kohalik maksimum. Mitme muutuja funktsiooni lokaalsete äärmuste punktide määramine

KOHALIK MAKSIMUM

(kohalik maksimum) funktsiooni väärtus, mis on suurem kui selle argumendi või argumentide komplekti mis tahes külgnev väärtus, dy/dx= 0 on kohaliku maksimumi saavutamiseks vajalik tingimus y=f(x); selle tingimuse korral on piisav tingimus kohaliku maksimumi saavutamiseks d2a/dx2 0. Lokaalne maksimum võib olla ka absoluutne maksimum, kui väärtust pole X, mille all juures rohkem. See ei pruugi aga alati nii olla. Mõelge funktsioonile y = x3–3x.dy/dx = 0 millal x2=üks; ja d2a/dx2=6x. juures on maksimum at x = - 1, kuid see on ainult kohalik, mitte absoluutne maksimum, kuna juures võib muutuda lõpmatult suureks, kui sellele antakse piisavalt suur positiivne väärtus X. Vaata ka: maksimaalse artikli joonis.

Majandus. Sõnastik. - M.: "INFRA-M", kirjastus "Ves Mir". J. Must. Peatoimetus: majandusdoktor Osadchaya I.M.. 2000 .

Majandussõnastik. 2000 .

Vaadake, mis on "LOCAL MAXIMUM" teistes sõnaraamatutes:

kohalik maksimum- - [A.S. Goldberg. Inglise vene energiasõnastik. 2006] Teemad energia üldiselt ET kohalik maksimum ... Tehnilise tõlkija käsiraamat

kohalik maksimum- lokalusis maksimumas statusas T ala automatika vastavusmenys: engl. kohalik maksimum vok. Lokalmaximum, n rus. kohalik maksimum, m pranc. maksimaalne kohalik, m … Automatikos terminų žodynas

kohalik maksimum- vietinė smailė statusas T valdkond fizika vastavusmenys: angl. kohalik maksimum; kohalik tipp vok. lokaadid Maksimaalne, n rus. kohalik maksimum, m pranc. maksimaalne kohalik, m; pic local, m … Fizikos terminų žodynas

Kohalik maksimum, kohalik miinimum- (kohalik maksimum, kohalik miinimum) vt Funktsiooni ekstreem... Majandus- ja matemaatikasõnaraamat

- (maksimaalne) Funktsiooni suurim väärtus, mida ta võtab oma argumentide mis tahes väärtuse jaoks. Maksimum võib olla kohalik või absoluutne. Näiteks funktsiooni y=1–x2 absoluutne maksimum on y=1, kui x=0; x-il pole teist väärtust, mis ...... Majandussõnastik

- (lokaalne miinimum) Funktsiooni väärtus, mis on väiksem kui selle argumendi või argumentide hulga naaberväärtus, dy/dx = 0, on lokaalse miinimumi y=f(x) saavutamiseks vajalik tingimus; selle tingimuse korral piisab ... ... Majandussõnastik

Ekstreemum (ladina keeles extremum extreme) on matemaatikas funktsiooni maksimaalne või minimaalne väärtus antud hulgal. Ekstreemumi saavutamise punkti nimetatakse ekstreemumipunktiks. Vastavalt sellele, kui minimaalne äärmuspunkt on saavutatud ... ... Wikipedia

Kohalikud otsingualgoritmid on algoritmide rühm, mille puhul otsitakse ainult hetkeseisu alusel ning varem läbitud olekuid ei võeta arvesse ega jäeta meelde. Otsingu peamine eesmärk ei ole leida optimaalset teed ... ... Vikipeediasse

- (üldine maksimum) Funktsiooni väärtus, mis on võrdne või suurem kui mis tahes muu argumendi väärtus. Ühe argumendi funktsiooni maksimumi piisav tingimus, mis seisneb selles, et selle esimene tuletis ... ... Majandussõnastik

- (ing. trendi suund, trend) suund, poliitilise protsessi arengusuund, nähtus. Sellel on matemaatiline avaldis. Kõige populaarsem trendi (trendi) määratlus on Dow teooria definitsioon. Tõusev trend...... Politoloogia. Sõnastik.

Funktsioon suureneb argumendi juurdekasvuni, mis kipub olema null. Selle leidmiseks kasutage tuletiste tabelit. Näiteks funktsiooni y = x3 tuletis võrdub y’ = x2.

Võrdsusta see tuletis nulliga (in sel juhul x2=0).

Leia antud muutuja väärtus. Need on väärtused, mille puhul see tuletis võrdub 0-ga. Selleks asendage avaldises x asemel suvalised arvud, mille juures kogu avaldis muutub nulliks. Näiteks:

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

Kandke saadud väärtused koordinaatjoonele ja arvutage iga saadud tuletise märk. Koordinaatjoonele märgitakse punktid, mis võetakse lähtepunktiks. Intervallide väärtuse arvutamiseks asendage suvalised väärtused, mis vastavad kriteeriumidele. Näiteks eelmise funktsiooni jaoks kuni intervallini -1 saate valida väärtuse -2. -1 kuni 1 jaoks saate valida 0 ja väärtuste jaoks, mis on suuremad kui 1, valida 2. Asendage need arvud tuletis ja leidke tuletise märk. Sel juhul on tuletis x = -2 väärtusega -0,24, s.o. negatiivne ja sellel intervallil on miinusmärk. Kui x=0, on väärtus võrdne 2-ga ja sellele intervallile pannakse märk. Kui x=1, siis võrdub tuletis samuti -0,24 ja pannakse miinus.

Kui koordinaatjoone punkti läbimisel muudab tuletis oma märgi miinusest plussiks, siis on see miinimumpunkt ja kui plussist miinusesse, siis on see maksimumpunkt.

Seotud videod

Kasulikud nõuanded

Tuletise leidmiseks on võrguteenused, mis arvutavad vajalikud väärtused ja kuvavad tulemuse. Sellistel saitidel võite leida kuni 5 tellimuse tuletise.

Allikad:

Üks tuletisinstrumentide arvutamise teenuseid
funktsiooni maksimaalne punkt

Funktsiooni maksimumpunkte koos miinimumpunktidega nimetatakse äärmuspunktideks. Nendel punktidel muudab funktsioon oma käitumist. Äärmused määratakse piiratud arvuliste intervallidega ja on alati lokaalsed.

Juhend

Lokaalsete äärmuste leidmise protsessi nimetatakse funktsiooniks ja see viiakse läbi funktsiooni esimese ja teise tuletise analüüsimise teel. Enne uurimise alustamist veenduge, et argumendi väärtuste määratud vahemik kuulub lubatud väärtuste hulka. Näiteks funktsiooni F=1/x puhul on argumendi x=0 väärtus kehtetu. Või funktsiooni Y=tg(x) puhul ei saa argumendi väärtus olla x=90°.

Veenduge, et funktsioon Y oleks kogu antud intervalli ulatuses diferentseeritav. Leia esimene tuletis Y". On ilmne, et enne lokaalse maksimumpunkti jõudmist funktsioon suureneb ja maksimumi läbimisel muutub funktsioon kahanevaks. Esimene tuletis oma füüsikalises tähenduses iseloomustab funktsiooni muutumise kiirust. Funktsiooni suurenemise ajal on selle protsessi kiirus positiivne väärtus.Lokaalse maksimumi läbimisel hakkab funktsioon vähenema ja funktsiooni muutumise kiirus muutub negatiivseks.Muutuskiiruse üleminek funktsiooni läbimine nullini toimub kohaliku maksimumi punktis.

Näiteks funktsioonil Y \u003d -x² + x + 1 vahemikus -1 kuni 1 on pidev tuletis Y "\u003d -2x + 1. Kui x \u003d 1/2, on tuletis null ja kui seda punkti läbides muudab tuletis märgi "+" asemel "-" Funktsiooni Y "=-2" teine tuletis. Koostage funktsiooni Y=-x²+x+1 punkt-punktide graafik ja kontrollige, kas punkt, mille abstsiss on x=1/2, on arvtelje antud segmendi lokaalne maksimum.

Funktsioonil on väidetavalt sisepunkt
alad D kohalik maksimum(miinimum), kui punkti selline naabrus on olemas
, iga punkti kohta
mis rahuldab ebavõrdsust

Kui funktsioonil on punkt
kohalik maksimum või kohalik miinimum, siis ütleme, et sellel hetkel on kohalik äärmus(või lihtsalt äärmuslik).

Teoreem (ekstreemumi olemasolu vajalik tingimus). Kui diferentseeritav funktsioon jõuab punktis ekstreemumini
, siis funktsiooni iga esimest järku osatuletist kaob sel hetkel.

Nimetatakse punkte, kus kõik esimest järku osatuletised kaovad funktsiooni statsionaarsed punktid
. Nende punktide koordinaadid leiate süsteemi lahendamisel alates võrrandid

Ekstreemumi olemasolu vajaliku tingimuse diferentseeruva funktsiooni korral võib lühidalt sõnastada järgmiselt:

On juhtumeid, kui mõnel osalisel tuletisel on mõnel hetkel lõpmatud väärtused või neid ei eksisteeri (ülejäänud on aga nulliga). Selliseid punkte nimetatakse funktsiooni kriitilised punktid. Neid punkte tuleks pidada "kahtlasteks" ekstreemumi ja ka statsionaarsete kohta.

Kahe muutuja funktsiooni korral on ekstreemumi vajalikul tingimusel, nimelt äärmuspunktis osatuletise (diferentsiaali) nulliga võrdusel, geomeetriline tõlgendus: pinna puutuja tasapind
äärmuspunktis peab olema tasapinnaga paralleelne
.

20. Ekstreemumi olemasoluks piisavad tingimused

Ekstreemumi olemasoluks vajaliku tingimuse täitmine ühel hetkel ei taga sugugi ekstreemumi olemasolu seal. Näitena võime võtta kõikjal diferentseeruva funktsiooni
. Punktis kaovad nii selle osatuletised kui ka funktsioon ise
. Selle punkti mis tahes naabruses on aga mõlemat positiivset (suurt
) ja negatiivne (väiksem
) selle funktsiooni väärtused. Seetõttu ei ole praegusel hetkel definitsiooni järgi ekstreemumit. Seetõttu on vaja teada piisavalt tingimusi, mille korral ekstreemumikahtlusega punkt on uuritava funktsiooni ekstreemumipunkt.

Vaatleme kahe muutuja funktsiooni juhtumit. Oletame, et funktsioon
on defineeritud, pidev ja sellel on pidevad osatuletised kuni teise järguni (kaasa arvatud) mingi punkti läheduses
, mis on funktsiooni statsionaarne punkt
, see tähendab, et vastab tingimustele

,
.

Tutvustame tähistust:

Teoreem (ekstreemumi olemasoluks piisavad tingimused). Laske funktsioonil
vastab ülaltoodud tingimustele, nimelt: diferentseeruv mõnes statsionaarse punkti naabruses
ja on punktis endas kaks korda diferentseeritav
. Siis kui

Kui
siis funktsioon
punktis
ulatub

kohalik maksimum juures
ja

kohalik miinimum juures
.

Üldiselt funktsiooni jaoks
piisav tingimus mingis punktis eksisteerimiseks
kohalikmiinimum(maksimaalselt) on positiivne(negatiivne) teise diferentsiaali määratlus.

Teisisõnu, järgmine väide on tõsi.

Teoreem . Kui punktis
funktsiooni jaoks

kõigi jaoks, mis ei ole samal ajal võrdsed nulliga
, siis sellel hetkel on funktsioonil miinimum(sarnane maksimaalselt, kui
).

Näide 18.Leia funktsiooni lokaalsed äärmuspunktid

Lahendus. Leidke funktsiooni osatuletised ja võrdsustage need nulliga:

Selle süsteemi lahendamisel leiame kaks võimalikku äärmuspunkti:

Leiame selle funktsiooni jaoks teist järku osatuletised:

Esimeses statsionaarses punktis Seetõttu ja
Seetõttu on selle punkti jaoks vaja täiendavaid uuringuid. Funktsiooni väärtus
sel hetkel on null:
Edasi,

juures

a

juures

Seega igas punkti naabruses
funktsiooni
võtab väärtusi suurena
, ja väiksemad
, ja seega punktis
funktsiooni
, definitsiooni järgi ei oma kohalikku ekstreemumit.

Teises statsionaarses punktis

seepärast, järelikult, kuna
siis punktis
funktsioonil on lokaalne maksimum.

Paljude muutujatega funktsiooni f(x) korral on punkt x vektor, f'(x) on funktsiooni f(x) esimeste tuletiste (gradient) vektor, f ′ ′(x) on sümmeetriline maatriks teise osatuletise (Hesse maatriks − Hessi) funktsioonide f(x).
Mitme muutuja funktsiooni jaoks formuleeritakse optimaalsuse tingimused järgmiselt.
Kohaliku optimaalsuse vajalik tingimus. Olgu f(x) diferentseeruv punktis x * R n . Kui x * on lokaalne äärmuspunkt, siis f'(x *) = 0.
Nagu varemgi, nimetatakse punkte, mis on võrrandisüsteemi lahendid, statsionaarsed. Statsionaarse punkti x * olemus on seotud Hesse maatriksi f′ ′(x) märgimääratlusega.
Maatriksi A märgimääratlus sõltub ruutkuju Q(α)= märkidest< α A, α >kõigi nullist mittevastavate α∈R n .
Siit ja edasi tähistatakse vektorite x ja y skalaarkorrutist. Definitsiooni järgi,

Maatriks A on positiivselt (mitte-negatiivselt) kindel, kui Q(α)>0 (Q(α)≥0) kõigi nullist erineva α∈R n korral; negatiivselt (mittepositiivselt) kindel, kui Q(α)<0 (Q(α)≤0) при всех ненулевых α∈R n ; неопределенной, если Q(α)>0 mõne nullist erineva α∈R n ja Q(α) korral<0 для остальных ненулевых α∈R n .
Piisav tingimus kohalikuks optimaalsuseks. Olgu f(x) kaks korda diferentseeruv punktis x * R n ja f’(x *)=0 , s.o. x * − statsionaarne punkt. Siis, kui maatriks f (x *) on positiivne (negatiivne) kindel, siis x * on lokaalne miinimum (maksimaalne) punkt; kui maatriks f′′(x *) on määramatu, siis x * on sadulapunkt.
Kui maatriks f′′(x *) on mittenegatiivselt (mittepositiivselt) kindel, siis statsionaarse punkti x * olemuse määramiseks on vaja kõrgemat järku tuletisi.
Maatriksi märgimääratluse kontrollimiseks kasutatakse reeglina Sylvesteri kriteeriumit. Selle kriteeriumi kohaselt on sümmeetriline maatriks A positiivne kindel siis ja ainult siis, kui kõik selle nurk-mollid on positiivsed. Sel juhul on maatriksi A nurkmoll maatriksi A elementidest koostatud maatriksi determinandiks, mis seisab samade (ja esimeste) numbritega ridade ja veergude ristumiskohas. Et kontrollida sümmeetrilise maatriksi A negatiivset määratlust, tuleb maatriksis (−A) kontrollida positiivset määratlust.
Niisiis, paljude muutujate funktsiooni lokaalsete ekstreemumite punktide määramise algoritm on järgmine.
1. Leidke f′(x).
2. Süsteem on lahendatud

Selle tulemusena arvutatakse statsionaarsed punktid x i.
3. Leidke f′′(x), seadke i=1.
4. Leidke f′′(x i)
5. Arvutatakse maatriksi f′′(x i) nurkmollid. Kui kõik nurgamollid ei ole nullist erinevad, siis statsionaarse punkti x i olemuse määramiseks on vaja kõrgemat järku tuletisi uurida. Sel juhul viiakse läbi üleminek punktile 8.
Muul juhul jätkake 6. sammuga.
6. Analüüsitakse nurk-mollide f′′(x i) märke. Kui f′′(x i) on positiivne kindel, siis x i on lokaalne miinimumpunkt. Sel juhul viiakse läbi üleminek punktile 8.
Vastasel juhul minge punkti 7 juurde.
7. Arvutatakse maatriksi -f′′(x i) nurkmollid ja analüüsitakse nende märke.
Kui -f′′(x i) − on positiivne kindel, siis f′′(x i) on negatiivne kindel ja x i on lokaalne maksimumpunkt.
Vastasel juhul on f'(x i) määramatu ja x i on sadulapunkt.
8. Kontrollitakse kõigi statsionaarsete punktide i=N olemuse määramise tingimust.
Kui see on rahul, on arvutused lõpetatud.
Kui tingimus ei ole täidetud, siis eeldatakse i=i+1 ja viiakse läbi üleminek sammule 4.

Näide nr 1. Määrake funktsiooni f(x) = x 1 3 - 2x 1 x 2 + x 2 2 - 3x 1 - 2x 2 lokaalsete ekstreemumite punktid

Kuna kõik nurgamollid on nullist erinevad, määratakse x 2 märk f′′(x) abil.
Kuna maatriks f′′(x 2) on positiivne, on x 2 lokaalne miinimumpunkt.
Vastus: funktsioonil f(x) = x 1 3 - 2x 1 x 2 + x 2 2 - 3x 1 - 2x 2 on punktis x = (5/3; 8/3) lokaalne miinimum.

$E \subset \mathbb(R)^(n)$. Öeldakse, et $f$ on kohalik maksimum punktis $x_(0) \in E$, kui on olemas punkti $x_(0)$ naabrus $U$ nii, et kõigi $x \in U$ korral on ebavõrdsus $f\left(x\right) \leqslant f \left(x_(0)\right)$.

Kohalikku maksimumi nimetatakse range , kui naabruskonna $U$ saab valida nii, et kõigi $x \in U$ jaoks, mis erinevad $x_(0)$, on $f\left(x\right)< f\left(x_{0}\right)$.

Definitsioon
Olgu $f$ reaalfunktsioon avatud hulgal $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Öeldakse, et $f$ on kohalik miinimum punktis $x_(0) \in E$, kui on olemas punkti $x_(0)$ naabrus $U$ nii, et kõigi $x \in U$ korral on ebavõrdsus $f\left(x\right) \geqslant f \left(x_(0)\right)$.

Kohalikku miinimumi peetakse rangeks, kui naabruskonna $U$ saab valida nii, et kõigi $x \in U$ erineb $x_(0)$ $f\left(x\right) > f\left(x_ ( 0)\paremal)$.

Lokaalne ekstreemum ühendab kohaliku miinimumi ja kohaliku maksimumi mõisted.

Teoreem (diferentseeruva funktsiooni ekstreemumi vajalik tingimus)
Olgu $f$ reaalfunktsioon avatud hulgal $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Kui punktis $x_(0) \in E$ on funktsioonil $f$ ka selles punktis lokaalne ekstreemum, siis $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0. $$ Võrdsus nulliga võrdub sellega, et kõik on võrdsed nulliga, st. $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

Ühemõõtmelisel juhul on see . Tähistage $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$, kus $h$ on suvaline vektor. Funktsioon $\phi$ on defineeritud piisavalt väikeste $t$ moodulväärtuste jaoks. Veelgi enam, suhtes , on see diferentseeritav ja $(\phi)' \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$.
Olgu $f$ kohalik maksimum x $0$. Seega on funktsioonil $\phi$ väärtusel $t = 0$ lokaalne maksimum ja Fermat' teoreemi järgi $(\phi)' \left(0\right)=0$.
Niisiis, saime $df \left(x_(0)\right) = 0$, st. funktsioon $f$ punktis $x_(0)$ on võrdne nulliga mis tahes vektoril $h$.

Definitsioon
Punktid, kus diferentsiaal on võrdne nulliga, st. statsionaarseteks nimetatakse neid, mille kõik osatuletised on võrdsed nulliga. kriitilised punktid funktsioonid $f$ on need punktid, kus $f$ ei ole diferentseeritav või võrdub nulliga. Kui punkt on statsionaarne, siis sellest ei järeldu veel, et funktsioonil on selles punktis ekstreemum.

Näide 1
Olgu $f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$. Siis $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$, seega $\left(0,0\right)$ on statsionaarne punkt, kuid funktsioonil pole selles punktis ekstreemumit. Tõepoolest, $f \left(0,0\right) = 0$, kuid on lihtne näha, et punkti $\left(0,0\right)$ mis tahes läheduses on funktsioon nii positiivseid kui ka negatiivseid väärtusi.

Näide 2
Funktsiooni $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ koordinaatide alguspunkt on statsionaarne, kuid on selge, et selles punktis ekstreemumit pole.

Teoreem (ekstreemumi piisav tingimus).
Olgu funktsioon $f$ kaks korda pidevalt diferentseeritav avatud hulgal $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Olgu $x_(0) \in E$ statsionaarne punkt ja $$\displaystyle Q_(x_(0)) \left(h\right) \equiv \sum_(i=1)^n \sum_(j=1 ) ^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_(j)) \left(x_(0)\right)h^(i)h^(j).$ $ Siis

kui $Q_(x_(0))$ on , siis funktsioonil $f$ punktis $x_(0)$ on lokaalne ekstreemum, nimelt miinimum, kui vorm on positiivne-määratav ja maksimum, kui vorm on negatiivne-kindel;
kui ruutvorm $Q_(x_(0))$ on määramatu, siis funktsioonil $f$ punktis $x_(0)$ ei ole ekstreemumit.

Kasutame laiendust Taylori valemi järgi (12,7 lk 292) . Arvestades, et esimest järku osatuletised punktis $x_(0)$ on võrdsed nulliga, saame $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0) )\right) = \ frac(1) (2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \ osaline x_(j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ kus $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$ ja $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ $h \rightarrow 0$ korral, siis on parem pool positiivne iga piisavalt väikese pikkusega vektori $h$ korral.
Seega oleme jõudnud järeldusele, et punkti $x_(0)$ mõnes naabruses on ebavõrdsus $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ täidetud, kui ainult $ x \neq x_ (0)$ (paneme $x=x_(0)+h$\paremale). See tähendab, et punktis $x_(0)$ on funktsioonil range lokaalne miinimum ja seega on meie teoreemi esimene osa tõestatud.
Oletame nüüd, et $Q_(x_(0))$ on määramatu vorm. Siis on vektorid $h_(1)$, $h_(2)$ nii, et $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \left(h_(2)\right)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0 $. Siis saame $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2) t^(2) \ vasak[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ Piisavalt väikese $t>0$ puhul on parem pool positiivne. See tähendab, et mis tahes punkti $x_(0)$ läheduses võtab funktsioon $f$ väärtused $f \left(x\right)$, mis on suuremad kui $f \left(x_(0)\right)$.
Samamoodi saame, et punkti $x_(0)$ mis tahes naabruses võtab funktsioon $f$ väärtusi, mis on väiksemad kui $f \left(x_(0)\right)$. See koos eelmisega tähendab, et funktsioonil $f$ ei ole punktis $x_(0)$ ekstreemumit.

Vaatleme selle teoreemi konkreetset juhtumit funktsiooni $f \left(x,y\right)$ jaoks, mis koosneb kahest muutujast, mis on määratletud punkti $\left(x_(0),y_(0)\right) mõnes naabruses. $ ja millel on esimese ja teise järjekorra pidevad osatuletised. Olgu $\left(x_(0),y_(0)\right)$ statsionaarne punkt ja $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^( 2)) \left(x_(0) ,y_(0)\right), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_( 0) , y_(0)\right), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(x_(0), y_(0)\right ). $$ Siis saab eelmine teoreem järgmise kuju.

Teoreem
Olgu $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$. Seejärel:

kui $\Delta>0$, siis on funktsioonil $f$ lokaalne ekstreemum punktis $\left(x_(0),y_(0)\right)$, nimelt miinimum, kui $a_(11)> 0$ ja maksimum, kui $a_(11)<0$;
kui $\Delta<0$, 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.

Näited probleemide lahendamisest

Algoritm paljude muutujate funktsiooni ekstreemumi leidmiseks:

Leiame statsionaarsed punktid;
Leiame 2. järku diferentsiaali kõikidest statsionaarsetest punktidest
Kasutades mitme muutuja funktsiooni ekstreemumi piisavat tingimust, arvestame teist järku diferentsiaali igas statsionaarses punktis

Uurige funktsiooni ekstreemumini $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$.
Lahendus
Leidke esimese järgu osatuletised: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) — 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Koostage ja lahendage süsteem: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x ) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \Paremnool \begin(cases)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \ cdot y^(2) - 6 \cdot x = 0\end(cases) \Rightnarrow \begin(cases)x^(2) - 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) - x = 0 \end(cases)$$ 2. võrrandist väljendame $x=4 \cdot y^(2)$ — asendame 1. võrrandiga: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2)\ parem )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $$ y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Selle tulemusena saadakse 2 statsionaarset punkti:
1) $y=0 \paremnool x = 0, M_(1) = \left(0, 0\right)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Paremnool y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\right)$
Kontrollime piisava ekstreemumi tingimuse täitmist:
$$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
1) Punkti $M_(1)= \left(0,0\right)$ jaoks:
$$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\right)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(0,0\right)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(0,0\right)=0;$$
$A_(1) \cpunkt B_(1) - C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
2) Punkti $M_(2)$ puhul:
$$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=24;$$
$A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, seega on punktis $M_(2)$ ekstreemum ja kuna $A_(2)>0 $, siis see on miinimum.
Vastus: Punkt $\displaystyle M_(2) \left(1,\frac(1)(2)\right)$ on funktsiooni $f$ miinimumpunkt.
Uurige ekstreemumi $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$ funktsiooni.
Lahendus
Otsige statsionaarseid punkte: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
Koostage ja lahendage süsteem: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \ Paremnool \begin(cases)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(juhtumid) \Paremnool \begin(cases) y = 2\\y + x = 1\lõpp(juhtumid) \Paremnool x = -1$$
$M_(0) \left(-1, 2\right)$ on statsionaarne punkt.
Kontrollime piisava ekstreemumi tingimuse täitmist: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\right)=2;$$
$A \cdot B - C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
Vastus: äärmusi pole.

Ajapiirang: 0

Navigeerimine (ainult töönumbrid)

0 4-st ülesandest täidetud

Teave

Selle viktoriiniga saate testida oma teadmisi äsja loetud teema kohta: Paljude muutujate funktsioonide kohalik äärmus.

Olete testi juba varem teinud. Te ei saa seda uuesti käivitada.

Testi laaditakse...

Testi alustamiseks peate sisse logima või registreeruma.

Selle testi alustamiseks peate täitma järgmised testid.

tulemused

Õiged vastused: 0/4

Sinu aeg:

Aeg on läbi

Sa said 0 punkti 0-st (0)

Sinu tulemus on edetabelisse kantud

Koos vastusega
Välja vaadatud

Ülesanne 1/4

1 .

Punktide arv: 1

Uurige funktsiooni $f$ ekstreemsuse jaoks: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

Õigesti

Mitte korralikult

Ülesanne 2/4

2 .
Punktide arv: 1
Kas funktsioon $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$