>> İfrat

Ekstremum funksiyası

Ekstremumun tərifi

Funksiya y = f(x) adlanır artır (zəifləyən) bəzi intervalda əgər x 1 üçün< x 2 выполняется неравенство (f (x 1) < f (x 2) (f (x 1) >f(x2)).

Bir seqmentdə diferensiallanan y \u003d f (x) funksiyası artırsa (azalır), onda onun bu seqmentdəki törəməsi f " (x )> 0

(f"(x)< 0).

Nöqtə x haqqında çağırdı yerli maksimum nöqtə (minimum f (x ) funksiyasının ) nöqtəsinin qonşuluğu varsa x o, f (x) bərabərsizliyi olan bütün nöqtələr üçün≤ f (x o) (f (x)≥ f (x o )).

Maksimum və minimum nöqtələr deyilir ekstremal nöqtələr, və bu nöqtələrdə funksiyanın qiymətləri onundur ekstremal.

ekstremal nöqtələr

Ekstremum üçün zəruri şərtlər . Əgər nöqtə x haqqında f (x) funksiyasının ekstremum nöqtəsidir, onda ya f " (x o ) = 0 və ya f(x o ) mövcud deyil. Belə nöqtələr deyilir tənqidi, burada funksiyanın özü kritik nöqtədə müəyyən edilir. Funksiyanın ekstremumunu onun kritik nöqtələri arasında axtarmaq lazımdır.

Birinci kifayət qədər şərt. Qoy x haqqında - kritik nöqtə. Əgər f" (x ) nöqtəsindən keçərkən x haqqında artı işarəsini mənfiyə, sonra nöqtəyə dəyişir x o funksiyanın maksimumu var, əks halda minimuma malikdir. Əgər törəmə kritik nöqtədən keçərkən işarəni dəyişmirsə, onda nöqtədə x haqqında ekstremum yoxdur.

İkinci kifayət qədər şərt. f(x) funksiyası olsun
f" (x ) nöqtənin yaxınlığında x haqqında və ikinci törəmə də elə nöqtədə x o. Əgər f"(x o) = 0, >0 ( <0), то точка x o f(x) funksiyasının lokal minimum (maksimum) nöqtəsidir. Əgər =0 olarsa, ya birinci kifayət qədər şərtdən istifadə etməli, ya da daha yüksək şərtləri əhatə etməlidir.

Bir seqmentdə y \u003d f (x) funksiyası kritik nöqtələrdə və ya seqmentin uclarında ən kiçik və ya ən böyük dəyərə çata bilər.

Misal 3.22.

Həll.Çünki f " (

Funksiyanın ekstremumunu tapmaq üçün tapşırıqlar

Misal 3.23. a

Həll. x və y y
0 ≤ x≤
> 0, isə x >a /4 S " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение funksiyaları kv.. vahidlər).

Misal 3.24. p ≈

Həll. səh
S"
R = 2, H = 16/4 = 4.

Misal 3.22.f (x) = 2x 3 - 15x 2 + 36x - 14 funksiyasının ekstremumunu tapın.

Həll.Çünki f " (x) \u003d 6x 2 - 30x +36 \u003d 6 (x -2) (x - 3), sonra x 1 \u003d 2 və x 2 \u003d 3 funksiyasının kritik nöqtələri. Ekstremal nöqtələr yalnız bunlarda ola bilər. xal. X 1 \u003d 2 nöqtəsindən keçərkən törəmə işarəni artıdan mənfiyə dəyişir, onda bu nöqtədə funksiya maksimuma malikdir. X 2 \u003d 3 nöqtəsindən keçərkən törəmə işarəni mənfidən artıya dəyişir, buna görə də x 2 \u003d 3 nöqtəsində funksiya minimuma malikdir. Funksiyanın qiymətlərinin nöqtələrdə hesablanması
x 1 = 2 və x 2 = 3 olduqda, funksiyanın ekstremumunu tapırıq: maksimum f (2) = 14 və minimum f (3) = 13.

Misal 3.23.Daş divarın yanında düzbucaqlı sahə tikmək lazımdır ki, o, üç tərəfdən məftillə hasarlanıb, dördüncü tərəfdən isə divara bitişik olsun. Bunun üçün var aşəbəkənin xətti metrləri. Sayt hansı aspekt nisbətində ən böyük sahəyə sahib olacaq?

Həll.Saytın tərəflərini vasitəsilə işarələyin x və y. Saytın sahəsi S = xy-ə bərabərdir. Qoy y divara bitişik tərəfin uzunluğudur. Sonra şərtə görə 2x + y = a bərabərliyi olmalıdır. Buna görə də y = a - 2x və S = x (a - 2x), burada
0 ≤ x≤ a /2 (padin uzunluğu və eni mənfi ola bilməz). S "= a - 4x, a - 4x = 0 üçün x = a/4, haradandır
y \u003d a - 2 × a / 4 \u003d a / 2. Çünki x = a /4 yeganə kritik nöqtədir, bu nöqtədən keçərkən törəmənin işarəsinin dəyişib-dəyişmədiyini yoxlayaq. x a /4 S " üçün> 0, isə x >a /4 S " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение funksiyaları S(a/4) = a/4(a - a/2) = a 2/8 (kv.. vahidlər). S davamlı olduğundan və onun S(0) və S(a /2) sonundakı dəyərləri sıfıra bərabər olduğundan, tapılan dəyər belə olacaqdır. ən yüksək dəyər funksiyaları. Beləliklə, məsələnin verilmiş şərtlərində saytın ən əlverişli aspekt nisbəti y = 2x-dir.

Misal 3.24.V=16 tutumu olan qapalı silindrik çənin hazırlanması tələb olunur p ≈ 50 m 3. İstehsalında ən az miqdarda material istifadə etmək üçün tankın ölçüləri (radius R və hündürlüyü H) nə olmalıdır?

Həll.Silindrlərin ümumi səth sahəsi S = 2-dir səh R(R+H). Biz silindrin həcmini bilirik V = p R 2 N Þ N \u003d V / p R 2 \u003d 16 p / p R 2 \u003d 16 / R 2. Beləliklə, S(R) = 2 səh (R2+16/R). Bu funksiyanın törəməsini tapırıq:
S"(R) \u003d 2 p (2R- 16 / R 2) \u003d 4 p (R- 8 / R 2). S" R 3 = 8 üçün (R) = 0, buna görə də,
R = 2, H = 16/4 = 4.

$E \alt çoxluq \mathbb(R)^(n)$. $f$-a sahib olduğu deyilir yerli maksimum$x_(0) \E$ nöqtəsində $x_(0)$ nöqtəsinin $U$ qonşuluğu varsa, elə bir qonşuluq varsa ki, bütün $x \U$-da $f\sol(x\sağ) bərabərsizliyi olsun. \leqslant f \left(x_(0)\right)$.

Yerli maksimum deyilir sərt , əgər $U$ məhəlləsini elə seçmək olar ki, $x_(0)$-dan fərqli $x \in U$-da $f\left(x\sağ) olsun.< f\left(x_{0}\right)$.

Tərif
$E \alt çoxluq \mathbb(R)^(n)$ açıq çoxluğunda $f$ real funksiya olsun. $f$-a sahib olduğu deyilir yerli minimum$x_(0) \E$ nöqtəsində $x_(0)$ nöqtəsinin $U$ qonşuluğu varsa, elə bir qonşuluq varsa ki, bütün $x \U$-da $f\sol(x\sağ) bərabərsizliyi olsun. \geqslant f \left(x_(0)\right)$.

$U$ məhəlləsinin bütün $x \in U$ üçün $x_(0)$ $f\left(x\right) > f\left(x_) üçün fərqli olması üçün yerli minimumun ciddi olduğu deyilir. ( 0)\sağ)$.

Yerli ekstremum yerli minimum və yerli maksimum anlayışlarını birləşdirir.

teorem ( zəruri şərt diferensiallanan funksiyanın ekstremumu)
$E \alt çoxluq \mathbb(R)^(n)$ açıq çoxluğunda $f$ real funksiya olsun. Əgər $x_(0) \E$ nöqtəsində $f$ funksiyası bu nöqtədə də lokal ekstremuma malikdirsə, onda $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0. $$ Sıfır diferensial bərabərliyi hamının sıfıra bərabər olmasına bərabərdir, yəni. $$\displaystyle\frac(\qismən f)(\qismən x_(i))\sol(x_(0)\sağ)=0.$$

Birölçülü vəziyyətdə bu . $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$ işarələyin, burada $h$ ixtiyari vektordur. $\phi$ funksiyası $t$ kifayət qədər kiçik modul dəyərləri üçün müəyyən edilmişdir. Üstəlik, ilə əlaqədar olaraq, diferensiallaşdırılır və $(\phi)’ \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$.
Qoy $f$ yerli maksimum x $0$ olsun. Deməli, $t = 0$-da $\phi$ funksiyası lokal maksimuma malikdir və Fermat teoremi ilə $(\phi)' \left(0\right)=0$ olur.
Beləliklə, biz $df \left(x_(0)\right) = 0$ aldıq, yəni. $x_(0)$ nöqtəsində $f$ funksiyası istənilən $h$ vektorunda sıfıra bərabərdir.

Tərif
Diferensialın sıfıra bərabər olduğu nöqtələr, yəni. bütün qismən törəmələri sıfıra bərabər olanlara stasionar deyilir. kritik nöqtələr$f$ funksiyaları $f$-ın diferensiallaşdırılmadığı və ya sıfıra bərabər olduğu nöqtələrdir. Nöqtə stasionardırsa, o zaman bu nöqtədə funksiyanın ekstremumunun olması hələ nəticə vermir.

Misal 1
Qoy $f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$. Sonra $\displaystyle\frac(\qismən f)(\qismən x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\qismən f)(\qismən y) = 3 \cdot y^(2) )$, buna görə də $\left(0,0\right)$ stasionar nöqtədir, lakin bu nöqtədə funksiyanın ekstremumu yoxdur. Həqiqətən, $f \left(0,0\right) = 0$, lakin asanlıqla görmək olar ki, $\left(0,0\right)$ nöqtəsinin hər hansı qonşuluğunda funksiya həm müsbət, həm də mənfi qiymətlər alır.

Misal 2
$f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ funksiyası stasionar nöqtə kimi koordinatların başlanğıcına malikdir, lakin bu nöqtədə ekstremum olmadığı aydındır.

Teorem (ekstremum üçün kafi şərt).
$f$ funksiyası açıq $E \alt çoxluq \mathbb(R)^(n)$ çoxluğunda iki dəfə davamlı diferensiallana bilsin. Qoy $x_(0) \in E$ stasionar nöqtə olsun və $$\displaystyle Q_(x_(0)) \left(h\right) \ekviv \sum_(i=1)^n \sum_(j=1) ) ^n \frac(\qismən^(2) f)(\qismən x_(i) \qismən x_(j)) \sol(x_(0)\sağ)h^(i)h^(j).$ $ Sonra

əgər $Q_(x_(0))$ olarsa, onda $x_(0)$ nöqtəsindəki $f$ funksiyası lokal ekstremuma malikdir, yəni forma müsbət-müəyyəndirsə minimuma və forma olduqda maksimuma malikdir. mənfi-müəyyən;
əgər $Q_(x_(0))$ kvadrat forması qeyri-müəyyəndirsə, $x_(0)$ nöqtəsindəki $f$ funksiyasının ekstremumu yoxdur.

Genişlənmədən Teylor düsturuna uyğun istifadə edək (12.7 s. 292) . $x_(0)$ nöqtəsində birinci dərəcəli qismən törəmələrin sıfıra bərabər olduğunu nəzərə alsaq, $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0) alırıq. )\sağ) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\qismən^(2) f)(\qismən x_(i) \ qismən x_(j)) \left(x_(0)+\teta h\right)h^(i)h^(j),$$ burada $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$, və $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ üçün $h \rightarrow 0$, sonra sağ hissə kifayət qədər kiçik uzunluqlu hər hansı $h$ vektoru üçün müsbətdir.
Beləliklə, biz belə nəticəyə gəldik ki, $x_(0)$ nöqtəsinin bəzi qonşuluğunda $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ bərabərsizliyi yalnız $ olduqda ödənilir. x \neq x_ (0)$ ($x=x_(0)+h$\sağa qoyuruq). Bu o deməkdir ki, $x_(0)$ nöqtəsində funksiya ciddi lokal minimuma malikdir və bununla da teoremimizin birinci hissəsi isbat olunur.
Tutaq ki, indi $Q_(x_(0))$-dır qeyri-müəyyən forma. Sonra $h_(1)$, $h_(2)$ vektorları var ki, $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \sol(h_(2)\sağ)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0$. Sonra $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) alırıq. \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \sol(th_(1)\sağ) \sağ] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ Kifayət qədər kiçik $t>0$ üçün sağ tərəf müsbət. Bu o deməkdir ki, $x_(0)$ nöqtəsinin istənilən qonşuluğunda $f$ funksiyası $f \left(x\right)$ $f \left(x_(0)\right)$-dan böyük qiymətlər alır.
Eynilə, $x_(0)$ nöqtəsinin hər hansı qonşuluğunda $f$ funksiyasının $f \left(x_(0)\right)$-dan kiçik qiymətlər qəbul etdiyini əldə edirik. Bu, əvvəlki ilə birlikdə o deməkdir ki, $f$ funksiyasının $x_(0)$ nöqtəsində ekstremum yoxdur.

$\left(x_(0),y_(0)\right) nöqtəsinin bəzi qonşuluğunda müəyyən edilmiş iki dəyişənin $f \left(x,y\right)$ funksiyası üçün bu teoremin xüsusi halını nəzərdən keçirək. $ və birinci və ikinci sifarişlərin davamlı qismən törəmələri olan. $\left(x_(0),y_(0)\right)$ stasionar nöqtə olsun və $$\displaystyle a_(11)= \frac(\qismən^(2) f)(\qismən x ^( 2)) \left(x_(0) ,y_(0)\sağ), a_(12)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən x \qismən y) \left(x_( 0) , y_(0)\sağ), a_(22)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən y^(2)) \sol(x_(0), y_(0)\sağ ). $$ Onda əvvəlki teorem aşağıdakı formanı alır.

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

əgər $\Delta>0$, onda $f$ funksiyası $\left(x_(0),y_(0)\right)$ nöqtəsində lokal ekstremuma malikdir, yəni minimum əgər $a_(11)> 0$ və maksimum, əgər $a_(11)<0$;
əgər $\Delta<0$, 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.

Problemin həlli nümunələri

Çox dəyişənli funksiyanın ekstremumunu tapmaq üçün alqoritm:

Stasionar nöqtələri tapırıq;
Bütün stasionar nöqtələrdə 2-ci dərəcəli diferensial tapırıq
Bir neçə dəyişənli funksiyanın ekstremumu üçün kafi şərtdən istifadə edərək hər bir stasionar nöqtədə ikinci dərəcəli diferensial hesab edirik.

Funksiyanı $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$ ekstremumuna qədər araşdırın.
Həll
1-ci sıranın qismən törəmələrini tapın: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) — 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial) f)(\qismən y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Sistemi qurun və həll edin: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x ) = 0\\\frac(\qismən f)(\qismən y)= 0\son(hallar) \Sağ ox \begin(hallar)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \ cdot y^(2) - 6 \cdot x = 0\end(hallar) \Sağ ox \begin(hallar)x^(2) - 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) - x = 0 \end(hallar)$$ 2-ci tənlikdən $x=4 \cdot y^(2)$ ifadə edirik — 1-ci tənliyə əvəz edirik: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2)\ sağ )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $$ y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Nəticədə 2 stasionar nöqtə alınır:
1) $y=0 \Sağ ox x = 0, M_(1) = \left(0, 0\sağ)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\sağ)$
Yetərli ekstremal şərtin yerinə yetirilməsini yoxlayaq:
$$\displaystyle \frac(\qismən^(2) f)(\qismən x^(2))=6 \cdot x; \frac(\qismən^(2) f)(\qismən x \qismən y)=-6; \frac(\qismən^(2) f)(\qismən y^(2))=48 \cdot y$$
1) $M_(1)= \left(0,0\right)$ nöqtəsi üçün:
$$\displaystyle A_(1)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən x^(2)) \left(0,0\sağ)=0; B_(1)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən x \qismən y) \left(0,0\sağ)=-6; C_(1)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən y^(2)) \left(0,0\sağ)=0;$$
$A_(1) \cdot B_(1) - C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
2) $M_(2)$ nöqtəsi üçün:
$$\displaystyle A_(2)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\sağ)=6; B_(2)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən x \qismən y) \left(1,\frac(1)(2)\sağ)=-6; C_(2)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\sağ)=24;$$
$A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, buna görə də $M_(2)$ nöqtəsində ekstremum var və $A_(2)>0 olduğundan $, onda bu minimumdur.
Cavab: $\displaystyle M_(2) \left(1,\frac(1)(2)\right)$ nöqtəsi $f$ funksiyasının minimum nöqtəsidir.
$f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$ ekstremumu üçün funksiyanı araşdırın.
Həll
Stasionar nöqtələri tapın: $$\displaystyle \frac(\qismən f)(\qismən x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\qismən f)(\qismən y)=2 \cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
Sistemi tərtib edin və həll edin: $$\displaystyle \begin(hallar)\frac(\qismən f)(\qismən x)= 0\\\frac(\qismən f)(\qismən y)= 0\end(hallar) \ Sağ ox \begin(hallar)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(hals) \Sağ ox \begin(hals) y = 2\\y + x = 1\end(hallar) \Sağ ox x = -1$$
$M_(0) \left(-1, 2\right)$ stasionar nöqtədir.
Gəlin kifayət qədər ekstremum şərtin yerinə yetirilməsini yoxlayaq: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0; B=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən x \qismən y) \left(-1,2\sağ)=2; C=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən y^(2)) \left(-1,2\sağ)=2;$$
$A \cdot B - C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
Cavab: heç bir ekstremal yoxdur.

Vaxt limiti: 0

Naviqasiya (yalnız iş nömrələri)

4 tapşırıqdan 0-ı tamamlandı

Məlumat

İndicə oxuduğunuz mövzu, Çox Dəyişən Funksiyaların Yerli Ekstreması haqqında biliklərinizi yoxlamaq üçün bu testdən keçin.

Siz artıq testdən keçmisiniz. Siz onu yenidən işə sala bilməzsiniz.

Test yüklənir...

Testə başlamaq üçün daxil olmalısınız və ya qeydiyyatdan keçməlisiniz.

Bunu başlamaq üçün aşağıdakı testləri tamamlamalısınız:

nəticələr

Düzgün cavablar: 4-dən 0

Vaxtınız:

Vaxt bitdi

0 baldan 0 bal topladınız (0 )

Hesabınız liderlər lövhəsində qeyd edildi

Cavab ilə
Yoxlanılıb

Tapşırıq 1/4

1 .

Balların sayı: 1

Ekstrema üçün $f$ funksiyasını araşdırın: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

Düzgün

Düzgün deyil

Tapşırıq 2/4

2 .
Balların sayı: 1
Funksiya $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$

Çox dəyişənli f(x) funksiyası üçün x nöqtəsi vektor, f'(x) f(x) funksiyasının birinci törəmələrinin (qradiyenti) vektoru, f ′ ′(x) simmetrik matrisdir. ikinci qismən törəmələrin (Hesse matrisi − Hessian) f(x) funksiyaları.
Bir neçə dəyişənli funksiya üçün optimallıq şərtləri aşağıdakı kimi tərtib edilir.
Yerli optimallıq üçün zəruri şərt. f(x) x * R n nöqtəsində diferensiallana bilsin. Əgər x * yerli ekstremum nöqtəsidirsə, f'(x *) = 0.
Əvvəllər olduğu kimi, tənliklər sisteminin həlli olan nöqtələrə stasionar deyilir. Stasionar x * nöqtəsinin təbiəti Hessian f′′(x) matrisinin işarə-müəyyənliyi ilə bağlıdır.
A matrisinin işarə-müəyyənliyi Q(α)= kvadrat formasının işarələrindən asılıdır.< α A, α >sıfırdan fərqli bütün α∈R n üçün.
Burada və daha çox x və y vektorlarının skalyar hasili işarə olunur. Tərifinə görə,

Bütün sıfır olmayan α∈R n üçün Q(α)>0 (Q(α)≥0) olduqda A matrisi müsbət (mənfi olmayan) müəyyəndir; mənfi (qeyri-müsbət) müəyyən əgər Q(α)<0 (Q(α)≤0) при всех ненулевых α∈R n ; неопределенной, если Q(α)>Bəzi sıfırdan fərqli α∈R n və Q(α) üçün 0<0 для остальных ненулевых α∈R n .
Yerli optimallıq üçün kifayət qədər şərt. f(x) x * R n nöqtəsində iki dəfə diferensiallana bilsin və f’(x *)=0 , yəni. x * − stasionar nöqtə. Onda f (x *) matrisi müsbət (mənfi) müəyyəndirsə, x * lokal minimum (maksimum) nöqtədir; f′′(x *) matrisi qeyri-müəyyəndirsə, x * yəhər nöqtəsidir.
Əgər f′′(x *) matrisi qeyri-mənfi (müsbət olmayan) müəyyəndirsə, stasionar x * nöqtəsinin xarakterini müəyyən etmək üçün daha yüksək dərəcəli törəmələrin öyrənilməsi tələb olunur.
Bir matrisin işarə-müəyyənliyini yoxlamaq üçün, bir qayda olaraq, Silvestr meyarından istifadə olunur. Bu meyara görə, simmetrik A matrisi yalnız və yalnız bütün bucaq kiçikləri müsbət olduqda müsbət müəyyəndir. Bu halda, A matrisinin bucaq minoru eyni (və birinci) nömrələri olan sətir və sütunların kəsişməsində dayanan A matrisinin elementlərindən qurulmuş matrisin təyinedicisidir. Simmetrik A matrisini mənfi müəyyənliyə görə yoxlamaq üçün (−A) matrisini müsbət müəyyənliyə görə yoxlamaq lazımdır.
Deməli, bir çox dəyişənli funksiyanın lokal ekstremum nöqtələrinin təyini alqoritmi aşağıdakı kimidir.
1. f'(x) tapın.
2. Sistem həll olundu

Nəticədə stasionar x i nöqtələri hesablanır.
3. f′′(x) tapın, i=1 təyin edin.
4. f′′(x i) tapın
5. f′′(x i) matrisinin bucaq minorları hesablanır. Əgər bütün bucaq kiçikləri sıfırdan fərqli deyilsə, stasionar x i nöqtəsinin xarakterini müəyyən etmək üçün daha yüksək dərəcəli törəmələrin öyrənilməsi tələb olunur. Bu halda 8-ci bəndə keçid həyata keçirilir.
Əks halda, 6-cı addıma keçin.
6. Bucaq kiçik f′′(x i) işarələri təhlil edilir. Əgər f′′(x i) müsbət müəyyəndirsə, x i lokal minimum nöqtədir. Bu halda 8-ci bəndə keçid həyata keçirilir.
Əks halda, 7-ci bəndə keçin.
7. -f′′(x i) matrisinin bucaq minorları hesablanır və onların işarələri təhlil edilir.
Əgər -f′′(x i) − müsbət müəyyəndirsə, f′′(x i) mənfi müəyyən, x i isə lokal maksimum nöqtədir.
Əks halda, f′′(x i) qeyri-müəyyən, x i isə yəhər nöqtəsidir.
8. Bütün stasionar nöqtələrin xarakterini təyin etmək şərti i=N yoxlanılır.
Əgər təmin olunarsa, hesablamalar tamamlanır.
Əgər şərt yerinə yetirilmirsə, onda i=i+1 qəbul edilir və 4-cü mərhələyə keçid həyata keçirilir.

Nümunə №1. f(x) = x 1 3 - 2x 1 x 2 + x 2 2 - 3x 1 - 2x 2 funksiyasının yerli ekstremal nöqtələrini təyin edin

Bütün künc kiçikləri sıfırdan fərqli olduğundan, x 2-nin xarakteri f′′(x) ilə müəyyən edilir.
f′′(x 2) matrisi müsbət müəyyən olduğundan, x 2 lokal minimum nöqtədir.
Cavab: f(x) = x 1 3 - 2x 1 x 2 + x 2 2 - 3x 1 - 2x 2 funksiyası x = (5/3; 8/3) nöqtəsində lokal minimuma malikdir.

Müəyyən bir nöqtədə funksiyanın dəyişməsi və sıfıra meylli olan arqumentin artımına funksiyanın artımının həddi kimi müəyyən edilir. Onu tapmaq üçün törəmələr cədvəlindən istifadə edin. Məsələn, y = x3 funksiyasının törəməsi y’ = x2-ə bərabər olacaqdır.

Bu törəməni sıfıra bərabərləşdirin (bu halda x2=0).

Verilmiş dəyişənin qiymətini tapın. Bunlar bu törəmənin 0-a bərabər olacağı dəyərlər olacaq. Bunu etmək üçün ifadədə x əvəzinə ixtiyari ədədləri əvəz edin ki, bu zaman bütün ifadə sıfır olacaq. Misal üçün:

2-2x2=0
(1-x)(1+x) = 0
x1=1, x2=-1

Alınan dəyərləri koordinat xəttinə tətbiq edin və alınanların hər biri üçün törəmənin işarəsini hesablayın. Mənbə kimi qəbul edilən koordinat xəttində nöqtələr qeyd olunur. Fasilələrdə dəyəri hesablamaq üçün meyarlara uyğun gələn ixtiyari dəyərləri əvəz edin. Məsələn, -1 intervalına qədər əvvəlki funksiya üçün -2 dəyərini seçə bilərsiniz. -1-dən 1-ə qədər 0-ı, 1-dən böyük dəyərlər üçün isə 2-ni seçə bilərsiniz. Bu ədədləri törəmədə əvəz edin və törəmənin işarəsini tapın. Bu halda, x = -2 olan törəmə -0,24-ə bərabər olacaq, yəni. mənfi və bu intervalda mənfi işarəsi olacaq. Əgər x=0 olarsa, onda qiymət 2-yə bərabər olacaq və bu intervala işarə qoyulur. Əgər x=1 olarsa, onda törəmə də -0,24-ə bərabər olacaq və mənfi qoyulur.

Əgər koordinat xəttindəki bir nöqtədən keçərkən törəmə işarəsini mənfidən artıya dəyişirsə, bu minimum nöqtədir və artıdan mənfiyə doğrudursa, bu maksimum nöqtədir.

Əlaqədar videolar

Faydalı məsləhət

Törəmə tapmaq üçün tələb olunan dəyərləri hesablayan və nəticəni göstərən onlayn xidmətlər var. Belə saytlarda 5 sifarişdən ibarət törəmə tapa bilərsiniz.

Mənbələr:

Törəmələrin hesablanması xidmətlərindən biri
funksiyanın maksimum nöqtəsi

Funksiyanın minimum nöqtələri ilə birlikdə maksimum nöqtələri ekstremum nöqtələri adlanır. Bu nöqtələrdə funksiya öz davranışını dəyişir. Ekstremalar məhdud ədədi intervallarla müəyyən edilir və həmişə lokal olur.

Təlimat

Yerli ekstremumların tapılması prosesi funksiya adlanır və funksiyanın birinci və ikinci törəmələrinin təhlili ilə həyata keçirilir. Kəşfiyyata başlamazdan əvvəl, müəyyən edilmiş arqument dəyərlərinin icazə verilən dəyərlərə aid olduğundan əmin olun. Məsələn, F=1/x funksiyası üçün x=0 arqumentinin qiyməti etibarsızdır. Və ya Y=tg(x) funksiyası üçün arqument x=90° qiymətinə malik ola bilməz.

Y funksiyasının bütün verilmiş intervalda diferensiallana bildiyinə əmin olun. Birinci törəmə Y" tapın. Aydındır ki, lokal maksimum nöqtəyə çatmazdan əvvəl funksiya artır, maksimumdan keçdikdə isə funksiya azalır. Birinci törəmə öz fiziki mənasında funksiyanın dəyişmə sürətini xarakterizə edir. Funksiya artarkən bu prosesin sürəti müsbət qiymətdir.Lokal maksimumdan keçərkən funksiya azalmağa başlayır və funksiyanın dəyişmə prosesinin sürəti mənfi olur.Dəyişmə sürətinin keçidi funksiyanın sıfıra qədər olması yerli maksimum nöqtədə baş verir.

Yerli maksimum deyilir sərt , əgər $U$ məhəlləsini elə seçmək olar ki, $x_(0)$-dan fərqli $x \in U$-da $f\left(x\sağ) olsun.< f\left(x_{0}\right)$.

$U$ məhəlləsinin bütün $x \in U$ üçün $x_(0)$ $f\left(x\right) > f\left(x_) üçün fərqli olması üçün yerli minimumun ciddi olduğu deyilir. ( 0)\sağ)$.

Yerli ekstremum yerli minimum və yerli maksimum anlayışlarını birləşdirir.

Teorem (diferensiallanan funksiyanın ekstremumu üçün zəruri şərt)
$E \alt çoxluq \mathbb(R)^(n)$ açıq çoxluğunda $f$ real funksiya olsun. Əgər $x_(0) \E$ nöqtəsində $f$ funksiyası bu nöqtədə də lokal ekstremuma malikdirsə, onda $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0. $$ Sıfır diferensial bərabərliyi hamının sıfıra bərabər olmasına bərabərdir, yəni. $$\displaystyle\frac(\qismən f)(\qismən x_(i))\sol(x_(0)\sağ)=0.$$

Misal 2
$f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ funksiyası stasionar nöqtə kimi koordinatların başlanğıcına malikdir, lakin bu nöqtədə ekstremum olmadığı aydındır.

əgər $Q_(x_(0))$ olarsa, onda $x_(0)$ nöqtəsindəki $f$ funksiyası lokal ekstremuma malikdir, yəni forma müsbət-müəyyəndirsə minimuma və forma olduqda maksimuma malikdir. mənfi-müəyyən;
əgər $Q_(x_(0))$ kvadrat forması qeyri-müəyyəndirsə, $x_(0)$ nöqtəsindəki $f$ funksiyasının ekstremumu yoxdur.

Genişlənmədən Teylor düsturuna uyğun istifadə edək (12.7 s. 292) . $x_(0)$ nöqtəsində birinci dərəcəli qismən törəmələrin sıfıra bərabər olduğunu nəzərə alsaq, $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0) alırıq. )\sağ) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\qismən^(2) f)(\qismən x_(i) \ qismən x_(j)) \left(x_(0)+\teta h\right)h^(i)h^(j),$$ burada $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$ və $h \rightarrow 0$ üçün $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$, onda sağ tərəf kifayət qədər kiçik uzunluqlu istənilən $h$ vektoru üçün müsbətdir.
Beləliklə, biz belə nəticəyə gəldik ki, $x_(0)$ nöqtəsinin bəzi qonşuluğunda $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ bərabərsizliyi yalnız $ olduqda ödənilir. x \neq x_ (0)$ ($x=x_(0)+h$\sağa qoyuruq). Bu o deməkdir ki, $x_(0)$ nöqtəsində funksiya ciddi lokal minimuma malikdir və bununla da teoremimizin birinci hissəsi isbat olunur.
İndi fərz edək ki, $Q_(x_(0))$ qeyri-müəyyən formadır. Sonra $h_(1)$, $h_(2)$ vektorları var ki, $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \sol(h_(2)\sağ)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0$. Sonra $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) alırıq. \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \sol(th_(1)\sağ) \sağ] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ Kifayət qədər kiçik $t>0$ üçün sağ tərəf müsbət. Bu o deməkdir ki, $x_(0)$ nöqtəsinin istənilən qonşuluğunda $f$ funksiyası $f \left(x\right)$ $f \left(x_(0)\right)$-dan böyük qiymətlər alır.
Eynilə, $x_(0)$ nöqtəsinin hər hansı qonşuluğunda $f$ funksiyasının $f \left(x_(0)\right)$-dan kiçik qiymətlər qəbul etdiyini əldə edirik. Bu, əvvəlki ilə birlikdə o deməkdir ki, $f$ funksiyasının $x_(0)$ nöqtəsində ekstremum yoxdur.

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

əgər $\Delta>0$, onda $f$ funksiyası $\left(x_(0),y_(0)\right)$ nöqtəsində lokal ekstremuma malikdir, yəni minimum əgər $a_(11)> 0$ və maksimum, əgər $a_(11)<0$;
əgər $\Delta<0$, 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.

Problemin həlli nümunələri

Çox dəyişənli funksiyanın ekstremumunu tapmaq üçün alqoritm:

Stasionar nöqtələri tapırıq;
Bütün stasionar nöqtələrdə 2-ci dərəcəli diferensial tapırıq
Bir neçə dəyişənli funksiyanın ekstremumu üçün kafi şərtdən istifadə edərək hər bir stasionar nöqtədə ikinci dərəcəli diferensial hesab edirik.

Funksiyanı $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$ ekstremumuna qədər araşdırın.
Həll
1-ci sıranın qismən törəmələrini tapın: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) — 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial) f)(\qismən y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Sistemi qurun və həll edin: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x ) = 0\\\frac(\qismən f)(\qismən y)= 0\son(hallar) \Sağ ox \begin(hallar)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \ cdot y^(2) - 6 \cdot x = 0\end(hallar) \Sağ ox \begin(hallar)x^(2) - 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) - x = 0 \end(hallar)$$ 2-ci tənlikdən $x=4 \cdot y^(2)$ ifadə edirik — 1-ci tənliyə əvəz edirik: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2)\ sağ )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $$ y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Nəticədə 2 stasionar nöqtə alınır:
1) $y=0 \Sağ ox x = 0, M_(1) = \left(0, 0\sağ)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\sağ)$
Yetərli ekstremal şərtin yerinə yetirilməsini yoxlayaq:
$$\displaystyle \frac(\qismən^(2) f)(\qismən x^(2))=6 \cdot x; \frac(\qismən^(2) f)(\qismən x \qismən y)=-6; \frac(\qismən^(2) f)(\qismən y^(2))=48 \cdot y$$
1) $M_(1)= \left(0,0\right)$ nöqtəsi üçün:
$$\displaystyle A_(1)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən x^(2)) \left(0,0\sağ)=0; B_(1)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən x \qismən y) \left(0,0\sağ)=-6; C_(1)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən y^(2)) \left(0,0\sağ)=0;$$
$A_(1) \cdot B_(1) - C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
2) $M_(2)$ nöqtəsi üçün:
$$\displaystyle A_(2)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\sağ)=6; B_(2)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən x \qismən y) \left(1,\frac(1)(2)\sağ)=-6; C_(2)=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\sağ)=24;$$
$A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, buna görə də $M_(2)$ nöqtəsində ekstremum var və $A_(2)>0 olduğundan $, onda bu minimumdur.
Cavab: $\displaystyle M_(2) \left(1,\frac(1)(2)\right)$ nöqtəsi $f$ funksiyasının minimum nöqtəsidir.
$f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$ ekstremumu üçün funksiyanı araşdırın.
Həll
Stasionar nöqtələri tapın: $$\displaystyle \frac(\qismən f)(\qismən x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\qismən f)(\qismən y)=2 \cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
Sistemi tərtib edin və həll edin: $$\displaystyle \begin(hallar)\frac(\qismən f)(\qismən x)= 0\\\frac(\qismən f)(\qismən y)= 0\end(hallar) \ Sağ ox \begin(hallar)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(hals) \Sağ ox \begin(hals) y = 2\\y + x = 1\end(hallar) \Sağ ox x = -1$$
$M_(0) \left(-1, 2\right)$ stasionar nöqtədir.
Gəlin kifayət qədər ekstremum şərtin yerinə yetirilməsini yoxlayaq: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0; B=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən x \qismən y) \left(-1,2\sağ)=2; C=\frac(\qismən^(2) f)(\qismən y^(2)) \left(-1,2\sağ)=2;$$
$A \cdot B - C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
Cavab: heç bir ekstremal yoxdur.