De verandering in een functie op een bepaald punt wordt gedefinieerd als de limiet van de functietoename tot de argumenttoename, die naar nul neigt. Gebruik de tabel met afgeleiden om het te vinden. De afgeleide van de functie y = x3 is bijvoorbeeld gelijk aan y ’= x2.

Zet deze afgeleide op nul (in dit geval x2 = 0).

Zoek de waarde van de gegeven variabele. Dit zijn de waarden wanneer de gegeven afgeleide gelijk is aan 0. Om dit te doen, vervangt u willekeurige cijfers in de uitdrukking in plaats van x, waarbij de gehele uitdrukking nul wordt. Bijvoorbeeld:

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

Zet de verkregen waarden op de coördinaatlijn en bereken het teken van de afgeleide voor elk van de verkregen. Punten worden gemarkeerd op de coördinaatlijn, die als oorsprong worden genomen. Om de waarde in de intervallen te berekenen, vervangt u willekeurige waarden die aan de criteria voldoen. Voor de vorige functie, tot -1, kunt u bijvoorbeeld een waarde van -2 kiezen. Van -1 tot 1 kunt u 0 kiezen, en voor waarden groter dan 1, kies 2. Vervang deze getallen in de afgeleide en ontdek het teken van de afgeleide. In dit geval zal de afgeleide met x = -2 -0,24 zijn, d.w.z. negatief en er zal een minteken op dit interval staan. Als x = 0, dan is de waarde gelijk aan 2 en wordt er een teken op dit interval geplaatst. Als x = 1, dan is de afgeleide ook -0,24 en wordt minus gezet.

Als bij het passeren van een punt op de coördinaatlijn de afgeleide van teken verandert van min naar plus, dan is dit een minimumpunt, en als van plus naar min, dan is dit een maximumpunt.

Gerelateerde video's

Nuttig advies

Om de afgeleide te vinden, zijn er online diensten die de vereiste waarden berekenen en het resultaat weergeven. Op zulke sites vind je een afgeleide tot de 5e orde.

bronnen:

  • Een van de diensten voor het berekenen van derivaten
  • maximaal punt van functie

De maximale punten van een functie, samen met de minimale punten, worden extreme punten genoemd. Op deze punten verandert de functie van gedrag. Extrema worden bepaald met beperkte numerieke intervallen en zijn altijd lokaal.

instructies:

Het proces van het vinden van lokale extrema wordt een functie genoemd en wordt uitgevoerd door de eerste en tweede afgeleiden van de functie te analyseren. Zorg ervoor dat het opgegeven bereik van argumentwaarden geldige waarden zijn voordat u het onderzoekt. Voor de functie F = 1 / x is bijvoorbeeld de waarde van het argument x = 0 ongeldig. Of, voor de functie Y = tg (x), kan het argument niet de waarde x = 90 ° hebben.

Zorg ervoor dat de Y-functie differentieerbaar is over het hele gegeven segment. Zoek de eerste afgeleide Y ". Het is duidelijk dat, voordat het punt van het lokale maximum wordt bereikt, de functie toeneemt, en wanneer hij door het maximum gaat, wordt de functie afnemend. De eerste afgeleide op zijn eigen manier fysiek gevoel karakteriseert de snelheid van verandering van de functie. Terwijl de functie toeneemt, is de snelheid van dit proces positief. Bij het passeren van het lokale maximum begint de functie af te nemen en wordt de snelheid van het proces van het veranderen van de functie negatief. De overgang van de veranderingssnelheid van de functie door nul vindt plaats op het punt van het lokale maximum.

$ E \ subset \ mathbb (R) ^ (n) $. $ F $ zou hebben lokaal maximum op het punt $ x_ (0) \ in E $, als er een buurt $ U $ van het punt $ x_ (0) $ bestaat zodat voor alle $ x \ in U $ de ongelijkheid $ f \ left (x \ right ) \ leqslant f \ links (x_ (0) \ rechts) $.

Het lokale maximum heet streng als de buurt $ U $ zo gekozen kan worden dat voor alle $ x \ in U $ anders dan $ x_ (0) $, er $ f \ left (x \ right) is< f\left(x_{0}\right)$.

Definitie
Laat $ f $ een reële functie zijn op de open verzameling $ E \ deelverzameling \ mathbb (R) ^ (n) $. $ F $ zou hebben lokaal minimum op het punt $ x_ (0) \ in E $, als er een buurt $ U $ van het punt $ x_ (0) $ bestaat zodat voor alle $ x \ in U $ de ongelijkheid $ f \ left (x \ right ) \ geqslant f \ links (x_ (0) \ rechts) $.

Een lokaal minimum wordt strict genoemd als de buurt $ U $ zo gekozen kan worden dat voor alle $ x \ in U $ anders dan $ x_ (0) $, $ f \ left (x \ right)> f \ left (x_ ( 0) \ rechts) $.

Lokaal extremum combineert de concepten van lokaal minimum en lokaal maximum.

Stelling ( Noodzakelijke voorwaarde extremum van differentieerbare functie)
Laat $ f $ een reële functie zijn op de open verzameling $ E \ deelverzameling \ mathbb (R) ^ (n) $. Als op het punt $ x_ (0) \ in E $ de functie $ f $ op dit punt een lokaal extremum heeft, dan is $$ \ text (d) f \ left (x_ (0) \ right) = 0. $$ Gelijkheid tot nul differentiaal is gelijk aan het feit dat ze allemaal gelijk zijn aan nul, d.w.z. $$ \ displaystyle \ frac (\ gedeeltelijk f) (\ gedeeltelijk x_ (i)) \ left (x_ (0) \ right) = 0. $$

In het eendimensionale geval wel. We noteren $ \ phi \ left (t \ right) = f \ left (x_ (0) + th \ right) $, waarbij $ h $ een willekeurige vector is. De functie $ \ phi $ is gedefinieerd voor voldoende kleine waarden van $ t $ in absolute waarde. Bovendien is het differentieerbaar door, en $ (\ phi) ’\ left (t \ right) = \ text (d) f \ left (x_ (0) + th \ right) h $.
Laat $ f $ een lokaal maximum hebben op het punt x $ 0 $. De functie $ \ phi $ voor $ t = 0 $ heeft dus een lokaal maximum en, volgens de stelling van Fermat, $ (\ phi) ’\ left (0 \ right) = 0 $.
Dus we hebben dat $ df \ left (x_ (0) \ right) = 0 $, d.w.z. van de functie $ f $ op het punt $ x_ (0) $ is gelijk aan nul op elke vector $ h $.

Definitie
Punten waarop het verschil nul is, d.w.z. die waarin alle partiële afgeleiden gelijk zijn aan nul worden stationair genoemd. Kritieke punten de functie $ f $ wordt zulke punten genoemd waarop $ f $ niet differentieerbaar is, of gelijk is aan nul. Als het punt stilstaat, betekent dit nog niet dat de functie op dit punt een extremum heeft.

Voorbeeld 1.
Laat $ f \ left (x, y \ right) = x ^ (3) + y ^ (3) $. Dan $ \ displaystyle \ frac (\ gedeeltelijk f) (\ gedeeltelijk x) = 3 \ cdot x ^ (2) $, $ \ displaystyle \ frac (\ gedeeltelijk f) (\ gedeeltelijk y) = 3 \ cdot y ^ (2 ) $, dus $ \ left (0,0 \ right) $ is een stationair punt, maar op dit punt heeft de functie geen extremum. Inderdaad, $ f \ left (0,0 \ right) = 0 $, maar het is gemakkelijk in te zien dat in elke buurt van het punt $ \ left (0,0 \ right) $ de functie zowel positieve als negatieve waarden aanneemt.

Voorbeeld 2.
De functie $ f \ left (x, y \ right) = x ^ (2) - y ^ (2) $ heeft zijn oorsprong als een stationair punt, maar het is duidelijk dat er op dit punt geen extremum is.

Stelling (voldoende voorwaarde voor een extremum).
Laat de functie $ f $ twee keer continu differentieerbaar zijn op de open verzameling $ E \ deelverzameling \ mathbb (R) ^ (n) $. Laat $ x_ (0) \ in E $ een stationair punt zijn en $$ \ displaystyle Q_ (x_ (0)) \ left (h \ right) \ equiv \ sum_ (i = 1) ^ n \ sum_ (j = 1 ) ^ n \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x_ (i) \ gedeeltelijk x_ (j)) \ links (x_ (0) \ rechts) h ^ (i) h ^ (j). $ $ Dan

  1. als $ Q_ (x_ (0)) $ -, dan heeft de functie $ f $ op het punt $ x_ (0) $ een lokaal extremum, namelijk een minimum als de vorm positief definitief is, en een maximum als de vorm negatief bepaald;
  2. als de kwadratische vorm $ Q_ (x_ (0)) $ ongedefinieerd is, dan heeft de functie $ f $ op het punt $ x_ (0) $ geen extremum.

Laten we de expansie gebruiken volgens de Taylor-formule (12,7 p. 292). Rekening houdend met het feit dat de partiële afgeleiden van de eerste orde op het punt $ x_ (0) $ gelijk zijn aan nul, krijgen we $$ \ displaystyle f \ left (x_ (0) + h \ right) −f \ left (x_ (0) \ rechts) = \ frac (1) (2) \ sum_ (i = 1) ^ n \ sum_ (j = 1) ^ n \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x_ (i ) \ gedeeltelijk x_ (j)) \ links (x_ (0) + \ theta h \ rechts) h ^ (i) h ^ (j), $$ waar $ 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 $, en $ \ epsilon \ left (h \ right) \ rightarrow 0 $ voor $ h \ rightarrow 0 $, dan is de rechterkant positief voor elke vector $ h $ van voldoende kleine lengte.
Dus kwamen we tot de conclusie dat in een bepaalde buurt van het punt $ x_ (0) $ de ongelijkheid $ f \ left (x \ right)> f \ left (x_ (0) \ right) $ geldt, al was het maar $ x \ neq x_ (0) $ (we zetten $ x = x_ (0) + h $ \ rechts). Dit betekent dat op het punt $ x_ (0) $ de functie een strikt lokaal minimum heeft, en daarmee is het eerste deel van onze stelling bewezen.
Stel nu dat $ Q_ (x_ (0)) $ een ongedefinieerde vorm is. Dan zijn er vectoren $ h_ (1) $, $ h_ (2) $ zodanig dat $ Q_ (x_ (0)) \ left (h_ (1) \ right) = \ lambda_ (1)> 0 $, $ Q_ ( x_ (0)) \ links (h_ (2) \ rechts) = \ lambda_ (2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0 $. Dan krijgen we $$ f \ left (x_ (0) + th_ (1) \ right) −f \ left (x_ (0) \ right) = \ frac (1) (2) \ left [t ^ (2) \ lambda_ (1) + t ^ (2) | h_ (1) | ^ (2) \ epsilon \ links (th_ (1) \ rechts) \ rechts] = \ frac (1) (2) t ^ (2) \ left [\ lambda_ (1) + | h_ (1) | ^ (2) \ epsilon \ left (th_ (1) \ right) \ right] $$ Voor voldoende kleine $ t> 0 $ de rechterkant is positief. Dit betekent dat in elke buurt van het punt $ x_ (0) $ de functie $ f $ waarden $ f \ left (x \ right) $ aanneemt die groter zijn dan $ f \ left (x_ (0) \ right) $.
Op dezelfde manier verkrijgen we dat in elke buurt van het punt $ x_ (0) $ de functie $ f $ waarden aanneemt die kleiner zijn dan $ f \ left (x_ (0) \ right) $. Dit, samen met de vorige, betekent dat op het punt $ x_ (0) $ de functie $ f $ geen extremum heeft.

Overwegen speciaal geval van deze stelling voor de functie $ f \ left (x, y \ right) $ van twee variabelen, gedefinieerd in een bepaalde buurt van het punt $ \ left (x_ (0), y_ (0) \ right) $ en met continue partiële afgeleiden van de eerste en tweede orde. Stel dat $ \ left (x_ (0), y_ (0) \ right) $ een stationair punt is, en geef $$ \ displaystyle a_ (11) = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x ^ (2)) \ links (x_ (0), y_ (0) \ rechts), a_ (12) = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x \ gedeeltelijk y) \ links (x_ ( 0 ), y_ (0) \ rechts), a_ (22) = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk y ^ (2)) \ links (x_ (0), y_ (0) \ rechts ) $$ Dan heeft de vorige stelling de volgende vorm.

Stelling
Laat $ \ Delta = a_ (11) \ cdot a_ (22) - a_ (12) ^ 2 $. Dan:

  1. als $ \ Delta> 0 $, dan heeft de functie $ f $ een lokaal extremum op het punt $ \ left (x_ (0), y_ (0) \ right) $, namelijk een minimum als $ a_ (11)> 0 $ , en maximaal als $ a_ (11)<0$;
  2. als $ \ 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.

Voorbeelden van probleemoplossing

Algoritme voor het vinden van het uiterste van een functie van vele variabelen:

  1. Zoek stationaire punten;
  2. Vind het differentieel van de 2e orde op alle stationaire punten
  3. Gebruikmakend van de voldoende voorwaarde voor het extremum van een functie van meerdere variabelen, beschouwen we het differentieel van de tweede orde op elk stationair punt
  1. Onderzoek de functie voor het extremum $ f \ left (x, y \ right) = x ^ (3) + 8 \ cdot y ^ (3) + 18 \ cdot x - 30 \ cdot y $.
    Oplossing

    Zoek de partiële afgeleiden van de 1e orde: $$ \ displaystyle \ frac (\ gedeeltelijk f) (\ gedeeltelijk x) = 3 \ cdot x ^ (2) - 6 \ cdot y; $$ $$ \ displaystyle \ frac (\ gedeeltelijk f ) (\ partiële y) = 24 \ cdot y ^ (2) - 6 \ cdot x $$ Laten we het systeem samenstellen en oplossen: $$ \ displaystyle \ begin (gevallen) \ frac (\ gedeeltelijk f) (\ gedeeltelijk x ) = 0 \\\ frac (\ gedeeltelijke f) (\ gedeeltelijke y) = 0 \ einde (hoofdletters) \ Pijl naar rechts \ begin (hoofdletters) 3 \ cdot x ^ (2) - 6 \ cdot y = 0 \\ 24 \ cdot y ^ (2) - 6 \ cdot x = 0 \ einde (hoofdletters) \ Pijl naar rechts \ begin (hoofdletters) x ^ (2) - 2 \ cdot y = 0 \\ 4 \ cdot y ^ (2) - x = 0 \ end (cases) $$ Uit de 2e vergelijking, druk $ x = 4 \ cdot y ^ (2) $ - vervang in de 1e vergelijking: $$ \ displaystyle \ left (4 \ cdot y ^ (2) \ right ) ^ (2) -2 \ cdot y = 0 $$ $$ 16 \ cdot y ^ (4) - 2 \ cdot y = 0 $$ $$ 8 \ cdot y ^ (4) - y = 0 $$ $ $ y \ left (8 \ cdot y ^ (3) -1 \ right) = 0 $$ Als resultaat worden 2 stationaire punten verkregen:
    1) $ y = 0 \ Pijl naar rechts x = 0, M_ (1) = \ links (0, 0 \ rechts) $;
    2) $ \ displaystyle 8 \ cdot y ^ (3) -1 = 0 \ Pijl naar rechts y ^ (3) = \ frac (1) (8) \ Pijl naar rechts y = \ frac (1) (2) \ Pijl naar rechts x = 1 , M_ (2) = \ links (\ frac (1) (2), 1 \ rechts) $
    Laten we nagaan of aan de voldoende voorwaarde voor een extremum is voldaan:
    $$ \ displaystyle \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x ^ (2)) = 6 \ cdot x; \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x \ gedeeltelijk y) = - 6; \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk y ^ (2)) = 48 \ cdot y $$
    1) Voor punt $ M_ (1) = \ links (0,0 \ rechts) $:
    $$ \ displaystyle A_ (1) = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x ^ (2)) \ links (0,0 \ rechts) = 0; B_ (1) = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x \ gedeeltelijk y) \ links (0,0 \ rechts) = - 6; C_ (1) = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk y ^ (2)) \ links (0,0 \ rechts) = 0; $$
    $ A_ (1) \ cdot B_ (1) - C_ (1) ^ (2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
    2) Voor punt $ M_ (2) $:
    $$ \ displaystyle A_ (2) = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x ^ (2)) \ links (1, \ frac (1) (2) \ rechts) = 6; B_ (2) = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x \ gedeeltelijk y) \ links (1, \ frac (1) (2) \ rechts) = - 6; C_ (2) = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk y ^ (2)) \ links (1, \ frac (1) (2) \ rechts) = 24; $$
    $ A_ (2) \ cdot B_ (2) - C_ (2) ^ (2) = 108> 0 $, dus er is een extremum op het punt $ M_ (2) $, en aangezien $ A_ (2)> 0 $, dan is dit het minimum.
    Antwoord: Het punt $ \ displaystyle M_ (2) \ left (1, \ frac (1) (2) \ right) $ is het minimumpunt van de functie $ f $.

  2. Onderzoek de functie voor het extremum $ f = y ^ (2) + 2 \ cdot x \ cdot y - 4 \ cdot x - 2 \ cdot y - 3 $.
    Oplossing

    Zoek stationaire punten: $$ \ displaystyle \ frac (\ gedeeltelijke f) (\ gedeeltelijke x) = 2 \ cdot y - 4; $$ $$ \ displaystyle \ frac (\ gedeeltelijke f) (\ gedeeltelijke y) = 2 \ cdot y + 2 \ cdot x - 2. $$
    Laten we het systeem samenstellen en oplossen: $$ \ displaystyle \ begin (gevallen) \ frac (\ gedeeltelijk f) (\ gedeeltelijk x) = 0 \\\ frac (\ gedeeltelijk f) (\ gedeeltelijk y) = 0 \ end (gevallen ) \ Pijl naar rechts \ begin (hoofdletters) 2 \ cdot y - 4 = 0 \\ 2 \ cdot y + 2 \ cdot x - 2 = 0 \ einde (hoofdletters) \ Pijl naar rechts \ begin (hoofdletters) y = 2 \\ y + x = 1 \ einde (hoofdletters) \ Pijl naar rechts x = -1 $$
    $ M_ (0) \ links (-1, 2 \ rechts) $ is een stationair punt.
    Laten we controleren of aan de voorwaarde voor voldoende extremum is voldaan: $$ \ displaystyle A = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x ^ (2)) \ left (-1,2 \ right) = 0; B = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x \ gedeeltelijk y) \ links (-1,2 \ rechts) = 2; C = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk y ^ (2)) \ links (-1,2 \ rechts) = 2; $$
    $ A \ cdot B - C ^ (2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
    Antwoord: er zijn geen uitersten.

Tijdslimiet: 0

Navigatie (alleen taaknummers)

0 van 4 vragen ingevuld

Informatie

Doe deze quiz om uw kennis te testen van het onderwerp dat u zojuist hebt gelezen, 'Lokale extremen van functies van vele variabelen'.

Je hebt de test al eerder gedaan. Je kunt hem niet opnieuw starten.

De test wordt geladen...

U moet inloggen of registreren om de test te starten.

U moet de volgende tests voltooien om deze te starten:

resultaten

Juiste antwoorden: 0 van 4

Jouw tijd:

De tijd is op

Je scoorde 0 van de 0 punten (0)

Je resultaat is opgenomen op het leaderboard

  1. Met het antwoord
  2. Gemarkeerd als bekeken

    Taak 1 van 4

    1 .
    Punten: 1

    Onderzoek de functie $ f $ voor extrema: $ f = e ^ (x + y) (x ^ (2) -2 \ cdot y ^ (2)) $

    Rechts

    Niet zoals het hoort

  1. Vraag 2 van 4

    2 .
    Punten: 1

    Is de functie $ f = 4 + \ sqrt ((x ^ (2) + y ^ (2)) ^ (2)) $

Het uiterste punt van een functie is een punt in het domein van een functie waar de waarde van een functie een minimale of maximale waarde aanneemt. De waarden van de functie op deze punten worden de extrema (minimum en maximum) van de functie genoemd.

Definitie... Punt x1 functie domein F(x) wordt genoemd maximum punt van de functie , als de waarde van de functie op dit punt groter is dan de waarden van de functie op punten dichtbij genoeg, rechts en links ervan (dat wil zeggen, de ongelijkheid F(x0 ) > F(x 0 + Δ x) x1 maximaal.

Definitie... Punt x2 functie domein F(x) wordt genoemd het minimumpunt van de functie, als de waarde van de functie op dit punt kleiner is dan de waarden van de functie op punten die er dicht genoeg bij liggen, rechts en links ervan (dat wil zeggen, de ongelijkheid F(x0 ) < F(x 0 + Δ x) ). In dit geval wordt gezegd dat de functie heeft op het punt x2 minimum.

Laten we zeggen punt x1 is het maximale punt van de functie F(x). Dan in de pauze tot x1 functie neemt toe, dus de afgeleide van de functie is groter dan nul ( F "(x)> 0), en in het interval na x1 de functie neemt dus af, en afgeleide van een functie minder dan nul ( F "(x) < 0 ). Тогда в точке x1

Laten we ook aannemen dat het punt x2 is het minimumpunt van de functie F(x). Dan in de pauze tot x2 de functie neemt af en de afgeleide van de functie is kleiner dan nul ( F "(x) < 0 ), а в интервале после x2 de functie neemt toe en de afgeleide van de functie is groter dan nul ( F "(x)> 0). In dit geval ook op het punt x2 de afgeleide van de functie is nul of bestaat niet.

Stelling van Fermat (een noodzakelijk criterium voor het bestaan ​​van een extremum van een functie)... Als punt x0 is het uiterste punt van de functie F(x), dan is op dit punt de afgeleide van de functie gelijk aan nul ( F "(x) = 0) of bestaat niet.

Definitie... De punten waarop de afgeleide van een functie nul is of niet bestaat, worden genoemd kritieke punten .

Voorbeeld 1. Laten we eens kijken naar een functie.

Bij het punt x= 0, de afgeleide van de functie is gelijk aan nul, dus het punt x= 0 is het kritieke punt. Zoals te zien is in de grafiek van de functie, neemt deze echter toe over het hele definitiedomein, dus het punt x= 0 is niet het uiterste punt van deze functie.

Dus de voorwaarden dat de afgeleide van een functie op een punt nul is of niet bestaat, zijn noodzakelijke voorwaarden voor een extremum, maar niet voldoende, aangezien andere voorbeelden van functies waarvoor aan deze voorwaarden wordt voldaan, maar de functie geen extremum heeft op het overeenkomstige punt kan worden gegeven. Dus je moet genoeg tekens hebben, waardoor kan worden beoordeeld of er een extremum is op een bepaald kritiek punt en welke een maximum of een minimum is.

Stelling (het eerste voldoende criterium voor het bestaan ​​van een extremum van een functie). Kritisch punt x0 F(x), als de afgeleide van de functie van teken verandert bij het passeren van dit punt, en als het teken verandert van "plus" naar "min", dan is het maximum punt, en als van "min" naar "plus", dan het minimum punt .

Als in de buurt van het punt x0 , links en rechts ervan, behoudt de afgeleide het teken, dan betekent dit dat de functie alleen afneemt of alleen toeneemt in een bepaalde buurt van het punt x0 ... In dit geval, op het punt x0 er is geen extreem.

Dus, om de extreme punten van de functie te bepalen, moet u het volgende doen: :

  1. Zoek de afgeleide van de functie.
  2. Zet de afgeleide op nul en bepaal de kritische punten.
  3. Markeer mentaal of op papier de kritische punten op de numerieke as en bepaal de tekens van de afgeleide van de functie in de verkregen intervallen. Als het teken van de afgeleide verandert van "plus" naar "min", dan is het kritieke punt het maximumpunt, en als van "min" naar "plus", dan het minimumpunt.
  4. Bereken de waarde van de functie op de uiterste punten.

Voorbeeld 2. Vind extremen van een functie .

Oplossing. Laten we de afgeleide van de functie zoeken:

Laten we de afgeleide op nul zetten om de kritieke punten te vinden:

.

Aangezien voor alle waarden van de "x" de noemer niet nul is, stellen we de teller gelijk aan nul:

Heb een omslagpunt x= 3. Laten we het teken van de afgeleide bepalen in de intervallen die door dit punt worden begrensd:

in het bereik van min oneindig tot 3 - het minteken, dat wil zeggen, de functie neemt af,

in het bereik van 3 tot plus oneindig - het plusteken, dat wil zeggen, de functie neemt toe.

Dat wil zeggen, punt x= 3 is het minimumpunt.

Laten we de waarde van de functie op het minimumpunt vinden:

Het uiterste punt van de functie wordt dus gevonden: (3; 0), en het is het minimumpunt.

Stelling (het tweede voldoende criterium voor het bestaan ​​van een extremum van een functie). Kritisch punt x0 is het uiterste punt van de functie F(x) als de tweede afgeleide van de functie op dit punt niet nul is ( F ""(x) ≠ 0), en als de tweede afgeleide groter is dan nul ( F ""(x)> 0), dan het maximum punt, en als de tweede afgeleide kleiner is dan nul ( F ""(x) < 0 ), то точкой минимума.

Opmerking 1. Als op het punt x0 zowel de eerste als de tweede afgeleide verdwijnen, dan is het op dit punt onmogelijk om de aanwezigheid van een extremum te beoordelen op basis van het tweede voldoende-criterium. In dit geval is het noodzakelijk om de eerste voldoende indicator van het extremum van de functie te gebruiken.

Opmerking 2. Het tweede voldoende criterium voor het extremum van een functie is ook niet van toepassing als de eerste afgeleide niet bestaat op het stationaire punt (dan bestaat de tweede afgeleide ook niet). In dit geval is het ook noodzakelijk om de eerste voldoende indicator van het extremum van de functie te gebruiken.

Het lokale karakter van de extrema van de functie

Uit de bovenstaande definities volgt dat het extremum van de functie een lokaal karakter heeft - het is de grootste en kleinste waarde functie vergeleken met nabijgelegen waarden.

Stel dat u kijkt naar uw inkomsten over een periode van een jaar. Als u in mei 45.000 roebel hebt verdiend en in april 42.000 roebel en in juni 39.000 roebel, dan zijn de inkomsten in mei het maximum van de inkomstenfunctie in vergelijking met de dichtstbijzijnde waarden. Maar in oktober verdiende u 71.000 roebel, in september 75.000 roebel en in november 74.000 roebel, dus de inkomsten in oktober zijn het minimum van de inkomstenfunctie in vergelijking met de nabijgelegen waarden. En je kunt gemakkelijk zien dat het maximum onder de april-mei-juni waarden lager is dan het september-oktober-november minimum.

Over het algemeen kan een functie op het interval meerdere extremen hebben, en het kan zijn dat elk minimum van de functie groter is dan elk maximum. Dus, voor de functie getoond in de bovenstaande afbeelding,.

Dat wil zeggen, men moet niet denken dat het maximum en minimum van een functie respectievelijk de grootste en kleinste waarden zijn over het gehele beschouwde interval. Op het maximale punt heeft de functie alleen de grootste waarde in vergelijking met de waarden die het heeft op alle punten die dicht genoeg bij het maximale punt liggen, en op het minimumpunt - de kleinste waarde alleen in vergelijking met de waarden die het heeft op alle punten dicht genoeg bij het minimum punt.

Daarom is het mogelijk om het bovenstaande concept van extreme punten van een functie te verduidelijken en de minimumpunten aan te roepen als lokale minimumpunten, en maximumpunten - lokale maximumpunten.

Samen op zoek naar extrema van een functie

Voorbeeld 3.

Oplossing: De functie is gedefinieerd en continu op de hele getallenlijn. zijn afgeleide bestaat ook op de hele getallenlijn. Daarom zijn in dit geval de kritieke punten alleen die waarop, d.w.z. , vanwaar en. Kritieke punten en verdeel het hele domein van de functie in drie intervallen van monotoniciteit:. Laten we in elk daarvan één controlepunt kiezen en op dit punt het teken van de afgeleide zoeken.

Voor het interval kan het controlepunt zijn: vinden. Als we een punt in het interval nemen, krijgen we, en een punt in het interval nemen, hebben we. Dus, in de intervallen en, en in de pauze. Volgens het eerste voldoende criterium voor een extremum is er geen extremum op het punt (omdat de afgeleide zijn teken in het interval behoudt), en op het punt heeft de functie een minimum (omdat de afgeleide van teken verandert van min naar plus bij het passeren via dit punt). Laten we de bijbehorende waarden van de functie zoeken:, a. In het interval neemt de functie af, zoals in dit interval, en in het interval neemt deze toe, zoals in dit interval.

Om de constructie van de grafiek te verduidelijken, zullen we de snijpunten met de coördinaatassen vinden. We krijgen namelijk een vergelijking waarvan de wortels en, d.w.z. twee punten (0; 0) en (4; 0) van de grafiek van de functie worden gevonden. Met alle verkregen informatie bouwen we een grafiek (zie aan het begin van het voorbeeld).

Voorbeeld 4. Zoek de extrema van de functie en bouw de grafiek ervan.

Het domein van de functie is de hele getallenlijn, behalve het punt, d.w.z. ...

Om het onderzoek in te korten, kunt u het feit gebruiken dat deze functie even is, aangezien ... Daarom is de grafiek symmetrisch om de as Oy en verkenning kan slechts gedurende een interval worden uitgevoerd.

Vind de afgeleide en de kritische punten van de functie:

1) ;

2) ,

maar de functie breekt op dit punt, dus het kan geen extreem punt zijn.

De gegeven functie heeft dus twee kritieke punten: en. Laten we, rekening houdend met de pariteit van de functie, alleen het punt controleren aan de hand van het tweede voldoende criterium van het extremum. Om dit te doen, vinden we de tweede afgeleide en definieer het teken bij: we krijgen. Aangezien en, dan is het minimumpunt van de functie, terwijl .

Om een ​​vollediger beeld te krijgen van de grafiek van een functie, gaan we kijken naar het gedrag aan de grenzen van het definitiedomein:

(hier duidt het symbool het verlangen aan) x naar nul aan de rechterkant, en x blijft positief; betekent ook aspiratie x naar nul aan de linkerkant, en x blijft negatief). Dus, als, dan. Verder vinden we

,

die. als dan.

De grafiek van de functie heeft geen snijpunten met de assen. De afbeelding staat aan het begin van het voorbeeld.

We blijven samen zoeken naar extrema van de functie

Voorbeeld 8. Zoek de extrema van de functie.

Oplossing. Laten we het domein van de functie zoeken. Aangezien de ongelijkheid moet gelden, verkrijgen we van.

Laten we de eerste afgeleide van de functie zoeken:

Laten we de kritieke punten van de functie zoeken.

$ E \ subset \ mathbb (R) ^ (n) $. $ F $ zou hebben lokaal maximum op het punt $ x_ (0) \ in E $, als er een buurt $ U $ van het punt $ x_ (0) $ bestaat zodat voor alle $ x \ in U $ de ongelijkheid $ f \ left (x \ right ) \ leqslant f \ links (x_ (0) \ rechts) $.

Het lokale maximum heet streng als de buurt $ U $ zo gekozen kan worden dat voor alle $ x \ in U $ anders dan $ x_ (0) $, er $ f \ left (x \ right) is< f\left(x_{0}\right)$.

Definitie
Laat $ f $ een reële functie zijn op de open verzameling $ E \ deelverzameling \ mathbb (R) ^ (n) $. $ F $ zou hebben lokaal minimum op het punt $ x_ (0) \ in E $, als er een buurt $ U $ van het punt $ x_ (0) $ bestaat zodat voor alle $ x \ in U $ de ongelijkheid $ f \ left (x \ right ) \ geqslant f \ links (x_ (0) \ rechts) $.

Een lokaal minimum wordt strict genoemd als de buurt $ U $ zo gekozen kan worden dat voor alle $ x \ in U $ anders dan $ x_ (0) $, $ f \ left (x \ right)> f \ left (x_ ( 0) \ rechts) $.

Lokaal extremum combineert de concepten van lokaal minimum en lokaal maximum.

Stelling (noodzakelijke voorwaarde voor het extremum van een differentieerbare functie)
Laat $ f $ een reële functie zijn op de open verzameling $ E \ deelverzameling \ mathbb (R) ^ (n) $. Als op het punt $ x_ (0) \ in E $ de functie $ f $ op dit punt een lokaal extremum heeft, dan is $$ \ text (d) f \ left (x_ (0) \ right) = 0. $$ Gelijkheid tot nul differentiaal is gelijk aan het feit dat ze allemaal gelijk zijn aan nul, d.w.z. $$ \ displaystyle \ frac (\ gedeeltelijk f) (\ gedeeltelijk x_ (i)) \ left (x_ (0) \ right) = 0. $$

In het eendimensionale geval wel. We noteren $ \ phi \ left (t \ right) = f \ left (x_ (0) + th \ right) $, waarbij $ h $ een willekeurige vector is. De functie $ \ phi $ is gedefinieerd voor voldoende kleine waarden van $ t $ in absolute waarde. Bovendien is het differentieerbaar door, en $ (\ phi) ’\ left (t \ right) = \ text (d) f \ left (x_ (0) + th \ right) h $.
Laat $ f $ een lokaal maximum hebben op het punt x $ 0 $. De functie $ \ phi $ voor $ t = 0 $ heeft dus een lokaal maximum en, volgens de stelling van Fermat, $ (\ phi) ’\ left (0 \ right) = 0 $.
Dus we hebben dat $ df \ left (x_ (0) \ right) = 0 $, d.w.z. van de functie $ f $ op het punt $ x_ (0) $ is gelijk aan nul op elke vector $ h $.

Definitie
Punten waarop het verschil nul is, d.w.z. die waarin alle partiële afgeleiden gelijk zijn aan nul worden stationair genoemd. Kritieke punten de functie $ f $ wordt zulke punten genoemd waarop $ f $ niet differentieerbaar is, of gelijk is aan nul. Als het punt stilstaat, betekent dit nog niet dat de functie op dit punt een extremum heeft.

Voorbeeld 1.
Laat $ f \ left (x, y \ right) = x ^ (3) + y ^ (3) $. Dan $ \ displaystyle \ frac (\ gedeeltelijk f) (\ gedeeltelijk x) = 3 \ cdot x ^ (2) $, $ \ displaystyle \ frac (\ gedeeltelijk f) (\ gedeeltelijk y) = 3 \ cdot y ^ (2 ) $, dus $ \ left (0,0 \ right) $ is een stationair punt, maar op dit punt heeft de functie geen extremum. Inderdaad, $ f \ left (0,0 \ right) = 0 $, maar het is gemakkelijk in te zien dat in elke buurt van het punt $ \ left (0,0 \ right) $ de functie zowel positieve als negatieve waarden aanneemt.

Voorbeeld 2.
De functie $ f \ left (x, y \ right) = x ^ (2) - y ^ (2) $ heeft zijn oorsprong als een stationair punt, maar het is duidelijk dat er op dit punt geen extremum is.

Stelling (voldoende voorwaarde voor een extremum).
Laat de functie $ f $ twee keer continu differentieerbaar zijn op de open verzameling $ E \ deelverzameling \ mathbb (R) ^ (n) $. Laat $ x_ (0) \ in E $ een stationair punt zijn en $$ \ displaystyle Q_ (x_ (0)) \ left (h \ right) \ equiv \ sum_ (i = 1) ^ n \ sum_ (j = 1 ) ^ n \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x_ (i) \ gedeeltelijk x_ (j)) \ links (x_ (0) \ rechts) h ^ (i) h ^ (j). $ $ Dan

  1. als $ Q_ (x_ (0)) $ -, dan heeft de functie $ f $ op het punt $ x_ (0) $ een lokaal extremum, namelijk een minimum als de vorm positief definitief is, en een maximum als de vorm negatief bepaald;
  2. als de kwadratische vorm $ Q_ (x_ (0)) $ ongedefinieerd is, dan heeft de functie $ f $ op het punt $ x_ (0) $ geen extremum.

Laten we de expansie gebruiken volgens de Taylor-formule (12,7 p. 292). Rekening houdend met het feit dat de partiële afgeleiden van de eerste orde op het punt $ x_ (0) $ gelijk zijn aan nul, krijgen we $$ \ displaystyle f \ left (x_ (0) + h \ right) −f \ left (x_ (0) \ rechts) = \ frac (1) (2) \ sum_ (i = 1) ^ n \ sum_ (j = 1) ^ n \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x_ (i ) \ gedeeltelijk x_ (j)) \ links (x_ (0) + \ theta h \ rechts) h ^ (i) h ^ (j), $$ waar $ 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 $, en $ \ epsilon \ left (h \ right) \ rightarrow 0 $ voor $ h \ rightarrow 0 $, dan is de rechterkant positief voor elke vector $ h $ van voldoende kleine lengte.
Dus kwamen we tot de conclusie dat in een bepaalde buurt van het punt $ x_ (0) $ de ongelijkheid $ f \ left (x \ right)> f \ left (x_ (0) \ right) $ geldt, al was het maar $ x \ neq x_ (0) $ (we zetten $ x = x_ (0) + h $ \ rechts). Dit betekent dat op het punt $ x_ (0) $ de functie een strikt lokaal minimum heeft, en daarmee is het eerste deel van onze stelling bewezen.
Stel nu dat $ Q_ (x_ (0)) $ een ongedefinieerde vorm is. Dan zijn er vectoren $ h_ (1) $, $ h_ (2) $ zodanig dat $ Q_ (x_ (0)) \ left (h_ (1) \ right) = \ lambda_ (1)> 0 $, $ Q_ ( x_ (0)) \ links (h_ (2) \ rechts) = \ lambda_ (2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0 $. Dan krijgen we $$ f \ left (x_ (0) + th_ (1) \ right) −f \ left (x_ (0) \ right) = \ frac (1) (2) \ left [t ^ (2) \ lambda_ (1) + t ^ (2) | h_ (1) | ^ (2) \ epsilon \ links (th_ (1) \ rechts) \ rechts] = \ frac (1) (2) t ^ (2) \ left [\ lambda_ (1) + | h_ (1) | ^ (2) \ epsilon \ left (th_ (1) \ right) \ right] $$ Voor voldoende kleine $ t> 0 $ de rechterkant is positief. Dit betekent dat in elke buurt van het punt $ x_ (0) $ de functie $ f $ waarden $ f \ left (x \ right) $ aanneemt die groter zijn dan $ f \ left (x_ (0) \ right) $.
Op dezelfde manier verkrijgen we dat in elke buurt van het punt $ x_ (0) $ de functie $ f $ waarden aanneemt die kleiner zijn dan $ f \ left (x_ (0) \ right) $. Dit, samen met de vorige, betekent dat op het punt $ x_ (0) $ de functie $ f $ geen extremum heeft.

Beschouw een specifiek geval van deze stelling voor de functie $ f \ left (x, y \ right) $ van twee variabelen, gedefinieerd in een bepaalde buurt van het punt $ \ left (x_ (0), y_ (0) \ right) $ en met continue partiële afgeleiden van de eerste en tweede orde. Stel dat $ \ left (x_ (0), y_ (0) \ right) $ een stationair punt is, en geef $$ \ displaystyle a_ (11) = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x ^ (2)) \ links (x_ (0), y_ (0) \ rechts), a_ (12) = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x \ gedeeltelijk y) \ links (x_ ( 0 ), y_ (0) \ rechts), a_ (22) = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk y ^ (2)) \ links (x_ (0), y_ (0) \ rechts ) $$ Dan heeft de vorige stelling de volgende vorm.

Stelling
Laat $ \ Delta = a_ (11) \ cdot a_ (22) - a_ (12) ^ 2 $. Dan:

  1. als $ \ Delta> 0 $, dan heeft de functie $ f $ een lokaal extremum op het punt $ \ left (x_ (0), y_ (0) \ right) $, namelijk een minimum als $ a_ (11)> 0 $ , en maximaal als $ a_ (11)<0$;
  2. als $ \ 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.

Voorbeelden van probleemoplossing

Algoritme voor het vinden van het uiterste van een functie van vele variabelen:

  1. Zoek stationaire punten;
  2. Vind het differentieel van de 2e orde op alle stationaire punten
  3. Gebruikmakend van de voldoende voorwaarde voor het extremum van een functie van meerdere variabelen, beschouwen we het differentieel van de tweede orde op elk stationair punt
  1. Onderzoek de functie voor het extremum $ f \ left (x, y \ right) = x ^ (3) + 8 \ cdot y ^ (3) + 18 \ cdot x - 30 \ cdot y $.
    Oplossing

    Zoek de partiële afgeleiden van de 1e orde: $$ \ displaystyle \ frac (\ gedeeltelijk f) (\ gedeeltelijk x) = 3 \ cdot x ^ (2) - 6 \ cdot y; $$ $$ \ displaystyle \ frac (\ gedeeltelijk f ) (\ partiële y) = 24 \ cdot y ^ (2) - 6 \ cdot x $$ Laten we het systeem samenstellen en oplossen: $$ \ displaystyle \ begin (gevallen) \ frac (\ gedeeltelijk f) (\ gedeeltelijk x ) = 0 \\\ frac (\ gedeeltelijke f) (\ gedeeltelijke y) = 0 \ einde (hoofdletters) \ Pijl naar rechts \ begin (hoofdletters) 3 \ cdot x ^ (2) - 6 \ cdot y = 0 \\ 24 \ cdot y ^ (2) - 6 \ cdot x = 0 \ einde (hoofdletters) \ Pijl naar rechts \ begin (hoofdletters) x ^ (2) - 2 \ cdot y = 0 \\ 4 \ cdot y ^ (2) - x = 0 \ end (cases) $$ Uit de 2e vergelijking, druk $ x = 4 \ cdot y ^ (2) $ - vervang in de 1e vergelijking: $$ \ displaystyle \ left (4 \ cdot y ^ (2) \ right ) ^ (2) -2 \ cdot y = 0 $$ $$ 16 \ cdot y ^ (4) - 2 \ cdot y = 0 $$ $$ 8 \ cdot y ^ (4) - y = 0 $$ $ $ y \ left (8 \ cdot y ^ (3) -1 \ right) = 0 $$ Als resultaat worden 2 stationaire punten verkregen:
    1) $ y = 0 \ Pijl naar rechts x = 0, M_ (1) = \ links (0, 0 \ rechts) $;
    2) $ \ displaystyle 8 \ cdot y ^ (3) -1 = 0 \ Pijl naar rechts y ^ (3) = \ frac (1) (8) \ Pijl naar rechts y = \ frac (1) (2) \ Pijl naar rechts x = 1 , M_ (2) = \ links (\ frac (1) (2), 1 \ rechts) $
    Laten we nagaan of aan de voldoende voorwaarde voor een extremum is voldaan:
    $$ \ displaystyle \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x ^ (2)) = 6 \ cdot x; \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x \ gedeeltelijk y) = - 6; \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk y ^ (2)) = 48 \ cdot y $$
    1) Voor punt $ M_ (1) = \ links (0,0 \ rechts) $:
    $$ \ displaystyle A_ (1) = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x ^ (2)) \ links (0,0 \ rechts) = 0; B_ (1) = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x \ gedeeltelijk y) \ links (0,0 \ rechts) = - 6; C_ (1) = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk y ^ (2)) \ links (0,0 \ rechts) = 0; $$
    $ A_ (1) \ cdot B_ (1) - C_ (1) ^ (2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
    2) Voor punt $ M_ (2) $:
    $$ \ displaystyle A_ (2) = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x ^ (2)) \ links (1, \ frac (1) (2) \ rechts) = 6; B_ (2) = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x \ gedeeltelijk y) \ links (1, \ frac (1) (2) \ rechts) = - 6; C_ (2) = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk y ^ (2)) \ links (1, \ frac (1) (2) \ rechts) = 24; $$
    $ A_ (2) \ cdot B_ (2) - C_ (2) ^ (2) = 108> 0 $, dus er is een extremum op het punt $ M_ (2) $, en aangezien $ A_ (2)> 0 $, dan is dit het minimum.
    Antwoord: Het punt $ \ displaystyle M_ (2) \ left (1, \ frac (1) (2) \ right) $ is het minimumpunt van de functie $ f $.

  2. Onderzoek de functie voor het extremum $ f = y ^ (2) + 2 \ cdot x \ cdot y - 4 \ cdot x - 2 \ cdot y - 3 $.
    Oplossing

    Zoek stationaire punten: $$ \ displaystyle \ frac (\ gedeeltelijke f) (\ gedeeltelijke x) = 2 \ cdot y - 4; $$ $$ \ displaystyle \ frac (\ gedeeltelijke f) (\ gedeeltelijke y) = 2 \ cdot y + 2 \ cdot x - 2. $$
    Laten we het systeem samenstellen en oplossen: $$ \ displaystyle \ begin (gevallen) \ frac (\ gedeeltelijk f) (\ gedeeltelijk x) = 0 \\\ frac (\ gedeeltelijk f) (\ gedeeltelijk y) = 0 \ end (gevallen ) \ Pijl naar rechts \ begin (hoofdletters) 2 \ cdot y - 4 = 0 \\ 2 \ cdot y + 2 \ cdot x - 2 = 0 \ einde (hoofdletters) \ Pijl naar rechts \ begin (hoofdletters) y = 2 \\ y + x = 1 \ einde (hoofdletters) \ Pijl naar rechts x = -1 $$
    $ M_ (0) \ links (-1, 2 \ rechts) $ is een stationair punt.
    Laten we controleren of aan de voorwaarde voor voldoende extremum is voldaan: $$ \ displaystyle A = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x ^ (2)) \ left (-1,2 \ right) = 0; B = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk x \ gedeeltelijk y) \ links (-1,2 \ rechts) = 2; C = \ frac (\ gedeeltelijk ^ (2) f) (\ gedeeltelijk y ^ (2)) \ links (-1,2 \ rechts) = 2; $$
    $ A \ cdot B - C ^ (2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
    Antwoord: er zijn geen uitersten.

Tijdslimiet: 0

Navigatie (alleen taaknummers)

0 van 4 vragen ingevuld

Informatie

Doe deze quiz om uw kennis te testen van het onderwerp dat u zojuist hebt gelezen, 'Lokale extremen van functies van vele variabelen'.

Je hebt de test al eerder gedaan. Je kunt hem niet opnieuw starten.

De test wordt geladen...

U moet inloggen of registreren om de test te starten.

U moet de volgende tests voltooien om deze te starten:

resultaten

Juiste antwoorden: 0 van 4

Jouw tijd:

De tijd is op

Je scoorde 0 van de 0 punten (0)

Je resultaat is opgenomen op het leaderboard

  1. Met het antwoord
  2. Gemarkeerd als bekeken

    Taak 1 van 4

    1 .
    Punten: 1

    Onderzoek de functie $ f $ voor extrema: $ f = e ^ (x + y) (x ^ (2) -2 \ cdot y ^ (2)) $

    Rechts

    Niet zoals het hoort

  1. Vraag 2 van 4

    2 .
    Punten: 1

    Is de functie $ f = 4 + \ sqrt ((x ^ (2) + y ^ (2)) ^ (2)) $

Definitie: Het punt x0 wordt het punt van het lokale maximum (of minimum) van de functie genoemd als de functie in een bepaalde buurt van het punt x0 de grootste (of kleinste) waarde aanneemt, d.w.z. voor alle х uit een bepaalde buurt van het punt х0, is voldaan aan de voorwaarde f (x) f (x0) (of f (x) f (x0)).

De punten van het lokale maximum of minimum zijn verenigd door een gemeenschappelijke naam - de punten van het lokale extremum van de functie.

Merk op dat op de punten van een lokaal extremum de functie alleen in een bepaald lokaal gebied zijn maximale of minimale waarde bereikt. Er zijn gevallen waarin de waarde van уmaxуmin.

Een noodzakelijk criterium voor het bestaan ​​van een lokaal extremum van een functie

Stelling ... Als een continue functie y = f (x) een lokaal extremum heeft in een punt x0, dan verdwijnt op dit punt de eerste afgeleide ofwel of bestaat niet, dat wil zeggen, een lokaal extremum treedt op op kritieke punten van de eerste soort.

Op de punten van het lokale extremum is ofwel de raaklijn evenwijdig aan de 0x-as, ofwel zijn er twee raaklijnen (zie figuur). Merk op dat kritische punten een noodzakelijke maar onvoldoende voorwaarde zijn voor een lokaal extremum. Een lokaal extremum vindt alleen plaats op kritieke punten van de eerste soort, maar niet alle kritieke punten hebben een lokaal extremum.

Bijvoorbeeld: een kubieke parabool y = x3, heeft een kritisch punt x0 = 0, waarin de afgeleideу / (0) = 0, maar het kritieke punt х0 = 0 is geen uiterste punt, maar er is een buigpunt (zie hieronder).

Een voldoende criterium voor het bestaan ​​van een lokaal uiteinde van een functie

Stelling ... Als, wanneer het argument van links naar rechts door een kritiek punt van de eerste soort gaat, de eerste afgeleide y / (x)

verandert het teken van "+" in "-", dan heeft de continue functie y (x) op dit kritieke punt een lokaal maximum;

verandert het teken van "-" in "+", dan heeft de continue functie y (x) een lokaal minimum op dit kritieke punt

verandert het teken niet, dan is er op dit kritieke punt geen lokaal extremum, hier is er een buigpunt.

Voor een lokaal maximum wordt het gebied van toenemende functie (y / 0) vervangen door het gebied van afnemende functie (y / 0). Voor een lokaal minimum wordt het gebied van afnemende functie (y / 0) vervangen door het gebied van toenemende functie (y / 0).

Voorbeeld: Onderzoek de functie y = x3 + 9x2 + 15x - 9 op monotoniciteit, extremum en maak een grafiek van de functie.

Laten we de kritieke punten van de eerste soort vinden door de afgeleide (y /) te bepalen en gelijk te stellen aan nul: y / = 3x2 + 18x + 15 = 3 (x2 + 6x + 5) = 0

Laten we de vierkante trinominaal oplossen met behulp van de discriminant:

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

2) We verdelen de numerieke as door kritische punten in 3 regio's en bepalen daarin de tekens van de afgeleide (y /). Met behulp van deze tekens zullen we gebieden met eentonigheid (toename en afname) van functies vinden, en aan de hand van de verandering in tekens zullen we de punten van het lokale extremum (maximum en minimum) bepalen.

De resultaten van het onderzoek worden gepresenteerd in de vorm van een tabel, waaruit de volgende conclusies kunnen worden getrokken:

  • 1. Op het interval у / (- 10) 0 neemt de functie monotoon toe (het teken van de afgeleide у werd geschat vanaf het controlepunt x = -10, genomen in dit interval);
  • 2. Op het interval (-5; -1) y / (- 2) 0, neemt de functie monotoon af (het teken van de afgeleide y werd geschat vanaf het controlepunt x = -2 genomen in dit interval);
  • 3. Op het interval у / (0) 0 neemt de functie monotoon toe (het teken van de afgeleide у werd geschat vanaf het controlepunt x = 0 genomen in dit interval);
  • 4. Bij het passeren van het kritieke punt х1к = -5, verandert de afgeleide van teken van "+" in "-", daarom is dit punt een punt van lokaal maximum
  • (ymax (-5) = (-5) 3 + 9 (-5) 2 +15 (-5) -9 = -125 + 225 - 75 - 9 = 16);
  • 5. Bij het passeren van het kritieke punt х2к = -1, verandert de afgeleide van teken van "-" in "+", daarom is dit punt een punt van lokaal minimum
  • (ymin (-1) = -1 + 9 - 15 - 9 = - 16).

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

3) We zullen een grafiek construeren op basis van de resultaten van het onderzoek met de betrokkenheid van aanvullende berekeningen van de waarden van de functie op de controlepunten:

bouw een rechthoekig coördinatensysteem Oxy;

weergegeven door de coördinaten van de maximale (-5; 16) en minimale (-1; -16) punten;

om de grafiek te verfijnen, berekenen we de waarde van de functie bij de controlepunten, door ze links en rechts van de maximum- en minimumpunten en binnen het gemiddelde interval te kiezen, bijvoorbeeld: 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) en (0; -9) - berekende controlepunten die worden uitgezet om een ​​grafiek te maken;

we tonen de grafiek in de vorm van een curve met een uitstulping naar boven op het maximumpunt en een uitstulping naar beneden op het minimumpunt en die door de berekende controlepunten gaat.