จุดคือจุดสูงสุดในพื้นที่ ค่าสูงสุดของฟังก์ชันสูงสุดและต่ำสุด

การเปลี่ยนแปลงของฟังก์ชัน ณ จุดใดจุดหนึ่งและถูกกำหนดให้เป็นขีดจำกัดของการเพิ่มฟังก์ชันไปยังการเพิ่มขึ้นของอาร์กิวเมนต์ ซึ่งมีแนวโน้มเป็นศูนย์ ในการค้นหาให้ใช้ตารางอนุพันธ์ ตัวอย่างเช่น อนุพันธ์ของฟังก์ชัน y = x3 จะเท่ากับ y' = x2

ให้อนุพันธ์นี้เท่ากับศูนย์ (ในกรณีนี้ x2=0)

ค้นหาค่าของตัวแปรที่กำหนด ค่าเหล่านี้จะเป็นค่าที่อนุพันธ์นี้จะเท่ากับ 0 ในการทำเช่นนี้ ให้แทนที่ตัวเลขที่กำหนดเองในนิพจน์แทน x ซึ่งนิพจน์ทั้งหมดจะกลายเป็นศูนย์ ตัวอย่างเช่น:

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

ใช้ค่าที่ได้รับบนเส้นพิกัดและคำนวณเครื่องหมายของอนุพันธ์สำหรับค่าที่ได้รับแต่ละรายการ จุดถูกทำเครื่องหมายบนเส้นพิกัดซึ่งถือเป็นจุดเริ่มต้น ในการคำนวณค่าในช่วงเวลา ให้แทนที่ค่าที่ต้องการซึ่งตรงกับเกณฑ์ ตัวอย่างเช่น สำหรับฟังก์ชันก่อนหน้าจนถึงช่วง -1 คุณสามารถเลือกค่า -2 ได้ สำหรับ -1 ถึง 1 คุณสามารถเลือก 0 และสำหรับค่าที่มากกว่า 1 ให้เลือก 2 แทนที่ตัวเลขเหล่านี้ในอนุพันธ์แล้วหาเครื่องหมายของอนุพันธ์ ในกรณีนี้ อนุพันธ์ที่มี x = -2 จะเท่ากับ -0.24 นั่นคือ ลบและจะมีเครื่องหมายลบในช่วงเวลานี้ ถ้า x=0 ค่าจะเท่ากับ 2 และเครื่องหมายจะถูกวางบนช่วงเวลานี้ ถ้า x=1 อนุพันธ์จะเท่ากับ -0.24 และใส่เครื่องหมายลบ

ถ้าเมื่อผ่านจุดบนเส้นพิกัด อนุพันธ์เปลี่ยนเครื่องหมายจากลบเป็นบวก แล้วนี่คือจุดต่ำสุด และหากจากบวกเป็นลบ นี่จะเป็นจุดสูงสุด

วิดีโอที่เกี่ยวข้อง

คำแนะนำที่เป็นประโยชน์

ในการหาอนุพันธ์มีบริการออนไลน์ที่คำนวณค่าที่ต้องการและแสดงผล ในเว็บไซต์ดังกล่าว คุณสามารถค้นหาอนุพันธ์ของคำสั่งซื้อได้สูงสุด 5 รายการ

ที่มา:

• หนึ่งในบริการคำนวณอนุพันธ์
• จุดสูงสุดของฟังก์ชัน

จุดสูงสุดของฟังก์ชันพร้อมกับจุดต่ำสุดเรียกว่าจุดสุดขั้ว เมื่อถึงจุดเหล่านี้ ฟังก์ชันจะเปลี่ยนพฤติกรรม Extrema ถูกกำหนดโดยช่วงตัวเลขที่จำกัดและอยู่ในพื้นที่เสมอ

คำแนะนำ

กระบวนการในการค้นหา extrema ในพื้นที่เรียกว่าฟังก์ชันและดำเนินการโดยการวิเคราะห์อนุพันธ์ที่หนึ่งและที่สองของฟังก์ชัน ก่อนเริ่มการสำรวจ ตรวจสอบให้แน่ใจว่าช่วงค่าอาร์กิวเมนต์ที่ระบุนั้นเป็นค่าที่อนุญาต ตัวอย่างเช่น สำหรับฟังก์ชัน F=1/x ค่าของอาร์กิวเมนต์ x=0 ไม่ถูกต้อง หรือสำหรับฟังก์ชัน Y=tg(x) อาร์กิวเมนต์ไม่สามารถมีค่า x=90°

ตรวจสอบให้แน่ใจว่าฟังก์ชัน Y สามารถหาอนุพันธ์ได้ตลอดช่วงที่กำหนดทั้งหมด หาอนุพันธ์อันดับ 1 ของ Y" แน่นอน ก่อนถึงจุดสูงสุดในเครื่อง ฟังก์ชันจะเพิ่มขึ้น และเมื่อผ่านค่าสูงสุด ฟังก์ชันจะลดลง อนุพันธ์อันดับแรกในวิธีของมันเอง ความหมายทางกายภาพกำหนดลักษณะอัตราการเปลี่ยนแปลงของฟังก์ชัน ตราบใดที่ฟังก์ชันเพิ่มขึ้น อัตราของกระบวนการนี้เป็นค่าบวก เมื่อผ่านค่าสูงสุดในพื้นที่ ฟังก์ชันจะเริ่มลดลง และอัตราของกระบวนการเปลี่ยนฟังก์ชันจะกลายเป็นลบ การเปลี่ยนแปลงของอัตราการเปลี่ยนแปลงของฟังก์ชันถึงศูนย์เกิดขึ้นที่จุดสูงสุดในพื้นที่

$E \subset \mathbb(R)^(n)$. ว่ากันว่า $f$ has สูงสุดในท้องถิ่นที่จุด $x_(0) \in E$ ถ้ามีย่านใกล้เคียง $U$ ของจุด $x_(0)$ เพื่อให้ $x \in U$ ไม่เท่ากันทั้งหมด $f\left(x\right) \leqslant f \left(x_(0)\right)$.

ค่าสูงสุดในพื้นที่เรียกว่า เข้มงวด หากย่านใกล้เคียง $U$ สามารถเลือกได้ในลักษณะที่สำหรับ $x \in U$ ทั้งหมดแตกต่างจาก $x_(0)$ จะมี $f\left(x\right)< f\left(x_{0}\right)$.

คำนิยาม
ให้ $f$ เป็นฟังก์ชันจริงในชุดเปิด $E \subset \mathbb(R)^(n)$ ว่ากันว่า $f$ has ขั้นต่ำในท้องถิ่นที่จุด $x_(0) \in E$ ถ้ามีย่านใกล้เคียง $U$ ของจุด $x_(0)$ เพื่อให้ $x \in U$ ไม่เท่ากันทั้งหมด $f\left(x\right) \geqslant f \left(x_(0)\right)$.

ค่าขั้นต่ำในท้องถิ่นจะเข้มงวดหากสามารถเลือก $U$ บริเวณใกล้เคียงได้ ดังนั้นสำหรับ $x \in U$ ทั้งหมดจะแตกต่างจาก $x_(0)$ $f\left(x\right) > f\left(x_ ( 0)\right)$.

ค่าสูงสุดในท้องถิ่นผสมผสานแนวคิดของค่าต่ำสุดในท้องถิ่นและค่าสูงสุดในพื้นที่

ทฤษฎีบท ( เงื่อนไขที่จำเป็นสุดขั้วของฟังก์ชันดิฟเฟอเรนติเอเบิล)
ให้ $f$ เป็นฟังก์ชันจริงในชุดเปิด $E \subset \mathbb(R)^(n)$ หาก ณ จุด $x_(0) \in E$ ฟังก์ชัน $f$ มีโลคัลเอ็กซ์ตรีม ณ จุดนี้ด้วย ดังนั้น $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0 $$ ความเท่าเทียมกันเป็นศูนย์ ดิฟเฟอเรนเชียลเท่ากับความจริงที่ว่าทั้งหมดมีค่าเท่ากับศูนย์ นั่นคือ $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

ในกรณีหนึ่งมิติ นี่คือ . หมายถึง $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$ โดยที่ $h$ เป็นเวกเตอร์ตามอำเภอใจ ฟังก์ชัน $\phi$ ถูกกำหนดไว้สำหรับค่าโมดูโลขนาดเล็กที่เพียงพอของ $t$ ยิ่งไปกว่านั้น ด้วยความเคารพ มันสามารถหาอนุพันธ์ได้ และ $(\phi)’ \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$
ให้ $f$ มีค่าสูงสุดในเครื่องที่ x $0$ ดังนั้น ฟังก์ชัน $\phi$ ที่ $t = 0$ มีค่าสูงสุดในเครื่อง และตามทฤษฎีบทของแฟร์มาต์ $(\phi)' \left(0\right)=0$
ดังนั้นเราจึงได้ $df \left(x_(0)\right) = 0$ นั่นคือ ฟังก์ชั่น $f$ ที่จุด $x_(0)$ เท่ากับศูนย์บนเวกเตอร์ $h$ ใดๆ

คำนิยาม
จุดที่ส่วนต่างมีค่าเท่ากับศูนย์ กล่าวคือ อนุพันธ์ย่อยทั้งหมดมีค่าเท่ากับศูนย์เรียกว่าคงที่ จุดวิกฤตฟังก์ชัน $f$ คือจุดที่ $f$ ไม่สามารถหาอนุพันธ์ได้ หรือมีค่าเท่ากับศูนย์ หากจุดหยุดนิ่ง แสดงว่ายังไม่เป็นไปตามที่ฟังก์ชันมีจุดสิ้นสุด ณ จุดนี้

ตัวอย่างที่ 1
ให้ $f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$. จากนั้น $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$ ดังนั้น $\left(0,0\right)$ เป็นจุดนิ่ง แต่ฟังก์ชันนี้ไม่มีจุดสิ้นสุด อันที่จริง $f \left(0,0\right) = 0$ แต่ง่ายที่จะเห็นว่าในย่านใด ๆ ของจุด $\left(0,0\right)$ ฟังก์ชันใช้ทั้งค่าบวกและค่าลบ

ตัวอย่าง 2
ฟังก์ชัน $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ มีจุดกำเนิดของพิกัดเป็นจุดหยุดนิ่ง แต่ชัดเจนว่า ณ จุดนี้ไม่มีจุดสิ้นสุด

ทฤษฎีบท (เงื่อนไขเพียงพอสำหรับสุดโต่ง).
ให้ฟังก์ชัน $f$ สามารถหาอนุพันธ์ได้อย่างต่อเนื่องสองครั้งในชุดเปิด $E \subset \mathbb(R)^(n)$ ให้ $x_(0) \in E$ เป็นจุดนิ่งและ $$\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).$ $ แล้ว

1. ถ้า $Q_(x_(0))$ คือ ดังนั้นฟังก์ชัน $f$ ที่จุด $x_(0)$ มีโลคัลเอ็กซ์ตรีม กล่าวคือ ค่าต่ำสุดถ้าแบบฟอร์มเป็นค่าบวกแน่นอน และค่าสูงสุดถ้าแบบฟอร์มคือ เชิงลบแน่นอน;
2. ถ้ารูปแบบกำลังสอง $Q_(x_(0))$ ไม่แน่นอน ดังนั้นฟังก์ชัน $f$ ที่จุด $x_(0)$ จะไม่มีส่วนปลาย

ให้ใช้การขยายตามสูตรเทย์เลอร์ (12.7 น. 292) . เมื่อพิจารณาว่าอนุพันธ์อันดับ 1 บางส่วนที่จุด $x_(0)$ เท่ากับศูนย์ เราจะได้ $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0) )\right) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \ บางส่วน x_(j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ โดยที่ $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$ และ $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ สำหรับ $h \rightarrow 0$ จากนั้นด้านขวาจะเป็นค่าบวกสำหรับเวกเตอร์ $h$ ใดๆ ที่มีความยาวน้อยเพียงพอ
ดังนั้นเราจึงได้ข้อสรุปว่าในละแวกใกล้เคียงของจุด $x_(0)$ ความไม่เท่าเทียมกัน $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ เป็นที่พอใจหากมีเพียง $ x \neq x_ (0)$ (เราใส่ $x=x_(0)+h$\right) ซึ่งหมายความว่า ณ จุด $x_(0)$ ฟังก์ชันมีค่าต่ำสุดที่เข้มงวด ดังนั้นส่วนแรกของทฤษฎีบทของเราจึงได้รับการพิสูจน์แล้ว
สมมุติว่า $Q_(x_(0))$ เป็นรูปแบบที่ไม่แน่นอน แล้วมีเวกเตอร์ $h_(1)$, $h_(2)$ ที่ $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \left(h_(2)\right)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0$. จากนั้นเราจะได้ $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ สำหรับ $t>0$ ที่มีขนาดเล็กเพียงพอ ด้านขวาคือ เชิงบวก. ซึ่งหมายความว่าในพื้นที่ใกล้เคียงของจุด $x_(0)$ ฟังก์ชัน $f$ รับค่า ​​$f \left(x\right)$ มากกว่า $f \left(x_(0)\right)$
ในทำนองเดียวกัน เราได้รับว่าในย่านใด ๆ ของจุด $x_(0)$ ฟังก์ชัน $f$ ใช้ค่าน้อยกว่า $f \left(x_(0)\right)$ สิ่งนี้ เมื่อรวมกับฟังก์ชันก่อนหน้า หมายความว่าฟังก์ชัน $f$ ไม่มีส่วนปลายที่จุด $x_(0)$

พิจารณา กรณีพิเศษของทฤษฎีบทนี้สำหรับฟังก์ชัน $f \left(x,y\right)$ ของสองตัวแปรที่กำหนดไว้ในละแวกใกล้เคียงของจุด $\left(x_(0),y_(0)\right)$ และมีอนุพันธ์ย่อยอย่างต่อเนื่อง ของคำสั่งแรกและคำสั่งที่สอง ให้ $\left(x_(0),y_(0)\right)$ เป็นจุดนิ่งและให้ $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^( 2)) \left(x_(0) ,y_(0)\right), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_( 0) , y_(0)\right), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(x_(0), y_(0)\right ) $$ จากนั้นทฤษฎีบทก่อนหน้าจะมีรูปแบบต่อไปนี้

ทฤษฎีบท
ให้ $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$ แล้ว:

1. ถ้า $\Delta>0$ แสดงว่าฟังก์ชัน $f$ มีโลคัล extremum ที่จุด $\left(x_(0),y_(0)\right)$ กล่าวคือ ขั้นต่ำถ้า $a_(11)> 0$ และสูงสุดถ้า $a_(11)<0$;
2. ถ้า $\Delta<0$, 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.

ตัวอย่างการแก้ปัญหา

อัลกอริธึมในการค้นหาส่วนปลายของฟังก์ชันของตัวแปรหลายตัว:

1. เราพบจุดนิ่ง
2. เราพบส่วนต่างของลำดับที่ 2 ที่จุดนิ่งทั้งหมด
3. โดยใช้เงื่อนไขที่เพียงพอสำหรับส่วนปลายของฟังก์ชันของตัวแปรหลายตัว เราพิจารณาส่วนต่างอันดับสองที่จุดคงที่แต่ละจุด

1. ตรวจสอบฟังก์ชันที่ปลายสุด $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$
   สารละลาย

   ค้นหาอนุพันธ์บางส่วนของลำดับที่ 1: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) — 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ เขียนและแก้ระบบ: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x ) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \ cdot y^(2) - 6 \cdot x = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)x^(2) - 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) - x = 0 \end(cases)$$ จากสมการที่ 2 เราแสดง $x=4 \cdot y^(2)$ — แทนที่สมการที่ 1: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2)\ ขวา )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $$ y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ เป็นผลให้ได้รับ 2 คะแนนคงที่:
   1) $y=0 \ลูกศรขวา x = 0, M_(1) = \left(0, 0\right)$;
   2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \ลูกศรขวา y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\right)$
   ให้เราตรวจสอบการปฏิบัติตามเงื่อนไขสุดขั้วที่เพียงพอ:
   $$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
   1) สำหรับจุด $M_(1)= \left(0,0\right)$:
   $$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\right)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(0,0\right)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(0,0\right)=0;$$
   $A_(1) \cdot B_(1) - C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
   2) สำหรับจุด $M_(2)$:
   $$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=24;$$
   $A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$ ดังนั้นจึงมีจุดสิ้นสุดที่ $M_(2)$ และตั้งแต่ $A_(2)>0 $ แล้วนี่คือขั้นต่ำ
   คำตอบ: จุด $\displaystyle M_(2) \left(1,\frac(1)(2)\right)$ คือจุดต่ำสุดของฟังก์ชัน $f$
   

2. ตรวจสอบฟังก์ชันสำหรับเอ็กซ์ตรีม $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$
   สารละลาย

   ค้นหาจุดคงที่: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
   เขียนและแก้ระบบ: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \ Rightarrow \begin(กรณี)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(กรณี) \Rightarrow \begin(กรณี) y = 2\\y + x = 1\end(กรณี) \ลูกศรขวา x = -1$$
   $M_(0) \left(-1, 2\right)$ เป็นจุดคงที่
   มาตรวจสอบการปฏิบัติตามเงื่อนไขสุดขั้วที่เพียงพอกัน: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\right)=2;$$
   $A \cdot B - C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
   คำตอบ: ไม่มีความสุดโต่ง
   

จำกัดเวลา: 0

การนำทาง (หมายเลขงานเท่านั้น)

เสร็จสิ้น 0 จาก 4 งาน

ข้อมูล

ทำแบบทดสอบนี้เพื่อทดสอบความรู้ของคุณในหัวข้อที่คุณเพิ่งอ่าน Local Extrema of Functions of Many Variables

คุณเคยทำการทดสอบมาก่อนแล้ว คุณไม่สามารถเรียกใช้ได้อีก

กำลังโหลดการทดสอบ...

คุณต้องเข้าสู่ระบบหรือลงทะเบียนเพื่อเริ่มการทดสอบ

คุณต้องทำการทดสอบต่อไปนี้เพื่อเริ่มการทดสอบนี้:

ผล

คำตอบที่ถูกต้อง: 0 จาก 4

เวลาของคุณ:

หมดเวลา

คุณได้คะแนน 0 จาก 0 คะแนน (0 )

คะแนนของคุณถูกบันทึกไว้ในกระดานผู้นำ

1. พร้อมคำตอบ
2. เช็คเอาท์

งาน 1 จาก 4

1 .

จำนวนคะแนน: 1

ตรวจสอบฟังก์ชัน $f$ สำหรับ extrema: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

ถูกต้อง


ไม่ถูกต้อง


1. งาน 2 ของ 4

   2 .

   จำนวนคะแนน: 1

   ฟังก์ชัน $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$

จุดปลายสุดของฟังก์ชันคือจุดในโดเมนของฟังก์ชันโดยที่ค่าของฟังก์ชันใช้ค่าต่ำสุดหรือสูงสุด ค่าฟังก์ชันที่จุดเหล่านี้เรียกว่า extrema (ต่ำสุดและสูงสุด) ของฟังก์ชัน.

คำนิยาม. Dot x1 ขอบเขตการทำงาน ฉ(x) ถูกเรียก จุดสูงสุดของฟังก์ชัน , ถ้าค่าของฟังก์ชัน ณ จุดนี้มากกว่าค่าของฟังก์ชันที่จุดใกล้พอกับมัน ซึ่งอยู่ทางขวาและซ้ายของมัน (นั่นคือ ความไม่เท่าเทียมกัน ฉ(x0 ) > ฉ(x 0 + Δ x) x1 ขีดสุด.

คำนิยาม. Dot x2 ขอบเขตการทำงาน ฉ(x) ถูกเรียก จุดต่ำสุดของฟังก์ชัน, ถ้าค่าของฟังก์ชัน ณ จุดนี้น้อยกว่าค่าของฟังก์ชันที่จุดใกล้พอกับมัน อยู่ทางขวาและซ้ายของมัน (นั่นคือ ความไม่เท่าเทียมกัน ฉ(x0 ) < ฉ(x 0 + Δ x) ). ในกรณีนี้เรียกว่าฟังก์ชันมีที่จุด x2 ขั้นต่ำ

เอาเป็นว่า x1 - จุดสูงสุดของฟังก์ชัน ฉ(x) . จากนั้นในช่วงเวลาถึง x1 ฟังก์ชั่นเพิ่มขึ้นดังนั้นอนุพันธ์ของฟังก์ชันจึงมากกว่าศูนย์ ( ฉ "(x) > 0 ) และในช่วงหลัง x1 ฟังก์ชั่นลดลงดังนั้น อนุพันธ์ของฟังก์ชันน้อยกว่าศูนย์ ( ฉ "(x) < 0 ). Тогда в точке x1

ขอให้เราสมมติด้วยว่าประเด็น x2 - จุดต่ำสุดของฟังก์ชัน ฉ(x) . จากนั้นในช่วงเวลาถึง x2 ฟังก์ชันกำลังลดลงและอนุพันธ์ของฟังก์ชันมีค่าน้อยกว่าศูนย์ ( ฉ "(x) < 0 ), а в интервале после x2 ฟังก์ชันเพิ่มขึ้นและอนุพันธ์ของฟังก์ชันมีค่ามากกว่าศูนย์ ( ฉ "(x) > 0 ) ในกรณีนี้ก็ตรงจุดเช่นกัน x2 อนุพันธ์ของฟังก์ชันเป็นศูนย์หรือไม่มีอยู่

ทฤษฎีบทแฟร์มาต์ (เกณฑ์ที่จำเป็นสำหรับการมีอยู่ของฟังก์ชันสุดโต่ง). ถ้าชี้ x0 - จุดสุดขั้วของฟังก์ชัน ฉ(x) จากนั้น ณ จุดนี้อนุพันธ์ของฟังก์ชันจะเท่ากับศูนย์ ( ฉ "(x) = 0 ) หรือไม่มีอยู่

คำนิยาม. จุดที่อนุพันธ์ของฟังก์ชันมีค่าเท่ากับศูนย์หรือไม่มีอยู่เรียกว่า จุดวิกฤต .

ตัวอย่างที่ 1ลองพิจารณาฟังก์ชั่น

ณ จุดนั้น x= 0 อนุพันธ์ของฟังก์ชันเท่ากับศูนย์ ดังนั้น จุด x= 0 คือจุดวิกฤต อย่างไรก็ตาม ดังที่เห็นได้ในกราฟของฟังก์ชัน มันเพิ่มขึ้นในโดเมนทั้งหมดของคำจำกัดความ ดังนั้นจุด x= 0 ไม่ใช่จุดสุดโต่งของฟังก์ชันนี้

ดังนั้น เงื่อนไขที่อนุพันธ์ของฟังก์ชัน ณ จุดหนึ่งมีค่าเท่ากับศูนย์หรือไม่มีอยู่จริง จึงเป็นเงื่อนไขที่จำเป็นสำหรับปลายสุด แต่ไม่เพียงพอ เนื่องจากตัวอย่างอื่นๆ ของฟังก์ชันสามารถให้ได้ตามเงื่อนไขเหล่านี้ แต่ฟังก์ชัน ไม่มีปลายสุดที่จุดที่สอดคล้องกัน ดังนั้น ต้องมีเงื่อนงำเพียงพอซึ่งทำให้สามารถตัดสินได้ว่ามีจุดสิ้นสุดที่จุดวิกฤตเฉพาะหรือไม่และจุดใด - สูงสุดหรือต่ำสุด

ทฤษฎีบท (เกณฑ์แรกเพียงพอสำหรับการมีอยู่ของฟังก์ชันสุดโต่ง)จุดวิกฤต x0 ฉ(x) หากอนุพันธ์ของฟังก์ชันเปลี่ยนเครื่องหมายเมื่อผ่านจุดนี้ และหากเครื่องหมายเปลี่ยนจาก "บวก" เป็น "ลบ" แสดงว่าจุดสูงสุดและหากจาก "ลบ" เป็น "บวก" แสดงว่าจุดต่ำสุด .

ถ้าอยู่ใกล้จุด x0 ทางซ้ายและทางขวาของมัน อนุพันธ์คงเครื่องหมายไว้ ซึ่งหมายความว่าฟังก์ชันจะลดลงหรือเพิ่มขึ้นเฉพาะในบริเวณใกล้เคียงบางจุด x0 . ในกรณีนี้ ณ จุดนั้น x0 ไม่มีสุดโต่ง

ดังนั้น, เพื่อกำหนดจุดสุดขั้วของฟังก์ชัน คุณต้องทำดังต่อไปนี้ :

1. หาอนุพันธ์ของฟังก์ชัน
2. ให้อนุพันธ์เท่ากับศูนย์และกำหนดจุดวิกฤต
3. ทำเครื่องหมายจุดวิกฤตบนแกนตัวเลขและกำหนดสัญญาณของอนุพันธ์ของฟังก์ชันในช่วงเวลาผลลัพธ์ทั้งทางจิตใจหรือบนกระดาษ หากเครื่องหมายของอนุพันธ์เปลี่ยนจาก "บวก" เป็น "ลบ" จุดวิกฤตคือจุดสูงสุด และหากจาก "ลบ" เป็น "บวก" จุดวิกฤตคือจุดต่ำสุด
4. คำนวณค่าของฟังก์ชันที่จุดปลายสุด

ตัวอย่าง 2ค้นหา extrema ของฟังก์ชัน .

สารละลาย. มาหาอนุพันธ์ของฟังก์ชันกัน:

ให้อนุพันธ์เท่ากับศูนย์เพื่อหาจุดวิกฤต:

.

เนื่องจากสำหรับค่าใด ๆ ของ "x" ตัวส่วนไม่เท่ากับศูนย์ เราจึงให้ตัวเศษเท่ากับศูนย์:

มีจุดวิกฤตหนึ่งจุด x= 3 . เรากำหนดเครื่องหมายของอนุพันธ์ในช่วงเวลาที่คั่นด้วยจุดนี้:

ในช่วงจากลบอนันต์ถึง 3 - เครื่องหมายลบนั่นคือฟังก์ชันลดลง

ในช่วงตั้งแต่ 3 ถึงบวกอินฟินิตี้ - เครื่องหมายบวกนั่นคือฟังก์ชันเพิ่มขึ้น

นั่นคือจุด x= 3 คือจุดต่ำสุด

ค้นหาค่าของฟังก์ชันที่จุดต่ำสุด:

ดังนั้นจะพบจุดสุดขั้วของฟังก์ชัน: (3; 0) และเป็นจุดต่ำสุด

ทฤษฎีบท (เกณฑ์เพียงพอที่สองสำหรับการมีอยู่ของฟังก์ชันสุดโต่ง)จุดวิกฤต x0 คือจุดสุดขั้วของฟังก์ชัน ฉ(x) หากอนุพันธ์อันดับสองของฟังก์ชัน ณ จุดนี้ไม่เท่ากับศูนย์ ( ฉ ""(x) ≠ 0 ) นอกจากนี้ ถ้าอนุพันธ์อันดับสองมีค่ามากกว่าศูนย์ ( ฉ ""(x) > 0 ) แล้วจุดสูงสุด และถ้าอนุพันธ์อันดับสองน้อยกว่าศูนย์ ( ฉ ""(x) < 0 ), то точкой минимума.

หมายเหตุ 1. ถ้าตรงจุด x0 ทั้งอนุพันธ์อันดับหนึ่งและอันดับสองหายไป เมื่อถึงจุดนี้ เป็นไปไม่ได้ที่จะตัดสินการมีอยู่ของสุดขั้วบนพื้นฐานของสัญญาณเพียงพอที่สอง ในกรณีนี้ คุณต้องใช้เกณฑ์ที่เพียงพออันดับแรกสำหรับฟังก์ชันสุดขั้ว

หมายเหตุ 2 เกณฑ์เพียงพอที่สองสำหรับปลายสุดของฟังก์ชันก็ใช้ไม่ได้เช่นกันเมื่ออนุพันธ์อันดับแรกไม่มีอยู่ที่จุดนิ่ง (จากนั้นอนุพันธ์อันดับสองก็ไม่มีอยู่เช่นกัน) ในกรณีนี้ จำเป็นต้องใช้เกณฑ์ที่เพียงพออันดับแรกสำหรับฟังก์ชันสุดโต่ง

ลักษณะท้องถิ่นของสุดขั้วของฟังก์ชัน

จากคำจำกัดความข้างต้นนั้น extremum ของฟังก์ชันมีอักขระท้องถิ่น - มีขนาดใหญ่ที่สุดและ ค่าที่น้อยที่สุดคุณสมบัติเมื่อเทียบกับค่าใกล้เคียง

สมมติว่าคุณพิจารณารายได้ของคุณในช่วงเวลาหนึ่งปี หากในเดือนพฤษภาคม คุณได้รับ 45,000 รูเบิล และในเดือนเมษายน 42,000 รูเบิล และในเดือนมิถุนายน 39,000 รูเบิล รายได้เดือนพฤษภาคมจะเป็นฟังก์ชันรายได้สูงสุดเมื่อเปรียบเทียบกับค่าที่ใกล้ที่สุด แต่ในเดือนตุลาคม คุณได้รับ 71,000 รูเบิล ในเดือนกันยายน 75,000 รูเบิล และในเดือนพฤศจิกายน 74,000 รูเบิล ดังนั้นรายได้ของเดือนตุลาคมจึงเป็นฟังก์ชันรายได้ขั้นต่ำเมื่อเทียบกับค่าใกล้เคียง และจะเห็นได้โดยง่ายว่าค่าสูงสุดของเดือนเมษายน-พฤษภาคม-มิถุนายนจะน้อยกว่าค่าต่ำสุดของเดือนกันยายน-ตุลาคม-พฤศจิกายน

โดยทั่วไป ฟังก์ชันอาจมีช่วงสุดโต่งหลายช่วง และอาจกลายเป็นว่าฟังก์ชันขั้นต่ำสุดมากกว่าค่าสูงสุดใดๆ ดังนั้น สำหรับฟังก์ชันที่แสดงในรูปด้านบน .

นั่นคือเราไม่ควรคิดว่าสูงสุดและต่ำสุดของฟังก์ชันตามลำดับคือค่าสูงสุดและต่ำสุดในเซ็กเมนต์ทั้งหมดภายใต้การพิจารณา ที่จุดสูงสุด ฟังก์ชันมีค่ามากที่สุดก็ต่อเมื่อเปรียบเทียบกับค่าที่มีทุกจุดอย่างเพียงพอใกล้กับจุดสูงสุด และที่จุดต่ำสุด ค่าที่น้อยที่สุดเมื่อเปรียบเทียบกับค่าเหล่านั้นที่ มันมีทุกจุดเพียงพอใกล้กับจุดต่ำสุด

ดังนั้นเราจึงสามารถปรับแต่งแนวคิดข้างต้นของจุดสุดโต่งของฟังก์ชันและเรียกจุดต่ำสุดจุดต่ำสุดในพื้นที่และจุดสูงสุด - จุดสูงสุดในพื้นที่

เรากำลังมองหา extrema ของฟังก์ชันด้วยกัน

ตัวอย่างที่ 3

วิธีแก้ไข ฟังก์ชันถูกกำหนดและต่อเนื่องบนเส้นจำนวนเต็ม อนุพันธ์ของมัน ยังมีอยู่บนเส้นจำนวนทั้งหมด ดังนั้นในกรณีนี้ เฉพาะที่ ทำหน้าที่เป็นจุดวิกฤต ที่ไหน และ . จุดวิกฤตและแบ่งโดเมนทั้งหมดของฟังก์ชันออกเป็นสามช่วงของความซ้ำซากจำเจ: . เราเลือกจุดควบคุมหนึ่งจุดในแต่ละจุดและหาเครื่องหมายของอนุพันธ์ ณ จุดนี้

สำหรับช่วงเวลา จุดอ้างอิงสามารถเป็น : เราพบว่า การหาจุดในช่วงเวลา เราจะได้ และรับจุดในช่วงเวลา เรามี . ดังนั้น ในช่วง และ และ ในช่วง ตามสัญญาณที่เพียงพอครั้งแรกของปลายสุด ไม่มีปลายสุดที่จุด (เนื่องจากอนุพันธ์คงเครื่องหมายไว้ในช่วง ) และฟังก์ชันมีค่าต่ำสุดที่จุด (เนื่องจากอนุพันธ์เปลี่ยนเครื่องหมายจากลบเป็นบวกเมื่อผ่าน ผ่านจุดนี้) ค้นหาค่าที่สอดคล้องกันของฟังก์ชัน: และ . ในช่วงเวลานี้ ฟังก์ชันจะลดลง เนื่องจาก ในช่วงเวลานี้ และในช่วงเวลานี้ จะเพิ่มขึ้น เนื่องจากในช่วงเวลานี้

เพื่อชี้แจงการสร้างกราฟ เราพบจุดตัดของกราฟด้วยแกนพิกัด เมื่อเราได้สมการที่มีราก และ นั่นคือ สองจุด (0; 0) และ (4; 0) ของกราฟของฟังก์ชันถูกพบ เราสร้างกราฟโดยใช้ข้อมูลทั้งหมดที่ได้รับ (ดูในตอนต้นของตัวอย่าง)

ตัวอย่างที่ 4ค้นหาเอ็กซ์ตรีมาของฟังก์ชันและสร้างกราฟ

โดเมนของฟังก์ชันคือเส้นจำนวนทั้งหมด ยกเว้นจุด นั่นคือ .

เพื่อย่นระยะเวลาการศึกษา เราสามารถใช้ความจริงที่ว่าฟังก์ชันนี้มีค่าเท่ากันตั้งแต่ . ดังนั้น กราฟของกราฟจึงสมมาตรเกี่ยวกับแกน ออยและการศึกษาสามารถทำได้ในช่วงเวลาเท่านั้น

การหาอนุพันธ์ และจุดสำคัญของฟังก์ชัน:

1) ;

2) ,

แต่ฟังก์ชันประสบปัญหาการหยุดชะงัก ณ จุดนี้ ดังนั้นจึงไม่สามารถเป็นจุดสุดโต่งได้

ดังนั้น ฟังก์ชันที่กำหนดจึงมีจุดวิกฤตสองจุด: และ . เมื่อพิจารณาถึงความเท่าเทียมกันของฟังก์ชัน เราจะตรวจสอบเฉพาะจุดด้วยเครื่องหมายที่เพียงพออันดับสองของปลายสุด เมื่อต้องการทำเช่นนี้ เราพบอนุพันธ์อันดับสอง และกำหนดเครื่องหมายได้ที่ : เราได้รับ เนื่องจาก and เป็นจุดต่ำสุดของฟังก์ชันในขณะที่ .

เพื่อให้ได้ภาพที่สมบูรณ์ยิ่งขึ้นของกราฟของฟังก์ชัน เรามาค้นหาพฤติกรรมของมันบนขอบเขตของโดเมนแห่งคำจำกัดความกัน:

(สัญลักษณ์แสดงถึงความปรารถนา xเป็นศูนย์ทางด้านขวาและ xยังคงเป็นบวก แปลว่า ความทะเยอทะยาน xเป็นศูนย์ทางด้านซ้ายและ xยังคงเป็นลบ) ดังนั้น ถ้า แล้ว . ต่อไปเราจะพบว่า

,

เหล่านั้น. ถ้า แล้ว .

กราฟของฟังก์ชันไม่มีจุดตัดกับแกน รูปภาพอยู่ที่จุดเริ่มต้นของตัวอย่าง

เรายังคงค้นหาสุดขั้วของฟังก์ชันด้วยกัน

ตัวอย่างที่ 8หาค่าเอ็กซ์ตรีมาของฟังก์ชัน

สารละลาย. ค้นหาโดเมนของฟังก์ชัน เนื่องจากความไม่เท่าเทียมกันต้องยึดไว้ เราจึงได้มาจาก

มาหาอนุพันธ์อันดับแรกของฟังก์ชันกัน:

มาหาจุดวิกฤตของฟังก์ชันกัน

$E \subset \mathbb(R)^(n)$. ว่ากันว่า $f$ has สูงสุดในท้องถิ่นที่จุด $x_(0) \in E$ ถ้ามีย่านใกล้เคียง $U$ ของจุด $x_(0)$ เพื่อให้ $x \in U$ ไม่เท่ากันทั้งหมด $f\left(x\right) \leqslant f \left(x_(0)\right)$.

ค่าสูงสุดในพื้นที่เรียกว่า เข้มงวด หากย่านใกล้เคียง $U$ สามารถเลือกได้ในลักษณะที่สำหรับ $x \in U$ ทั้งหมดแตกต่างจาก $x_(0)$ จะมี $f\left(x\right)< f\left(x_{0}\right)$.

คำนิยาม
ให้ $f$ เป็นฟังก์ชันจริงในชุดเปิด $E \subset \mathbb(R)^(n)$ ว่ากันว่า $f$ has ขั้นต่ำในท้องถิ่นที่จุด $x_(0) \in E$ ถ้ามีย่านใกล้เคียง $U$ ของจุด $x_(0)$ เพื่อให้ $x \in U$ ไม่เท่ากันทั้งหมด $f\left(x\right) \geqslant f \left(x_(0)\right)$.

ค่าขั้นต่ำในท้องถิ่นจะเข้มงวดหากสามารถเลือก $U$ บริเวณใกล้เคียงได้ ดังนั้นสำหรับ $x \in U$ ทั้งหมดจะแตกต่างจาก $x_(0)$ $f\left(x\right) > f\left(x_ ( 0)\right)$.

ค่าสูงสุดในท้องถิ่นผสมผสานแนวคิดของค่าต่ำสุดในท้องถิ่นและค่าสูงสุดในพื้นที่

ทฤษฎีบท (เงื่อนไขที่จำเป็นสำหรับปลายสุดของฟังก์ชันดิฟเฟอเรนเชียม)
ให้ $f$ เป็นฟังก์ชันจริงในชุดเปิด $E \subset \mathbb(R)^(n)$ หาก ณ จุด $x_(0) \in E$ ฟังก์ชัน $f$ มีโลคัลเอ็กซ์ตรีม ณ จุดนี้ด้วย ดังนั้น $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0 $$ ความเท่าเทียมกันเป็นศูนย์ ดิฟเฟอเรนเชียลเท่ากับความจริงที่ว่าทั้งหมดมีค่าเท่ากับศูนย์ นั่นคือ $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

ในกรณีหนึ่งมิติ นี่คือ . หมายถึง $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$ โดยที่ $h$ เป็นเวกเตอร์ตามอำเภอใจ ฟังก์ชัน $\phi$ ถูกกำหนดไว้สำหรับค่าโมดูโลขนาดเล็กที่เพียงพอของ $t$ ยิ่งไปกว่านั้น ด้วยความเคารพ มันสามารถหาอนุพันธ์ได้ และ $(\phi)’ \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$
ให้ $f$ มีค่าสูงสุดในเครื่องที่ x $0$ ดังนั้น ฟังก์ชัน $\phi$ ที่ $t = 0$ มีค่าสูงสุดในเครื่อง และตามทฤษฎีบทของแฟร์มาต์ $(\phi)' \left(0\right)=0$
ดังนั้นเราจึงได้ $df \left(x_(0)\right) = 0$ นั่นคือ ฟังก์ชั่น $f$ ที่จุด $x_(0)$ เท่ากับศูนย์บนเวกเตอร์ $h$ ใดๆ

คำนิยาม
จุดที่ส่วนต่างมีค่าเท่ากับศูนย์ กล่าวคือ อนุพันธ์ย่อยทั้งหมดมีค่าเท่ากับศูนย์เรียกว่าคงที่ จุดวิกฤตฟังก์ชัน $f$ คือจุดที่ $f$ ไม่สามารถหาอนุพันธ์ได้ หรือมีค่าเท่ากับศูนย์ หากจุดหยุดนิ่ง แสดงว่ายังไม่เป็นไปตามที่ฟังก์ชันมีจุดสิ้นสุด ณ จุดนี้

ตัวอย่างที่ 1
ให้ $f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$. จากนั้น $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$ ดังนั้น $\left(0,0\right)$ เป็นจุดนิ่ง แต่ฟังก์ชันนี้ไม่มีจุดสิ้นสุด อันที่จริง $f \left(0,0\right) = 0$ แต่ง่ายที่จะเห็นว่าในย่านใด ๆ ของจุด $\left(0,0\right)$ ฟังก์ชันใช้ทั้งค่าบวกและค่าลบ

ตัวอย่าง 2
ฟังก์ชัน $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ มีจุดกำเนิดของพิกัดเป็นจุดหยุดนิ่ง แต่ชัดเจนว่า ณ จุดนี้ไม่มีจุดสิ้นสุด

ทฤษฎีบท (เงื่อนไขเพียงพอสำหรับสุดโต่ง).
ให้ฟังก์ชัน $f$ สามารถหาอนุพันธ์ได้อย่างต่อเนื่องสองครั้งในชุดเปิด $E \subset \mathbb(R)^(n)$ ให้ $x_(0) \in E$ เป็นจุดนิ่งและ $$\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).$ $ แล้ว

1. ถ้า $Q_(x_(0))$ คือ ดังนั้นฟังก์ชัน $f$ ที่จุด $x_(0)$ มีโลคัลเอ็กซ์ตรีม กล่าวคือ ค่าต่ำสุดถ้าแบบฟอร์มเป็นค่าบวกแน่นอน และค่าสูงสุดถ้าแบบฟอร์มคือ เชิงลบแน่นอน;
2. ถ้ารูปแบบกำลังสอง $Q_(x_(0))$ ไม่แน่นอน ดังนั้นฟังก์ชัน $f$ ที่จุด $x_(0)$ จะไม่มีส่วนปลาย

ให้ใช้การขยายตามสูตรเทย์เลอร์ (12.7 น. 292) . เมื่อพิจารณาว่าอนุพันธ์อันดับ 1 บางส่วนที่จุด $x_(0)$ เท่ากับศูนย์ เราจะได้ $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0) )\right) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \ บางส่วน x_(j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ โดยที่ $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$ และ $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ สำหรับ $h \rightarrow 0$ จากนั้นด้านขวาจะเป็นค่าบวกสำหรับเวกเตอร์ $h$ ใดๆ ที่มีความยาวน้อยเพียงพอ
ดังนั้นเราจึงได้ข้อสรุปว่าในละแวกใกล้เคียงของจุด $x_(0)$ ความไม่เท่าเทียมกัน $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ เป็นที่พอใจหากมีเพียง $ x \neq x_ (0)$ (เราใส่ $x=x_(0)+h$\right) ซึ่งหมายความว่า ณ จุด $x_(0)$ ฟังก์ชันมีค่าต่ำสุดที่เข้มงวด ดังนั้นส่วนแรกของทฤษฎีบทของเราจึงได้รับการพิสูจน์แล้ว
สมมุติว่า $Q_(x_(0))$ เป็นรูปแบบที่ไม่แน่นอน แล้วมีเวกเตอร์ $h_(1)$, $h_(2)$ ที่ $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \left(h_(2)\right)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0$. จากนั้นเราจะได้ $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ สำหรับ $t>0$ ที่มีขนาดเล็กเพียงพอ ด้านขวาคือ เชิงบวก. ซึ่งหมายความว่าในพื้นที่ใกล้เคียงของจุด $x_(0)$ ฟังก์ชัน $f$ รับค่า ​​$f \left(x\right)$ มากกว่า $f \left(x_(0)\right)$
ในทำนองเดียวกัน เราได้รับว่าในย่านใด ๆ ของจุด $x_(0)$ ฟังก์ชัน $f$ ใช้ค่าน้อยกว่า $f \left(x_(0)\right)$ สิ่งนี้ เมื่อรวมกับฟังก์ชันก่อนหน้า หมายความว่าฟังก์ชัน $f$ ไม่มีส่วนปลายที่จุด $x_(0)$

ให้เราพิจารณากรณีพิเศษของทฤษฎีบทนี้สำหรับฟังก์ชัน $f \left(x,y\right)$ ของตัวแปรสองตัวที่กำหนดไว้ในพื้นที่ใกล้เคียงของจุด $\left(x_(0),y_(0)\right) $ และมีอนุพันธ์ย่อยอย่างต่อเนื่องของคำสั่งซื้อที่หนึ่งและที่สอง ให้ $\left(x_(0),y_(0)\right)$ เป็นจุดนิ่งและให้ $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^( 2)) \left(x_(0) ,y_(0)\right), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_( 0) , y_(0)\right), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(x_(0), y_(0)\right ) $$ จากนั้นทฤษฎีบทก่อนหน้าจะมีรูปแบบต่อไปนี้

ทฤษฎีบท
ให้ $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$ แล้ว:

1. ถ้า $\Delta>0$ แสดงว่าฟังก์ชัน $f$ มีโลคัล extremum ที่จุด $\left(x_(0),y_(0)\right)$ กล่าวคือ ขั้นต่ำถ้า $a_(11)> 0$ และสูงสุดถ้า $a_(11)<0$;
2. ถ้า $\Delta<0$, 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.

ตัวอย่างการแก้ปัญหา

อัลกอริธึมในการค้นหาส่วนปลายของฟังก์ชันของตัวแปรหลายตัว:

1. เราพบจุดนิ่ง
2. เราพบส่วนต่างของลำดับที่ 2 ที่จุดนิ่งทั้งหมด
3. โดยใช้เงื่อนไขที่เพียงพอสำหรับส่วนปลายของฟังก์ชันของตัวแปรหลายตัว เราพิจารณาส่วนต่างอันดับสองที่จุดคงที่แต่ละจุด

1. ตรวจสอบฟังก์ชันที่ปลายสุด $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$
   สารละลาย

   ค้นหาอนุพันธ์บางส่วนของลำดับที่ 1: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) — 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ เขียนและแก้ระบบ: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x ) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \ cdot y^(2) - 6 \cdot x = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)x^(2) - 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) - x = 0 \end(cases)$$ จากสมการที่ 2 เราแสดง $x=4 \cdot y^(2)$ — แทนที่สมการที่ 1: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2)\ ขวา )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $$ y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ เป็นผลให้ได้รับ 2 คะแนนคงที่:
   1) $y=0 \ลูกศรขวา x = 0, M_(1) = \left(0, 0\right)$;
   2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \ลูกศรขวา y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\right)$
   ให้เราตรวจสอบการปฏิบัติตามเงื่อนไขสุดขั้วที่เพียงพอ:
   $$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
   1) สำหรับจุด $M_(1)= \left(0,0\right)$:
   $$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\right)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(0,0\right)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(0,0\right)=0;$$
   $A_(1) \cdot B_(1) - C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
   2) สำหรับจุด $M_(2)$:
   $$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=24;$$
   $A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$ ดังนั้นจึงมีจุดสิ้นสุดที่ $M_(2)$ และตั้งแต่ $A_(2)>0 $ แล้วนี่คือขั้นต่ำ
   คำตอบ: จุด $\displaystyle M_(2) \left(1,\frac(1)(2)\right)$ คือจุดต่ำสุดของฟังก์ชัน $f$
   

2. ตรวจสอบฟังก์ชันสำหรับเอ็กซ์ตรีม $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$
   สารละลาย

   ค้นหาจุดคงที่: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
   เขียนและแก้ระบบ: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \ Rightarrow \begin(กรณี)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(กรณี) \Rightarrow \begin(กรณี) y = 2\\y + x = 1\end(กรณี) \ลูกศรขวา x = -1$$
   $M_(0) \left(-1, 2\right)$ เป็นจุดคงที่
   มาตรวจสอบการปฏิบัติตามเงื่อนไขสุดขั้วที่เพียงพอกัน: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\right)=2;$$
   $A \cdot B - C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
   คำตอบ: ไม่มีความสุดโต่ง
   

จำกัดเวลา: 0

การนำทาง (หมายเลขงานเท่านั้น)

เสร็จสิ้น 0 จาก 4 งาน

ข้อมูล

ทำแบบทดสอบนี้เพื่อทดสอบความรู้ของคุณในหัวข้อที่คุณเพิ่งอ่าน Local Extrema of Functions of Many Variables

คุณเคยทำการทดสอบมาก่อนแล้ว คุณไม่สามารถเรียกใช้ได้อีก

กำลังโหลดการทดสอบ...

คุณต้องเข้าสู่ระบบหรือลงทะเบียนเพื่อเริ่มการทดสอบ

คุณต้องทำการทดสอบต่อไปนี้เพื่อเริ่มการทดสอบนี้:

ผล

คำตอบที่ถูกต้อง: 0 จาก 4

เวลาของคุณ:

หมดเวลา

คุณได้คะแนน 0 จาก 0 คะแนน (0 )

คะแนนของคุณถูกบันทึกไว้ในกระดานผู้นำ

1. พร้อมคำตอบ
2. เช็คเอาท์

งาน 1 จาก 4

1 .

จำนวนคะแนน: 1

ตรวจสอบฟังก์ชัน $f$ สำหรับ extrema: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

ถูกต้อง


ไม่ถูกต้อง


1. งาน 2 ของ 4

   2 .

   จำนวนคะแนน: 1

   ฟังก์ชัน $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$

คำนิยาม:จุด x0 เรียกว่าจุดสูงสุดของฟังก์ชัน (หรือค่าต่ำสุด) ในพื้นที่ ถ้าในบริเวณใกล้เคียงของจุด x0 ฟังก์ชันใช้ค่าที่มากที่สุด (หรือน้อยที่สุด) กล่าวคือ สำหรับทุก x จากพื้นที่ใกล้เคียงของจุด x0 เงื่อนไข f(x) f(x0) (หรือ f(x) f(x0)) เป็นที่น่าพอใจ

คะแนนสูงสุดหรือต่ำสุดในพื้นที่รวมกันโดยใช้ชื่อสามัญ - จุดปลายสุดของฟังก์ชัน

โปรดทราบว่าที่จุดสุดขั้วเฉพาะที่ ฟังก์ชันจะถึงค่าสูงสุดหรือต่ำสุดเฉพาะในบางพื้นที่เท่านั้น มีหลายกรณีที่, ตามค่าของ уmaxуmin .

เกณฑ์ที่จำเป็นสำหรับการมีอยู่ของส่วนปลายของฟังก์ชัน

ทฤษฎีบท . หากฟังก์ชันต่อเนื่อง y = f(x) มีปลายสุดที่จุด x0 เมื่อถึงจุดนี้ อนุพันธ์อันดับแรกจะเท่ากับศูนย์หรือไม่มีอยู่จริง กล่าวคือ สุดโต่งท้องถิ่นเกิดขึ้นที่จุดวิกฤตประเภทแรก

ที่จุดปลายสุดในพื้นที่ แทนเจนต์ขนานกับแกน 0x หรือมีแทนเจนต์สองเส้น (ดูรูป) โปรดทราบว่าจุดวิกฤตเป็นเงื่อนไขที่จำเป็นแต่ไม่เพียงพอสำหรับสุดโต่งในพื้นที่ เอ็กซ์ตรีมท้องถิ่นจะเกิดขึ้นที่จุดวิกฤตประเภทแรกเท่านั้น แต่ไม่ใช่จุดวิกฤตทั้งหมดที่มีจุดวิกฤตในพื้นที่

ตัวอย่างเช่น พาราโบลาลูกบาศก์ y = x3 มีจุดวิกฤต x0=0 ซึ่งอนุพันธ์ y/(0)=0 แต่จุดวิกฤต x0=0 ไม่ใช่จุดสุดโต่ง แต่มีจุดเปลี่ยนในนั้น (ดูด้านล่าง)

เกณฑ์ที่เพียงพอสำหรับการดำรงอยู่ของสุดโต่งเฉพาะที่ของฟังก์ชัน

ทฤษฎีบท . ถ้าเมื่ออาร์กิวเมนต์ผ่านจุดวิกฤตของประเภทแรกจากซ้ายไปขวาอนุพันธ์อันดับแรก y / (x)

เปลี่ยนเครื่องหมายจาก "+" เป็น "-" จากนั้นฟังก์ชันต่อเนื่อง y(x) จะมีค่าสูงสุดในพื้นที่ที่จุดวิกฤตินี้

เปลี่ยนเครื่องหมายจาก "-" เป็น "+" จากนั้นฟังก์ชันต่อเนื่อง y(x) จะมีค่าต่ำสุดในพื้นที่ที่จุดวิกฤตินี้

ไม่เปลี่ยนเครื่องหมาย แสดงว่าไม่มีส่วนปลายที่จุดวิกฤตนี้มีจุดเปลี่ยน

สำหรับค่าสูงสุดในพื้นที่ พื้นที่ของฟังก์ชันที่เพิ่มขึ้น (y/0) จะถูกแทนที่ด้วยพื้นที่ของฟังก์ชันที่ลดลง (y/0) สำหรับค่าต่ำสุดในพื้นที่ พื้นที่ของฟังก์ชันการลดลง (y/0) จะถูกแทนที่ด้วยพื้นที่ของฟังก์ชันที่เพิ่มขึ้น (y/0)

ตัวอย่าง: ตรวจสอบฟังก์ชัน y \u003d x3 + 9x2 + 15x - 9 สำหรับความซ้ำซากจำเจ สุดขั้ว และสร้างกราฟของฟังก์ชัน

ให้เราหาจุดวิกฤตของประเภทแรกโดยกำหนดอนุพันธ์ (y/) และให้เท่ากับศูนย์: y/ = 3x2 + 18x + 15 = 3(x2 + 6x + 5) = 0

เราแก้สมการกำลังสองโดยใช้ discriminant:

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

2) ให้เราแบ่งแกนตัวเลขตามจุดวิกฤตเป็น 3 ส่วน แล้วกำหนดเครื่องหมายของอนุพันธ์ (y/) ในแกนนั้น จากสัญญาณเหล่านี้ เราพบพื้นที่ของการทำงานที่ซ้ำซากจำเจ (เพิ่มขึ้นและลดลง) และโดยการเปลี่ยนสัญญาณ เราจะกำหนดจุดของส่วนปลายเฉพาะที่ (สูงสุดและต่ำสุด)

ผลการศึกษานำเสนอในรูปแบบของตารางซึ่งสามารถสรุปได้ดังต่อไปนี้:

• 1. ในช่วง y /(-10) 0 ฟังก์ชันจะเพิ่มขึ้นแบบโมโนโทน (เครื่องหมายของอนุพันธ์ y ประมาณจากจุดควบคุม x = -10 ที่ถ่ายในช่วงเวลานี้)
• 2. ในช่วงเวลา (-5; -1) y /(-2) 0 ฟังก์ชันจะลดลงแบบโมโนโทน (เครื่องหมายของอนุพันธ์ y ถูกประมาณจากจุดควบคุม x = -2 ที่ถ่ายในช่วงเวลานี้)
• 3. ในช่วงเวลา y /(0) 0 ฟังก์ชันจะเพิ่มขึ้นแบบโมโนโทน (เครื่องหมายของอนุพันธ์ y ประมาณจากจุดควบคุม x = 0 ที่ถ่ายในช่วงเวลานี้)
• 4. เมื่อผ่านจุดวิกฤต x1k \u003d -5 อนุพันธ์เปลี่ยนเครื่องหมายจาก "+" เป็น "-" ดังนั้นจุดนี้จึงเป็นจุดสูงสุดในพื้นที่
• (ymax(-5) = (-5)3+9(-5)2 +15(-5)-9=-125 + 225 - 75 - 9 =16);
• 5. เมื่อผ่านจุดวิกฤต x2k \u003d -1 อนุพันธ์เปลี่ยนเครื่องหมายจาก "-" เป็น "+" ดังนั้นจุดนี้จึงเป็นจุดต่ำสุดในพื้นที่
• (ymin(-1) = -1 + 9 - 15 - 9 = - 16)

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

3) เราจะสร้างกราฟตามผลการศึกษาที่เกี่ยวข้องกับการคำนวณเพิ่มเติมของค่าของฟังก์ชันที่จุดควบคุม:

เราสร้างระบบพิกัดสี่เหลี่ยม Oxy;

แสดงพิกัดสูงสุด (-5; 16) และจุดต่ำสุด (-1; -16)

ในการปรับแต่งกราฟ เราคำนวณค่าของฟังก์ชันที่จุดควบคุม โดยเลือกไปทางซ้ายและขวาของจุดสูงสุดและต่ำสุด และภายในช่วงกลาง เช่น 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) และ (0;-9) - จุดควบคุมที่คำนวณซึ่งถูกวางแผนเพื่อสร้างกราฟ

เราแสดงกราฟในรูปของเส้นโค้งที่มีส่วนนูนขึ้นที่จุดสูงสุดและนูนลงมาที่จุดต่ำสุดและผ่านจุดควบคุมที่คำนวณได้