. $$

Është koha për t'u kthyer në pikën $M_1(0;0)$, në të cilën $\Delta(M_1) = 0$. Sipas kësaj, kërkohet hulumtim shtesë. Kjo frazë evazive do të thotë "bëj çfarë të duash" :). Metoda e përgjithshme Nuk ka zgjidhje për situata të tilla dhe kjo është e kuptueshme. Nëse një metodë e tillë do të ekzistonte, do të ishte përfshirë në të gjitha tekstet shkollore shumë kohë më parë. Ndërkohë, duhet të shikojmë qasje e veçantë në çdo pikë në të cilën $\Delta = 0$. Epo, le të shqyrtojmë sjelljen e funksionit në afërsi të pikës $M_1(0;0)$. Le të vërejmë menjëherë se $z(M_1)=z(0;0)=3$. Le të supozojmë se $M_1(0;0)$ është pika minimale. Pastaj për çdo pikë $M$ nga ndonjë fqinjësi e pikës $M_1(0;0)$ marrim $z(M) > z(M_1)$, d.m.th. $z(M) > 3$. Po sikur ndonjë lagje të përmbajë pika në të cilat $z(M)< 3$? Тогда в точке $M_1$ уж точно не будет минимума.

Le të shqyrtojmë pikat për të cilat $y=0$, d.m.th. pikat e formës $(x,0)$. Në këto pika funksioni $z$ do të marrë vlerat e mëposhtme:

$$ z(x,0)=x^4+0^4-2x^2+4x\cdot 0-2\cdot 0^2+3=x^4-2x^2+3=x^2(x ^2-2)+3. $$

Në të gjitha lagjet mjaft të vogla $M_1(0;0)$ kemi $x^2-2< 0$, посему $x^2(x^2-2) < 0$, откуда следует $x^2(x^2-2)+3 < 3$. Вывод: любая окрестность точки $M_1(0;0)$ содержит точки, в которых $z < 3$, посему точка $M_1(0;0)$ не может быть точкой минимума.

Por ndoshta pika $M_1(0;0)$ është pika maksimale? Nëse është kështu, atëherë për çdo pikë $M$ nga ndonjë lagje e pikës $M_1(0;0)$ marrim $z(M)< z(M_1) $, т.е. $z(M) < 3$. А вдруг любая окрестность содержит точки, в которых $z(M) >3$? Atëherë definitivisht nuk do të ketë maksimum në pikën $M_1$.

Le të shqyrtojmë pikat për të cilat $y=x$, d.m.th. pikat e formës $(x,x)$. Në këto pika funksioni $z$ do të marrë vlerat e mëposhtme:

$$ z(x,x)=x^4+x^4-2x^2+4x\cdot x-2\cdot x^2+3=2x^4+3. $$

Meqenëse në çdo lagje të pikës $M_1(0;0)$ kemi $2x^4 > 0$, pastaj $2x^4+3 > 3$. Përfundim: çdo fqinjësi e pikës $M_1(0;0)$ përmban pika në të cilat $z > 3$, prandaj pika $M_1(0;0)$ nuk mund të jetë pikë maksimale.

Pika $M_1(0;0)$ nuk është as pikë maksimale dhe as minimale. Përfundim: $M_1$ nuk është aspak një pikë ekstreme.

Përgjigju: $(-\sqrt(2),\sqrt(2))$, $(\sqrt(2),-\sqrt(2))$ janë pikat minimale të funksionit $z$. Në të dyja pikat $z_(min)=-5$.

Pika x 0 quhet pikë maksimale(minimale) funksioni f(x), nëse në ndonjë fqinjësi të pikës x 0 plotësohet pabarazia f(x) ≤f(x 0) (f(x) ≥f(x 0)).

Vlera e funksionit në këtë pikë thirret në përputhje me rrethanat maksimale ose minimale funksione. Funksionet maksimale dhe minimale janë të bashkuara me një emër të përbashkët ekstreme funksione.

Ekstremumi i një funksioni në këtë kuptim shpesh quhet ekstremi lokal, duke theksuar faktin se ky koncept shoqërohet vetëm me një fqinjësi mjaft të vogël të pikës x 0. Në të njëjtin interval, një funksion mund të ketë disa maksimum dhe minima lokale, të cilat jo domosdoshmërisht përkojnë me maksimumi global ose minimale(d.m.th. vlera më e madhe ose më e vogël e funksionit gjatë gjithë intervalit).

Kusht i domosdoshëm për ekstrem. Në mënyrë që një funksion të ketë një ekstrem në një pikë, është e nevojshme që derivati ​​i tij në këtë pikë të jetë i barabartë me zero ose të mos ekzistojë.

Për funksionet e diferencueshme, ky kusht rrjedh nga teorema e Fermatit. Për më tepër, ai parashikon gjithashtu rastin kur një funksion ka një ekstrem në një pikë në të cilën ai nuk është i diferencueshëm.

Pikat ku janë bërë kusht i nevojshëm ekstreme quhen kritike(ose stacionare për një funksion të diferencueshëm). Këto pika duhet të jenë brenda fushës së funksionit.

Kështu, nëse ka një ekstrem në çdo moment, atëherë kjo pikë është kritike (kusht i domosdoshëm). Vini re se e kundërta nuk është e vërtetë. Pika kritike nuk është domosdoshmërisht një pikë ekstreme, d.m.th. kushti i deklaruar nuk është i mjaftueshëm.

Kushti i parë i mjaftueshëm për një ekstrem. Nëse, kur kalon nëpër një pikë të caktuar, derivati ​​i funksionit të diferencueshëm ndryshon shenjën e tij nga plus në minus, atëherë kjo është pika maksimale e funksionit, dhe nëse nga minus në plus, atëherë kjo është pika minimale.

Vërtetimi i kësaj gjendjeje rrjedh nga kushti i mjaftueshëm i monotonitetit (kur shenja e derivatit ndryshon, ndodh një kalim ose nga një rritje e funksionit në një ulje, ose nga një ulje në një rritje).

Kushti i dytë i mjaftueshëm për një ekstrem. Nëse derivati ​​i parë i një funksioni dy herë të diferencueshëm në një moment është zero, dhe derivati ​​i dytë në këtë pikë është pozitiv, atëherë kjo është pika minimale e funksionit; dhe nëse derivati ​​i dytë është negativ, atëherë kjo është pika maksimale.

Vërtetimi i kësaj gjendje bazohet edhe në kushtin e mjaftueshëm të monotonitetit. Në fakt, nëse derivati ​​i dytë është pozitiv, atëherë derivati ​​i parë është një funksion në rritje. Meqenëse në pikën në fjalë është e barabartë me zero, prandaj, kur kalon nëpër të, ndryshon shenjën nga minus në plus, gjë që na kthen në kushtin e parë të mjaftueshëm për një minimum lokal. Në mënyrë të ngjashme, nëse derivati ​​i dytë është negativ, atëherë i pari zvogëlohet dhe ndryshon shenjën nga plus në minus, gjë që është një kusht i mjaftueshëm për një maksimum lokal.

Studimi i një funksioni për një ekstrem në përputhje me teoremat e formuluara, përfshin fazat e mëposhtme:

1. Gjeni derivatin e parë të funksionit f`(x).

2. Kontrollo plotësimin e kushtit të nevojshëm ekstrem, d.m.th. gjeni pikat kritike të funksionit f(x) në të cilat derivati ​​f`(x) = 0 ose nuk ekziston.

3. Kontrollo plotësimin e kushtit të mjaftueshëm për ekstremin, d.m.th. ose të shqyrtojë shenjën e derivatit majtas dhe djathtas të secilit pikë kritike, ose gjeni derivatin e dytë f``(x) dhe përcaktoni shenjën e tij në çdo pikë kritike. Nxirrni një përfundim për praninë e ekstremeve të funksionit.

4. Gjeni ekstremet (vlerat ekstreme) të funksionit.

Gjetja e maksimumit dhe minimumit global të një funksioni mbi një interval të caktuar ka edhe një të madhe vlerë e aplikuar. Zgjidhja e këtij problemi në një segment bazohet në teoremën e Weierstrass, sipas së cilës funksion të vazhdueshëm merr vlerat e saj më të mëdha dhe më të vogla në segment. Ato mund të arrihen si në pikat ekstreme ashtu edhe në skajet e segmentit. Prandaj, zgjidhja përfshin hapat e mëposhtëm:

1. Gjeni derivatin e funksionit f`(x).

2. Gjeni pikat kritike të funksionit f(x), në të cilat derivati ​​f`(x) = 0 ose nuk ekziston.

3. Gjeni vlerat e funksionit në pikat kritike dhe në skajet e segmentit dhe zgjidhni më të madhin dhe më të voglin prej tyre.

Pika ekstreme e një funksioni është pika në fushën e përcaktimit të funksionit në të cilën vlera e funksionit merr një minimum ose vlera 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 më shumë vlera funksionojnë në pika mjaft afër tij, të vendosura në të djathtë dhe në të majtë të tij (d.m.th., pabarazia 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, prandaj derivati ​​i funksionit është më i madh se zero ( f "(x) > 0 ), dhe në intervalin pas x1 funksioni zvogëlohet, prandaj, derivat i një funksioni më 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 ( shenjë e nevojshme ekzistenca e një ekstremi të funksionit). 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 boshti numerik dhe të përcaktojë shenjat e derivatit të funksionit në intervalet rezultuese. 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 e barabartë me zero, atëherë 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 funksionit ka karakter lokal- kjo është vlera më e madhe dhe më e vogël e funksionit në krahasim me vlerat më të 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 të thërrasim pikat minimale minimale lokale, dhe pikat maksimale janë pikat maksimale lokale.

Ne kërkojmë ekstremin e funksionit së bashku

Shembulli 3.

Zgjidhja: Funksioni është i përcaktuar dhe i vazhdueshëm në të gjithë vijën numerike. Derivati ​​i tij ekziston edhe në të gjithë vijën numerike. Prandaj në 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 të parës shenjë e mjaftueshme nuk ka 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 në këtë pikë). 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 ekstremin 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 pozitiv; 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.

Me këtë shërbim mund të gjeni vlerën më të madhe dhe më të vogël të një funksioni një ndryshore f(x) me zgjidhjen e formatuar në Word. Nëse është dhënë funksioni f(x,y), atëherë është e nevojshme të gjendet ekstremi i funksionit të dy ndryshoreve. Ju gjithashtu mund të gjeni intervalet e funksioneve në rritje dhe në ulje.

Rregullat për futjen e funksioneve:

Kusht i domosdoshëm për ekstremin e një funksioni të një ndryshoreje

Kusht i mjaftueshëm për ekstremin e një funksioni të një ndryshoreje

F" 0 (x *) = 0
f"" 0 (x *) > 0

Atëherë pika x * është pika minimale lokale (globale) e funksionit.

Nëse në pikën x * plotësohet kushti:

F" 0 (x *) = 0
f"" 0 (x *)< 0

Atëherë pika x * është një maksimum lokal (global).

Shembulli nr. 1. Gjeni vlerat më të mëdha dhe më të vogla të funksionit: në segment.
Zgjidhje.

Pika kritike është një x 1 = 2 (f’(x)=0). Kjo pikë i përket segmentit. (Pika x=0 nuk është kritike, pasi 0∉).
Ne llogarisim vlerat e funksionit në skajet e segmentit dhe në pikën kritike.
f(1)=9, f(2)= 5/2, f(3)=3 8/81
Përgjigje: f min = 5 / 2 në x=2; f max =9 në x=1

Shembulli nr. 2. Duke përdorur derivate të rendit më të lartë, gjeni ekstremin e funksionit y=x-2sin(x) .
Zgjidhje.
Gjeni derivatin e funksionit: y’=1-2cos(x) . Le të gjejmë pikat kritike: 1-cos(x)=2, cos(x)=½, x=± π / 3 +2πk, k∈Z. Gjejmë y’’=2sin(x), njehso , që do të thotë x= π / 3 +2πk, k∈Z janë pikat minimale të funksionit; , që do të thotë x=- π / 3 +2πk, k∈Z janë pikat maksimale të funksionit.

Shembulli nr. 3. Hulumtoni funksionin ekstrem në afërsi të pikës x=0.
Zgjidhje. Këtu është e nevojshme të gjesh ekstremin e funksionit. Nëse ekstremi x=0, atëherë zbuloni llojin e tij (minimumi ose maksimal). Nëse midis pikave të gjetura nuk ka x = 0, atëherë llogaritni vlerën e funksionit f(x=0).
Duhet të theksohet se kur derivati ​​në secilën anë të një pike të caktuar nuk ndryshon shenjën e tij, the situatat e mundshme edhe për funksionet e diferencueshme: mund të ndodhë që për një lagje të vogël arbitrarisht në njërën anë të pikës x 0 ose në të dy anët, derivati ​​të ndryshojë shenjën. Në këto pika është e nevojshme të përdoren metoda të tjera për të studiuar funksionet në një ekstrem.

Nga ky artikull lexuesi do të mësojë se çfarë është një ekstrem i një vlere funksionale, si dhe për veçoritë e përdorimit të tij në aktivitete praktike. Të mësuarit e një koncepti të tillë është thelbësor për të kuptuar bazat matematikë e lartë. Kjo temë është thelbësore për një studim më të thellë të kursit.

Në kontakt me

Çfarë është një ekstrem?

NË kursi shkollor Janë dhënë shumë përkufizime të konceptit "ekstrem". Ky artikull synon të japë kuptimin më të thellë dhe më të qartë të termit për ata që nuk e dinë këtë çështje. Pra, termi kuptohet se në çfarë mase intervali funksional fiton një vlerë minimale ose maksimale në një grup të caktuar.

Ekstremi është vlerë minimale funksionet, dhe maksimumi në të njëjtën kohë. Ekziston një pikë minimale dhe një pikë maksimale, d.m.th. vlerat ekstreme argument në grafik. Shkencat kryesore që përdorin këtë koncept janë:

• statistika;
• kontrolli i makinës;
• ekonometria.

Pikat ekstreme luajnë rol i rendesishem në përcaktimin e sekuencës funksioni i dhënë. Sistemi i koordinatave në grafikun në në të mirën e saj tregon ndryshimin në pozicionin ekstrem në varësi të ndryshimit të funksionalitetit.

Ekstrema e funksionit derivat

Ekziston edhe një fenomen i tillë si "derivativ". Është e nevojshme të përcaktohet pika ekstreme. Është e rëndësishme të mos ngatërroni pikët minimale ose maksimale me vlerat më të larta dhe më të ulëta. Kjo koncepte të ndryshme, megjithëse mund të duken të ngjashme.

Vlera e funksionit është faktori kryesor në përcaktimin e mënyrës së gjetjes së pikës maksimale. Derivati ​​nuk formohet nga vlerat, por ekskluzivisht nga pozicioni i tij ekstrem në një ose një rend tjetër.

Vetë derivati ​​përcaktohet në bazë të këtyre pikave ekstreme, dhe jo më i madhi ose vlera më e ulët. NË shkolla ruse Vija midis këtyre dy koncepteve nuk është e qartë, gjë që ndikon në kuptimin e kësaj teme në përgjithësi.

Le ta konsiderojmë tani një koncept të tillë si "ekstrem akut". Sot, ekziston një vlerë minimale akute dhe një vlerë maksimale akute. Përkufizimi është dhënë në përputhje me klasifikimin rus të pikave kritike të një funksioni. Koncepti i një pike ekstreme është baza për gjetjen e pikave kritike në një grafik.

Për të përcaktuar një koncept të tillë, ata përdorin teoremën e Fermatit. Është më e rëndësishmja gjatë studimit pika ekstreme dhe jep një ide të qartë të ekzistencës së tyre në një formë ose në një tjetër. Për të siguruar ekstremitetin, është e rëndësishme të krijohen kushte të caktuara për një ulje ose rritje në grafik.

Për t'iu përgjigjur me saktësi pyetjes "si të gjeni pikën maksimale", duhet të ndiqni këto udhëzime:

1. Gjetja e domenit të saktë të përkufizimit në grafik.
2. Kërkoni për derivatin e një funksioni dhe pikën ekstreme.
3. Zgjidhja e pabarazive standarde për domenin ku gjendet argumenti.
4. Të jetë në gjendje të vërtetojë se në cilat funksione një pikë në një grafik është e përcaktuar dhe e vazhdueshme.

Kujdes! Kërkimi i pikës kritike të një funksioni është i mundur vetëm nëse ekziston një derivat i së paku rendit të dytë, i cili sigurohet nga një përqindje e lartë e pranisë së një pike ekstreme.

Kusht i domosdoshëm për ekstremin e një funksioni

Në mënyrë që një ekstrem të ekzistojë, është e rëndësishme që të ketë pikë minimale dhe maksimale. Nëse ky rregull respektohet vetëm pjesërisht, atëherë cenohet kushti për ekzistimin e një ekstremi.

Çdo funksion në çdo pozicion duhet të diferencohet në mënyrë që të identifikohen kuptimet e tij të reja. Është e rëndësishme të kuptohet se rasti i një pike që shkon në zero nuk është parimi kryesor për gjetjen e një pike të diferencueshme.

Ekstremi i mprehtë, si dhe minimumi i funksionit, është një aspekt jashtëzakonisht i rëndësishëm i zgjidhjes problem matematikor duke përdorur vlera ekstreme. Për të kuptuar më mirë këtë komponent, është e rëndësishme t'i referohemi vlerat e tabelës sipas specifikimit të funksionalitetit.