Maksimum setempat bagi sesuatu fungsi. Penentuan titik ekstrem tempatan bagi fungsi beberapa pembolehubah

Definisi: Titik x0 dipanggil titik maksimum setempat (atau minimum) fungsi jika dalam beberapa kejiranan titik x0 fungsi itu mengambil nilai terbesar (atau terkecil), i.e. untuk semua x dari beberapa kejiranan titik x0 keadaan f(x) f(x0) (atau f(x) f(x0)) dipenuhi.

Mata maksimum atau minimum tempatan digabungkan nama biasa- titik ekstrem tempatan fungsi.

Ambil perhatian bahawa pada titik ekstrem tempatan, fungsi mencapai nilai maksimum atau minimum hanya di rantau tempatan tertentu. Mungkin terdapat kes apabila mengikut nilai уmaxуmin.

Tanda yang perlu bagi kewujudan ekstrem tempatan sesuatu fungsi

Teorem . Jika fungsi berterusan y = f(x) mempunyai ekstrem tempatan pada titik x0, maka pada titik ini terbitan pertama sama ada sifar atau tidak wujud, i.e. ekstrem tempatan berlaku pada titik kritikal jenis pertama.

Pada titik ekstrem tempatan, sama ada tangen adalah selari dengan paksi 0x, atau terdapat dua tangen (lihat rajah). Perhatikan bahawa titik kritikal adalah syarat yang perlu tetapi tidak mencukupi untuk ekstrem tempatan. Ekstrem tempatan berlaku hanya pada titik kritikal jenis pertama, tetapi tidak pada semua titik kritikal ekstrem tempatan berlaku.

Contohnya: parabola padu y = x3 mempunyai titik genting x0 = 0, di mana terbitan y/(0)=0, tetapi titik genting x0=0 bukanlah titik ekstrem, dan terdapat titik bengkok padanya (lihat di bawah).

Tanda yang mencukupi tentang kewujudan ekstrem tempatan sesuatu fungsi

Teorem . Jika, apabila hujah melepasi titik kritikal jenis pertama dari kiri ke kanan, terbitan pertama y / (x)

menukar tanda daripada “+” kepada “-”, maka fungsi berterusan y(x) pada titik kritikal ini mempunyai maksimum setempat;

menukar tanda daripada “-” kepada “+”, maka fungsi berterusan y(x) mempunyai minimum setempat pada titik kritikal ini

tidak menukar tanda, maka pada titik kritikal ini tidak ada ekstrem tempatan, terdapat titik infleksi di sini.

Untuk maksimum tempatan, rantau fungsi meningkat (y/0) digantikan dengan rantau fungsi menurun (y/0). Untuk minimum tempatan, rantau fungsi menurun (y/0) digantikan dengan rantau fungsi meningkat (y/0).

Contoh: Periksa fungsi y = x3 + 9x2 + 15x - 9 untuk monotoni, ekstrem dan bina graf bagi fungsi itu.

Mari cari titik kritikal jenis pertama dengan mentakrifkan terbitan (y/) dan menyamakannya dengan sifar: y/ = 3x2 + 18x + 15 =3(x2 + 6x + 5) = 0

Mari buat keputusan trinomial kuadratik menggunakan diskriminasi:

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

2) Kami membahagikan paksi nombor kepada 3 kawasan dengan titik kritikal dan menentukan tanda terbitan (y/) di dalamnya. Menggunakan tanda-tanda ini kita akan mencari kawasan monotonicity (bertambah dan berkurang) fungsi, dan dengan menukar tanda-tanda kita akan menentukan titik ekstrem tempatan (maksimum dan minimum).

Kami membentangkan hasil penyelidikan dalam bentuk jadual, yang mana kesimpulan berikut boleh dibuat:

1. Pada selang y /(-10) 0 fungsi meningkat secara monoton (tanda derivatif y dianggarkan menggunakan titik kawalan x = -10 yang diambil dalam selang ini);
2. Pada selang (-5 ; -1) y /(-2) 0 fungsi menurun secara monoton (tanda derivatif y dianggarkan menggunakan titik kawalan x = -2, diambil dalam selang ini);
3. Pada selang y /(0) 0, fungsi meningkat secara monoton (tanda derivatif y dianggarkan menggunakan titik kawalan x = 0, diambil dalam selang ini);
4. Apabila melalui titik genting x1k = -5, derivatif bertukar tanda daripada “+” kepada “-”, oleh itu titik ini ialah titik maksimum tempatan
(ymaks(-5) = (-5)3+9(-5)2 +15(-5)-9=-125 + 225 - 75 - 9 =16);
5. Apabila melalui titik kritikal x2k = -1, derivatif bertukar tanda daripada "-" kepada "+", oleh itu titik ini ialah titik minimum tempatan
(ymin(-1) = -1 + 9 - 15 - 9 = - 16).

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

3) Kami akan membina graf berdasarkan hasil kajian menggunakan pengiraan tambahan nilai fungsi pada titik kawalan:

kami sedang membina sistem segi empat tepat Koordinat oksi;

Kami menunjukkan dengan koordinat titik maksimum (-5; 16) dan minimum (-1;-16);

untuk menjelaskan graf, kami mengira nilai fungsi pada titik kawalan, memilihnya di sebelah kiri dan kanan titik maksimum dan minimum dan di dalam selang purata, contohnya: 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) dan (0;-9) - titik kawalan yang dikira yang kami plot untuk membina graf;

Kami menunjukkan graf dalam bentuk lengkung cembung ke atas pada titik maksimum dan cembung ke bawah pada titik minimum dan melalui titik kawalan yang dikira.

$E \subset \mathbb(R)^(n)$. Mereka mengatakan $f$ telah maksimum tempatan pada titik $x_(0) \dalam E$, jika terdapat kejiranan $U$ daripada titik $x_(0)$ supaya untuk semua $x \dalam U$ ketaksamaan $f\kiri(x\kanan ) \leqslant f berpuas hati \left(x_(0)\right)$.

Maksimum tempatan dipanggil tegas , jika kejiranan $U$ boleh dipilih supaya untuk semua $x \dalam U$ berbeza daripada $x_(0)$ terdapat $f\kiri(x\kanan)< f\left(x_{0}\right)$.

Definisi
Biarkan $f$ menjadi fungsi sebenar pada set terbuka $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Mereka kata $f$ telah minimum tempatan pada titik $x_(0) \dalam E$, jika terdapat kejiranan $U$ daripada titik $x_(0)$ supaya untuk semua $x \dalam U$ ketaksamaan $f\kiri(x\kanan ) \geqslant f \kiri(x_(0)\kanan)$.

Minimum tempatan dipanggil ketat jika kejiranan $U$ boleh dipilih supaya untuk semua $x \dalam U$ berbeza daripada $x_(0)$ terdapat $f\kiri(x\kanan) > f\kiri(x_ ( 0)\kanan)$.

Local extremum menggabungkan konsep minimum tempatan dan maksimum tempatan.

Teorem ( syarat yang perlu melampau fungsi boleh dibezakan)
Biarkan $f$ menjadi fungsi sebenar pada set terbuka $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Jika pada titik $x_(0) \dalam E$ fungsi $f$ mempunyai ekstrem tempatan pada ketika ini, maka $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ Pembezaan sama dengan sifar adalah bersamaan dengan fakta bahawa semua adalah sama dengan sifar, i.e. $$\displaystyle\frac(\sebahagian f)(\sebahagian x_(i))\kiri(x_(0)\kanan)=0.$$

Dalam kes satu dimensi ini ialah – . Mari kita nyatakan $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$, di mana $h$ ialah vektor sewenang-wenangnya. Fungsi $\phi$ ditakrifkan untuk nilai $t$ yang cukup kecil dalam nilai mutlak. Selain itu, berkenaan dengan , ia boleh dibezakan, dan $(\phi)’ \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$.
Biarkan $f$ mempunyai maksimum tempatan pada titik x $0$. Ini bermakna fungsi $\phi$ pada $t = 0$ mempunyai maksimum tempatan dan, mengikut teorem Fermat, $(\phi)’ \left(0\right)=0$.
Jadi, kami mendapat $df \left(x_(0)\right) = 0$, i.e. fungsi $f$ pada titik $x_(0)$ adalah sama dengan sifar pada mana-mana vektor $h$.

Definisi
Titik di mana pembezaan adalah sifar, i.e. yang mana semua terbitan separa adalah sama dengan sifar dipanggil pegun. Mata kritikal fungsi $f$ ialah titik di mana $f$ tidak boleh dibezakan atau sama dengan sifar. Jika titik adalah pegun, maka ia tidak mengikuti dari ini bahawa fungsi mempunyai ekstrem pada ketika ini.

Contoh 1.
Biarkan $f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$. Kemudian $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$, jadi $\left(0,0\right)$ ialah titik pegun, tetapi fungsi tidak mempunyai extremum pada ketika ini. Memang, $f \left(0,0\right) = 0$, tetapi mudah untuk melihat bahawa dalam mana-mana kejiranan titik $\left(0,0\right)$ fungsi mengambil kedua-dua nilai positif dan negatif.

Contoh 2.
Fungsi $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ mempunyai titik pegun pada asalnya, tetapi jelas bahawa tiada ekstrem pada ketika ini.

Teorem ( keadaan yang mencukupi melampau).
Biarkan fungsi $f$ dua kali boleh dibezakan secara berterusan pada set terbuka $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Biarkan $x_(0) \dalam E$ menjadi titik pegun dan $$\gaya paparan Q_(x_(0)) \kiri(h\kanan) \equiv \sum_(i=1)^n \sum_(j=1 ) ^n \frac(\sebahagian^(2) f)(\sebahagian x_(i) \sebahagian x_(j)) \kiri(x_(0)\kanan)h^(i)h^(j).$ $ Kemudian

jika $Q_(x_(0))$ – , maka fungsi $f$ pada titik $x_(0)$ mempunyai ekstrem tempatan, iaitu, minimum jika bentuk itu pasti positif, dan maksimum jika bentuk itu pasti negatif;
Jika bentuk kuadratik$Q_(x_(0))$ tidak ditentukan, maka fungsi $f$ pada titik $x_(0)$ tidak mempunyai ekstrem.

Mari kita gunakan pengembangan mengikut formula Taylor (12.7 ms 292). Memandangkan derivatif separa tertib pertama pada titik $x_(0)$ adalah sama dengan sifar, kami memperoleh $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\ kanan) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_ (j)) \kiri(x_(0)+\theta h\kanan)h^(i)h^(j),$$ dengan $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$, dan $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ untuk $h \rightarrow 0$, kemudian sebelah kanan akan menjadi positif untuk mana-mana vektor $h$ dengan panjang yang cukup kecil.
Jadi, kami telah membuat kesimpulan bahawa dalam kejiranan tertentu titik $x_(0)$ ketaksamaan $f \kiri(x\kanan) >f \kiri(x_(0)\kanan)$ berlaku jika hanya $ x \neq x_ (0)$ (kami meletakkan $x=x_(0)+h$\kanan). Ini bermakna bahawa pada titik $x_(0)$ fungsi mempunyai minimum tempatan yang ketat, dan dengan itu bahagian pertama teorem kami terbukti.
Katakan sekarang bahawa $Q_(x_(0))$ – bentuk tak tentu. Kemudian terdapat vektor $h_(1)$, $h_(2)$ sehingga $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \kiri(h_(2)\kanan)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>$0. Kemudian kita dapat $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \kiri(th_(1)\kanan) \kanan] = \frac(1)(2) t^(2) \ kiri[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \kiri(th_(1)\kanan) \kanan].$$ Untuk $t>0$ yang cukup kecil, tangan kanan sebelah adalah positif. Ini bermakna dalam mana-mana kejiranan titik $x_(0)$ fungsi $f$ mengambil nilai $f \left(x\right)$ lebih besar daripada $f \left(x_(0)\right)$.
Begitu juga, kita dapati bahawa dalam mana-mana kejiranan titik $x_(0)$ fungsi $f$ mengambil nilai kurang daripada $f \left(x_(0)\right)$. Ini, bersama-sama dengan yang sebelumnya, bermakna bahawa pada titik $x_(0)$ fungsi $f$ tidak mempunyai ekstrem.

Mari kita pertimbangkan kes khas teorem ini untuk fungsi $f \left(x,y\right)$ dua pembolehubah yang ditakrifkan dalam kejiranan tertentu titik $\left(x_(0),y_(0)\kanan)$ dan mempunyai separa berterusan terbitan pertama dalam kejiranan ini dan pesanan kedua. Andaikan bahawa $\left(x_(0),y_(0)\right)$ ialah titik pegun dan menandakan $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^ (2)) \kiri(x_(0) ,y_(0)\kanan), a_(12)=\frac(\sebahagian^(2) f)(\sebahagian x \sebahagian y) \kiri(x_( 0 ), y_(0)\kanan), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(x_(0), y_(0)\right ) .$$ Kemudian teorem sebelumnya mengambil bentuk berikut.

Teorem
Biarkan $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$. Kemudian:

jika $\Delta>0$, maka fungsi $f$ mempunyai ekstrem tempatan pada titik $\left(x_(0),y_(0)\right)$, iaitu, minimum jika $a_(11)> 0$ , dan maksimum jika $a_(11)<0$;
jika $\Delta<0$, 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.

Contoh penyelesaian masalah

Algoritma untuk mencari ekstrem bagi fungsi banyak pembolehubah:

Mencari titik pegun;
Cari pembezaan tertib ke-2 di semua titik pegun
Menggunakan keadaan yang mencukupi untuk ekstrem fungsi beberapa pembolehubah, kami mempertimbangkan pembezaan tertib ke-2 dalam setiap titik pegun

Siasat fungsi untuk ekstrem $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$.
Penyelesaian
Mari cari derivatif separa tertib pertama: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) - 6 \cdot x.$$ Mari kita karang dan selesaikan sistem: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)x^(2) — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) — x = 0 \end(cases)$$ Daripada persamaan ke-2 kita nyatakan $x=4 \cdot y^(2)$ - gantikannya ke dalam persamaan 1: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2) \kanan )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $ $y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Hasilnya, 2 titik pegun diperoleh:
1) $y=0 \Anak panah kanan x = 0, M_(1) = \kiri(0, 0\kanan)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \kiri(\frac(1)(2), 1\kanan)$
Mari kita semak sama ada syarat yang mencukupi untuk ekstrem dipenuhi:
$$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
1) Untuk titik $M_(1)= \kiri(0,0\kanan)$:
$$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\right)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(0,0\right)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(0,0\right)=0;$$
$A_(1) \cdot B_(1) — C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
2) Untuk mata $M_(2)$:
$$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=24;$$
$A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, yang bermaksud bahawa pada titik $M_(2)$ terdapat ekstrem, dan sejak $A_(2)> 0$, maka ini adalah minimum.
Jawapan: Titik $\displaystyle M_(2)\left(1,\frac(1)(2)\right)$ ialah titik minimum bagi fungsi $f$.
Siasat fungsi bagi ekstrem $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$.
Penyelesaian
Mari cari titik pegun: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \ cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
Mari kita karang dan selesaikan sistem: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases ) \ Anak panah kanan \begin(huruf)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(huruf) \Rightarrow \begin(huruf) y = 2\\y + x = 1\end(cases) \Rightarrow x = -1$$
$M_(0) \kiri(-1, 2\kanan)$ ialah titik pegun.
Mari kita semak sama ada syarat yang mencukupi untuk ekstrem dipenuhi: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0 ; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\right)=2;$$
$A \cdot B — C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
Jawapan: tidak ada keterlaluan.

Had masa: 0

Navigasi (nombor kerja sahaja)

0 daripada 4 tugasan selesai

Maklumat

Ambil kuiz ini untuk menguji pengetahuan anda tentang topik yang baru anda baca: Ekstrem Setempat bagi Fungsi Berbilang Pembolehubah.

Anda telah pun mengambil ujian sebelum ini. Anda tidak boleh memulakannya semula.

Pemuatan ujian...

Anda mesti log masuk atau mendaftar untuk memulakan ujian.

Anda mesti melengkapkan ujian berikut untuk memulakan ujian ini:

Keputusan

Jawapan betul: 0 daripada 4

Masa anda:

Masa sudah tamat

Anda mendapat 0 daripada 0 mata (0)

Keputusan anda telah direkodkan pada papan pendahulu

Dengan jawapan
Dengan tanda tontonan

Tugasan 1 daripada 4

1 .

Bilangan mata: 1

Siasat fungsi $f$ untuk ekstrem: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

Betul

salah

Tugasan 2 daripada 4

2 .
Bilangan mata: 1
Adakah fungsi $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ mempunyai ekstrem

Fungsi itu dikatakan mempunyai pada titik dalaman
wilayah D maksimum tempatan(minimum), jika terdapat kejiranan seperti itu
, untuk setiap mata
yang memegang ketidaksamaan

Jika fungsi mempunyai pada satu titik
maksimum tempatan atau minimum tempatan, maka kami mengatakan bahawa ia mempunyai pada ketika ini ekstrem tempatan(atau cuma melampau).

Teorem (syarat yang diperlukan untuk kewujudan ekstrem). Jika fungsi boleh beza mencapai ekstrem pada titik itu
, kemudian setiap terbitan separa urutan pertama bagi fungsi itu pada ketika ini ia menjadi sifar.

Titik di mana semua terbitan separa tertib pertama lenyap dipanggil titik pegun fungsi
. Koordinat titik ini boleh didapati dengan menyelesaikan sistem

persamaan

Syarat yang diperlukan untuk kewujudan ekstrem dalam kes fungsi boleh dibezakan boleh dirumuskan secara ringkas seperti berikut: Terdapat kes apabila pada titik individu beberapa derivatif separa mempunyai nilai tak terhingga atau tidak wujud (manakala selebihnya sama dengan sifar). Titik sedemikian dipanggil titik kritikal fungsi.

Perkara ini juga harus dianggap sebagai "mencurigakan" untuk ekstrem, sama seperti yang tidak bergerak. Dalam kes fungsi dua pembolehubah, syarat yang diperlukan untuk ekstrem, iaitu kesamaan kepada sifar derivatif separa (pembezaan) pada titik ekstrem, mempunyai tafsiran geometri:
satah tangen ke permukaan
.

pada titik ekstrem mestilah selari dengan satah

20. Syarat yang mencukupi untuk kewujudan ekstrem
Pemenuhan syarat yang diperlukan untuk kewujudan ekstrem pada satu ketika tidak sama sekali menjamin kehadiran ekstrem di sana. Sebagai contoh, kita boleh mengambil fungsi boleh dibezakan di mana-mana
.
Kedua-dua terbitan separa dan fungsi itu sendiri hilang pada titik itu
.

Walau bagaimanapun, dalam mana-mana kejiranan pada titik ini terdapat kedua-duanya positif (besar
), dan negatif (lebih kecil
) nilai fungsi ini. Oleh itu, pada ketika ini, mengikut definisi, tiada ekstrem yang diperhatikan. Oleh itu, adalah perlu untuk mengetahui keadaan yang mencukupi di mana titik yang disyaki sebagai ekstrem adalah titik ekstrem bagi fungsi yang sedang dikaji.
Mari kita pertimbangkan kes fungsi dua pembolehubah. Mari kita anggap bahawa fungsi

,
.

ditakrifkan, berterusan dan mempunyai terbitan separa berterusan sehingga urutan kedua termasuk dalam kejiranan beberapa titik

Teorem (, yang merupakan titik pegun bagi fungsi, iaitu memenuhi syarat
memenuhi syarat di atas, iaitu: ia boleh dibezakan dalam beberapa kejiranan titik pegun
dan dua kali boleh dibezakan pada titik itu sendiri
.

Kemudian jika
Dalam kes
kemudian fungsi
pada titik

mencapai maksimum tempatan
di

Dan maksimum tempatan
.

minimum tempatan
Secara umum, untuk fungsi
keadaan yang mencukupi untuk kewujudan pada titik itutempatan(minimum maksimum ) ialah(positif negatif

) kepastian perbezaan kedua.

Teorem . Dengan kata lain, pernyataan berikut adalah benar.
Jika pada titik itu

untuk fungsi
untuk sebarang tidak sama dengan sifar pada masa yang sama minimum, maka pada ketika ini fungsi mempunyai (serupa dengan maksimum
).

, JikaContoh 18.

Cari titik ekstrem tempatan bagi sesuatu fungsi Penyelesaian

. Mari cari terbitan separa fungsi dan samakannya dengan sifar:

Menyelesaikan sistem ini, kita dapati dua titik ekstrem yang mungkin:

Mari cari derivatif separa tertib kedua untuk fungsi ini:
Pada titik pegun pertama, oleh itu, dan
Oleh itu, kajian tambahan diperlukan pada ketika ini. Nilai fungsi
pada ketika ini adalah sifar:

Seterusnya,

di

Seterusnya,

A
Oleh itu, dalam mana-mana kejiranan titik
fungsi
mengambil nilai sebagai besar
, dan lebih kecil
Oleh itu, dalam mana-mana kejiranan titik
, dan, oleh itu, pada titik itu

, mengikut definisi, tidak mempunyai ekstrem tempatan.

Pada titik pegun kedua
oleh itu, oleh itu, sejak
kemudian pada titik

Maksimum tempatan dipanggil tegas , jika kejiranan $U$ boleh dipilih supaya untuk semua $x \dalam U$ berbeza daripada $x_(0)$ terdapat $f\kiri(x\kanan)< f\left(x_{0}\right)$.

Definisi
fungsi mempunyai maksimum tempatan. minimum tempatan pada titik $x_(0) \dalam E$, jika terdapat kejiranan $U$ daripada titik $x_(0)$ supaya untuk semua $x \dalam U$ ketaksamaan $f\kiri(x\kanan ) \geqslant f \kiri(x_(0)\kanan)$.

Minimum tempatan dipanggil ketat jika kejiranan $U$ boleh dipilih supaya untuk semua $x \dalam U$ berbeza daripada $x_(0)$ terdapat $f\kiri(x\kanan) > f\kiri(x_ ( 0)\kanan)$.

Local extremum menggabungkan konsep minimum tempatan dan maksimum tempatan.

Biarkan $f$ menjadi fungsi sebenar pada set terbuka $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Mereka mengatakan $f$ telah
Biarkan $f$ menjadi fungsi sebenar pada set terbuka $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Jika pada titik $x_(0) \dalam E$ fungsi $f$ mempunyai ekstrem tempatan pada ketika ini, maka $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ Pembezaan sama dengan sifar adalah bersamaan dengan fakta bahawa semua adalah sama dengan sifar, i.e. $$\displaystyle\frac(\sebahagian f)(\sebahagian x_(i))\kiri(x_(0)\kanan)=0.$$

Teorem (syarat yang diperlukan untuk ekstrem bagi fungsi boleh dibezakan)
Biarkan $f$ mempunyai maksimum tempatan pada titik x $0$. Ini bermakna fungsi $\phi$ pada $t = 0$ mempunyai maksimum tempatan dan, mengikut teorem Fermat, $(\phi)’ \left(0\right)=0$.
Jadi, kami mendapat $df \left(x_(0)\right) = 0$, i.e. fungsi $f$ pada titik $x_(0)$ adalah sama dengan sifar pada mana-mana vektor $h$.

Contoh 2.
Fungsi $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ mempunyai titik pegun pada asalnya, tetapi jelas bahawa tiada ekstrem pada ketika ini.

Dalam kes satu dimensi ini ialah – . Mari kita nyatakan $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$, dengan $h$ ialah vektor arbitrari. Fungsi $\phi$ ditakrifkan untuk nilai $t$ yang cukup kecil dalam nilai mutlak. Selain itu, berkenaan dengan , ia boleh dibezakan, dan $(\phi)’ \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$.
Biarkan fungsi $f$ dua kali boleh dibezakan secara berterusan pada set terbuka $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Biarkan $x_(0) \dalam E$ menjadi titik pegun dan $$\gaya paparan Q_(x_(0)) \kiri(h\kanan) \equiv \sum_(i=1)^n \sum_(j=1 ) ^n \frac(\sebahagian^(2) f)(\sebahagian x_(i) \sebahagian x_(j)) \kiri(x_(0)\kanan)h^(i)h^(j).$ $ Kemudian

jika $Q_(x_(0))$ – , maka fungsi $f$ pada titik $x_(0)$ mempunyai ekstrem tempatan, iaitu, minimum jika bentuk itu pasti positif, dan maksimum jika bentuk itu pasti negatif;
Teorem (syarat yang mencukupi untuk ekstrem).

Mari kita gunakan pengembangan mengikut formula Taylor (12.7 ms 292). Memandangkan derivatif separa tertib pertama pada titik $x_(0)$ adalah sama dengan sifar, kami memperoleh $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\ kanan) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_ (j)) \kiri(x_(0)+\theta h\kanan)h^(i)h^(j),$$ dengan $0<\theta<1$. 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>jika bentuk kuadratik $Q_(x_(0))$ tidak ditakrifkan, maka fungsi $f$ pada titik $x_(0)$ tidak mempunyai ekstrem.
Jadi, kami telah membuat kesimpulan bahawa dalam kejiranan tertentu titik $x_(0)$ ketaksamaan $f \kiri(x\kanan) >f \kiri(x_(0)\kanan)$ berlaku jika hanya $ x \neq x_ (0)$ (kami meletakkan $x=x_(0)+h$\kanan). Ini bermakna bahawa pada titik $x_(0)$ fungsi mempunyai minimum tempatan yang ketat, dan dengan itu bahagian pertama teorem kami terbukti.
0$, dan $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ untuk $h \rightarrow 0$, maka sebelah kanan akan menjadi positif untuk mana-mana vektor $h$ yang mempunyai panjang yang cukup kecil.<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>$0. Kemudian kita dapat $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \kiri(th_(1)\kanan) \kanan] = \frac(1)(2) t^(2) \ kiri[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \kiri(th_(1)\kanan) \kanan].$$ Untuk $t>0$ yang cukup kecil, tangan kanan sebelah adalah positif. Ini bermakna dalam mana-mana kejiranan titik $x_(0)$ fungsi $f$ mengambil nilai $f \left(x\right)$ lebih besar daripada $f \left(x_(0)\right)$.
Begitu juga, kita dapati bahawa dalam mana-mana kejiranan titik $x_(0)$ fungsi $f$ mengambil nilai kurang daripada $f \left(x_(0)\right)$. Ini, bersama-sama dengan yang sebelumnya, bermakna bahawa pada titik $x_(0)$ fungsi $f$ tidak mempunyai ekstrem.

Mari kita pertimbangkan kes khas teorem ini untuk fungsi $f \left(x,y\right)$ dua pembolehubah, ditakrifkan dalam beberapa kejiranan titik $\left(x_(0),y_(0)\kanan )$ dan mempunyai terbitan separa berterusan bagi pesanan pertama dan kedua. Andaikan bahawa $\left(x_(0),y_(0)\right)$ ialah titik pegun dan menandakan $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^ (2)) \kiri(x_(0) ,y_(0)\kanan), a_(12)=\frac(\sebahagian^(2) f)(\sebahagian x \sebahagian y) \kiri(x_( 0 ), y_(0)\kanan), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(x_(0), y_(0)\right ) .$$ Kemudian teorem sebelumnya mengambil bentuk berikut.

Teorem
Biarkan $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$. Kemudian:

jika $\Delta>0$, maka fungsi $f$ mempunyai ekstrem tempatan pada titik $\left(x_(0),y_(0)\right)$, iaitu, minimum jika $a_(11)> 0$ , dan maksimum jika $a_(11)<0$;
jika $\Delta<0$, 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.

Contoh penyelesaian masalah

Algoritma untuk mencari ekstrem bagi fungsi banyak pembolehubah:

Mencari titik pegun;
Cari pembezaan tertib ke-2 di semua titik pegun
Menggunakan keadaan yang mencukupi untuk ekstrem fungsi banyak pembolehubah, kami menganggap pembezaan tertib ke-2 pada setiap titik pegun

Siasat fungsi untuk ekstrem $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$.
Penyelesaian
Mari cari derivatif separa tertib pertama: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) - 6 \cdot x.$$ Mari kita karang dan selesaikan sistem: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)x^(2) — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) — x = 0 \end(cases)$$ Daripada persamaan ke-2 kita nyatakan $x=4 \cdot y^(2)$ - gantikannya ke dalam persamaan 1: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2) \kanan )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $ $y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Hasilnya, 2 titik pegun diperoleh:
1) $y=0 \Anak panah kanan x = 0, M_(1) = \kiri(0, 0\kanan)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \kiri(\frac(1)(2), 1\kanan)$
Mari kita semak sama ada syarat yang mencukupi untuk ekstrem dipenuhi:
$$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
1) Untuk titik $M_(1)= \kiri(0,0\kanan)$:
$$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\right)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(0,0\right)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(0,0\right)=0;$$
$A_(1) \cdot B_(1) — C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
2) Untuk mata $M_(2)$:
$$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=24;$$
$A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, yang bermaksud bahawa pada titik $M_(2)$ terdapat ekstrem, dan sejak $A_(2)> 0$, maka ini adalah minimum.
Jawapan: Titik $\displaystyle M_(2)\left(1,\frac(1)(2)\right)$ ialah titik minimum bagi fungsi $f$.
Siasat fungsi bagi ekstrem $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$.
Penyelesaian
Mari cari titik pegun: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \ cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
Mari kita karang dan selesaikan sistem: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases ) \ Anak panah kanan \begin(huruf)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(huruf) \Rightarrow \begin(huruf) y = 2\\y + x = 1\end(cases) \Rightarrow x = -1$$
$M_(0) \kiri(-1, 2\kanan)$ ialah titik pegun.
Mari kita semak sama ada syarat yang mencukupi untuk ekstrem dipenuhi: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0 ; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\right)=2;$$
$A \cdot B — C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
Jawapan: tidak ada keterlaluan.

Had masa: 0

Navigasi (nombor kerja sahaja)

0 daripada 4 tugasan selesai

Maklumat

Ambil kuiz ini untuk menguji pengetahuan anda tentang topik yang baru anda baca: Ekstrem Setempat bagi Fungsi Berbilang Pembolehubah.

Anda telah pun mengambil ujian sebelum ini. Anda tidak boleh memulakannya semula.

Pemuatan ujian...

Anda mesti log masuk atau mendaftar untuk memulakan ujian.

Anda mesti melengkapkan ujian berikut untuk memulakan ujian ini:

Keputusan

Jawapan betul: 0 daripada 4

Masa anda:

Masa sudah tamat

Anda mendapat 0 daripada 0 mata (0)

Keputusan anda telah direkodkan pada papan pendahulu

Dengan jawapan
Dengan tanda tontonan

Tugasan 1 daripada 4

1 .

Bilangan mata: 1

Siasat fungsi $f$ untuk ekstrem: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

Betul

salah

Tugasan 2 daripada 4

2 .
Bilangan mata: 1
Adakah fungsi $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ mempunyai ekstrem

Titik ekstrem fungsi ialah titik dalam domain takrifan fungsi di mana nilai fungsi mengambil nilai minimum atau maksimum. Nilai fungsi pada titik ini dipanggil extrema (minimum dan maksimum) fungsi.

Definisi. titik x1 domain fungsi f(x) dipanggil titik maksimum fungsi , jika nilai fungsi pada titik ini lebih besar daripada nilai fungsi pada titik yang cukup dekat dengannya, terletak di sebelah kanan dan kirinya (iaitu, ketidaksamaan berlaku f(x0 ) > f(x 0 + Δ x) x1 maksimum.

Definisi. titik x2 domain fungsi f(x) dipanggil titik minimum fungsi, jika nilai fungsi pada titik ini adalah kurang daripada nilai fungsi pada titik yang cukup dekat dengannya, terletak di sebelah kanan dan kirinya (iaitu, ketidaksamaan berlaku f(x0 ) < f(x 0 + Δ x) ). Dalam kes ini kita mengatakan bahawa fungsi mempunyai pada titik x2 minimum.

Katakan titik x1 - titik maksimum fungsi f(x). Kemudian dalam selang sehingga x1 fungsi bertambah, jadi terbitan bagi fungsi itu lebih besar daripada sifar (f "(x) > 0 ), dan dalam selang selepas x1 fungsi berkurangan, oleh itu, terbitan bagi suatu fungsi kurang daripada sifar ( f "(x) < 0 ). Тогда в точке x1

Marilah kita juga menganggap bahawa perkara itu x2 - titik minimum fungsi f(x). Kemudian dalam selang sehingga x2 fungsi itu berkurangan, dan terbitan bagi fungsi itu kurang daripada sifar ( f "(x) < 0 ), а в интервале после x2 fungsi semakin meningkat, dan terbitan fungsi lebih besar daripada sifar ( f "(x) > 0 ). Dalam kes ini juga pada titik x2 terbitan bagi fungsi tersebut adalah sifar atau tidak wujud.

Teorem Fermat (tanda perlu kewujudan ekstrem bagi sesuatu fungsi). Jika titik x0 - titik ekstrem fungsi f(x), maka pada ketika ini terbitan bagi fungsi tersebut adalah sama dengan sifar ( f "(x) = 0 ) atau tidak wujud.

Definisi. Titik di mana terbitan fungsi adalah sifar atau tidak wujud dipanggil titik kritikal .

Contoh 1. Mari kita pertimbangkan fungsinya.

Pada titik itu x= 0 terbitan fungsi ialah sifar, oleh itu titik x= 0 ialah titik kritikal. Walau bagaimanapun, seperti yang boleh dilihat dalam graf fungsi, ia meningkat di seluruh domain definisi, jadi titik x= 0 bukan titik ekstrem bagi fungsi ini.

Oleh itu, syarat bahawa terbitan fungsi pada satu titik adalah sama dengan sifar atau tidak wujud adalah syarat yang perlu untuk ekstrem, tetapi tidak mencukupi, kerana contoh fungsi lain boleh diberikan yang syarat ini dipenuhi, tetapi fungsi tidak mempunyai ekstrem pada titik yang sepadan. sebab tu mesti ada bukti yang mencukupi, membolehkan seseorang menilai sama ada terdapat ekstrem pada titik kritikal tertentu dan jenis ekstrem itu - maksimum atau minimum.

Teorem (tanda pertama yang mencukupi bagi kewujudan ekstrem bagi sesuatu fungsi). Titik kritikal x0 f(x) jika, apabila melalui titik ini, derivatif fungsi berubah tanda, dan jika tanda berubah dari "tambah" kepada "tolak", maka ia adalah titik maksimum, dan jika dari "tolak" kepada "tambah", maka ia adalah titik minimum.

Jika dekat titik x0 , ke kiri dan ke kanannya, terbitan mengekalkan tandanya, ini bermakna fungsi sama ada hanya berkurangan atau hanya bertambah dalam kejiranan tertentu titik x0 . Dalam kes ini, pada titik itu x0 tidak ada yang melampau.

Jadi, untuk menentukan titik ekstrem fungsi, anda perlu melakukan perkara berikut :

Cari terbitan bagi fungsi tersebut.
Samakan terbitan kepada sifar dan tentukan titik kritikal.
Secara mental atau di atas kertas, tandakan titik kritikal pada garis nombor dan tentukan tanda terbitan fungsi dalam selang yang terhasil. Jika tanda derivatif berubah daripada "tambah" kepada "tolak", maka titik kritikal adalah titik maksimum, dan jika dari "tolak" kepada "tambah", maka titik minimum.
Kira nilai fungsi pada titik ekstrem.

Contoh 2. Cari ekstrem bagi fungsi tersebut .

Penyelesaian. Mari cari terbitan fungsi:

Mari kita samakan derivatif kepada sifar untuk mencari titik kritikal:

Oleh kerana untuk sebarang nilai "x" penyebutnya tidak sama dengan sifar, kami menyamakan pengangka dengan sifar:

Mendapat satu titik kritikal x= 3 . Mari kita tentukan tanda terbitan dalam selang yang dihadkan oleh titik ini:

dalam selang dari tolak infiniti hingga 3 - tanda tolak, iaitu, fungsi berkurangan,

dalam selang dari 3 hingga tambah infiniti terdapat tanda tambah, iaitu, fungsi meningkat.

Iaitu, tempoh x= 3 ialah titik minimum.

Mari cari nilai fungsi pada titik minimum:

Oleh itu, titik ekstrem fungsi ditemui: (3; 0), dan ia adalah titik minimum.

Teorem (tanda kedua yang mencukupi bagi kewujudan ekstrem bagi sesuatu fungsi). Titik kritikal x0 ialah titik ekstrem bagi fungsi f(x) jika terbitan kedua bagi fungsi pada titik ini tidak sama dengan sifar ( f ""(x) ≠ 0 ), dan jika terbitan kedua lebih besar daripada sifar ( f ""(x) > 0 ), maka titik maksimum, dan jika terbitan kedua kurang daripada sifar ( f ""(x) < 0 ), то точкой минимума.

Nota 1. Jika pada titik itu x0 Jika kedua-dua derivatif pertama dan kedua lenyap, maka pada ketika ini adalah mustahil untuk menilai kehadiran ekstrem berdasarkan kriteria kedua yang mencukupi. Dalam kes ini, anda perlu menggunakan kriteria pertama yang mencukupi untuk ekstrem fungsi.

Catatan 2. Kriteria kedua yang mencukupi untuk ekstrem fungsi tidak boleh digunakan walaupun apabila terbitan pertama tidak wujud pada titik pegun (maka terbitan kedua juga tidak wujud). Dalam kes ini, anda juga perlu menggunakan tanda pertama yang mencukupi bagi ekstrem bagi sesuatu fungsi.

Sifat setempat dari ekstrema fungsi

Daripada takrifan di atas, ia mengikuti bahawa ekstrem fungsi adalah bersifat tempatan - ia adalah yang terbesar dan nilai terkecil fungsi berbanding dengan nilai yang berdekatan.

Katakan anda melihat pendapatan anda dalam tempoh satu tahun. Jika pada bulan Mei anda memperoleh 45,000 rubel, dan pada bulan April 42,000 rubel dan pada bulan Jun 39,000 rubel, maka pendapatan Mei adalah maksimum fungsi pendapatan berbanding dengan nilai berdekatan. Tetapi pada bulan Oktober anda memperoleh 71,000 rubel, pada bulan September 75,000 rubel, dan pada bulan November 74,000 rubel, jadi pendapatan Oktober adalah minimum bagi fungsi pendapatan berbanding dengan nilai berdekatan. Dan anda boleh melihat dengan mudah bahawa maksimum antara nilai April-Mei-Jun adalah kurang daripada minimum September-Oktober-November.

Secara umumnya, pada selang waktu fungsi boleh mempunyai beberapa ekstrem, dan mungkin ternyata beberapa minimum fungsi itu lebih besar daripada maksimum. Jadi, untuk fungsi yang ditunjukkan dalam rajah di atas, .

Iaitu, seseorang tidak sepatutnya berfikir bahawa maksimum dan minimum fungsi adalah, masing-masing, nilai terbesar dan terkecil pada keseluruhan segmen yang sedang dipertimbangkan. Pada titik maksimum, fungsi mempunyai nilai terbesar hanya berbanding dengan nilai-nilai yang terdapat pada semua titik yang cukup dekat dengan titik maksimum, dan pada titik minimum ia mempunyai nilai terkecil sahaja berbanding dengan nilai tersebut. bahawa ia mempunyai pada semua titik yang cukup dekat dengan titik minimum.

Oleh itu, kita boleh menjelaskan konsep titik ekstrem fungsi di atas dan memanggil mata minimum mata minimum tempatan, dan mata maksimum mata maksimum tempatan.

Kami mencari ekstrem fungsi bersama-sama

Contoh 3.

Penyelesaian: Fungsi ditakrifkan dan berterusan pada keseluruhan garis nombor. Derivatifnya juga wujud pada keseluruhan garis nombor. Oleh itu dalam dalam kes ini titik kritikal adalah hanya titik di mana, i.e. , dari mana dan . Titik kritikal dan bahagikan keseluruhan domain definisi fungsi kepada tiga selang kemonotonan: . Mari kita pilih satu titik kawalan dalam setiap satu daripadanya dan cari tanda terbitan pada ketika ini.

Untuk selang, titik kawalan boleh: cari. Mengambil mata dalam selang, kita dapat, dan mengambil mata dalam selang, kita ada. Jadi, dalam selang dan , dan dalam selang . Menurut kriteria pertama yang mencukupi untuk ekstrem, tiada ekstrem pada titik (kerana terbitan mengekalkan tandanya dalam selang), dan pada titik fungsi mempunyai minimum (kerana derivatif menukar tanda dari tolak kepada tambah apabila lulus melalui titik ini). Mari cari nilai yang sepadan bagi fungsi: , a . Dalam selang fungsi berkurangan, kerana dalam selang ini , dan dalam selang ia meningkat, kerana dalam selang ini .

Untuk menjelaskan pembinaan graf, kita dapati titik persilangannya dengan paksi koordinat. Apabila kita memperoleh persamaan yang puncanya ialah dan , iaitu, dua titik (0; 0) dan (4; 0) graf fungsi ditemui. Menggunakan semua maklumat yang diterima, kami membina graf (lihat permulaan contoh).

Contoh 4. Cari extrema fungsi dan bina grafnya.

Domain definisi fungsi ialah keseluruhan garis nombor, kecuali titik, i.e. .

Untuk memendekkan kajian, anda boleh menggunakan fakta bahawa fungsi ini adalah genap, kerana . Oleh itu, grafnya adalah simetri tentang paksi Oy dan kajian hanya boleh dilakukan untuk selang waktu.

Mencari terbitan dan titik kritikal fungsi:

1) ;

2) ,

tetapi fungsi mengalami ketakselanjaran pada ketika ini, jadi ia tidak boleh menjadi titik ekstrem.

Oleh itu, fungsi yang diberikan mempunyai dua titik kritikal: dan . Dengan mengambil kira pariti fungsi, kami akan menyemak hanya titik menggunakan kriteria kedua yang mencukupi untuk ekstrem. Untuk melakukan ini, kami mencari derivatif kedua dan tentukan tandanya di: kita dapat . Sejak dan , ia ialah titik minimum fungsi, dan .

Untuk membuat lebih banyak pandangan penuh tentang graf fungsi, mari kita ketahui kelakuannya pada sempadan domain definisi:

(di sini simbol menunjukkan keinginan x kepada sifar dari kanan, dan x kekal positif; sama bermaksud aspirasi x kepada sifar dari kiri, dan x kekal negatif). Oleh itu, jika , maka . Seterusnya, kita dapati