Зміна функції у певній точці і визначається як межа збільшення функції до збільшення аргументу, який прагне до нуля. Для її знаходження скористайтесь похідною таблицею. Наприклад, похідна функції y = x3 дорівнюватиме y' = x2.

Прирівняйте цю похідну на нуль (у разі x2=0).

Знайдіть значення змінної даного. Це будуть ті значення, коли дана похідна дорівнюватиме 0. Для цього підставте у вираз довільні цифри замість x, при яких весь вираз стане нульовим. Наприклад:

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

Отримані значення нанесіть на координатну пряму і вирахуйте похідний знак для кожного з отриманих . На координатній прямій відзначаються точки, що приймаються за початок відліку. Щоб розрахувати значення на проміжках, підставте довільні значення, які відповідають критеріям. Наприклад, для попередньої функції до -1 можна вибрати значення -2. Від -1 до 1 можна вибрати 0, а для значень більше 1 виберіть 2. Підставте дані цифри у похідну і з'ясуйте знак похідної. У разі похідна з x = -2 дорівнюватиме -0,24, тобто. негативно і цьому проміжку буде знак мінус. Якщо x=0, то значення дорівнює 2, але в даному проміжку ставиться знак. Якщо x=1, то похідна також дорівнюватиме -0,24 і ставиться мінус.

Якщо при проходженні через точку на координатній прямій похідна змінює свій знак з мінусу на плюс, це точка мінімуму, а якщо з плюсу на мінус, то це точка максимуму.

Відео на тему

Корисна порада

Для знаходження похідної є онлайн-сервіси, які підраховують потрібні значення і виводять результат. На таких сайтах можна знайти похідну до 5 порядку.

Джерела:

  • Один із сервісів обчислення похідних
  • точку максимуму функції

Точки максимуму функції поряд із точками мінімуму називаються точками екстремуму. У цих точках функція змінює характер поведінки. Екстремуми визначаються на обмежених числових інтервалах і є локальними.

Інструкція

Процес знаходження локальних екстремумів називається функції та виконується шляхом аналізу першої та другої похідної функції. Перед початком дослідження переконайтеся, що заданий інтервал значень аргументу належить до допустимих значень. Наприклад, для функції F=1/x значення аргументу х=0 є неприпустимим. Або для функції Y=tg(x) аргумент може мати значення х=90°.

Переконайтеся, що функція Y диференційована на заданому відрізку. Знайдіть першу похідну Y". Очевидно, що до досягнення точки локального максимуму функція зростає, а при переході через максимум функція стає меншою. Перша похідна по своєму фізичного сенсухарактеризує швидкість зміни функції. Поки функція зростає, швидкість цього процесу є позитивною величиною. При переході через локальний максимум функція починає зменшуватися, і швидкість процесу зміни функції стає негативною. Перехід швидкості зміни функції через нуль відбувається у точці локального максимуму.

$E \subset \mathbb(R)^(n)$. Говорять, що $f$ має локальний максимуму точці $x_(0) \in E$, якщо існує така околиця $U$ точки $x_(0)$, що для всіх $x \in U$ виконується нерівність $f\left(x\right) \leqslant f \left(x_(0)\right)$.

Локальний максимум називається строгим , якщо околиця $U$ можна вибрати так, щоб для всіх $x \in U$, відмінних від $x_(0)$, було $f\left(x\right)< f\left(x_{0}\right)$.

Визначення
Нехай $f$ – дійсна функція на відкритій множині $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Говорять, що $f$ має локальний мінімуму точці $x_(0) \in E$, якщо існує така околиця $U$ точки $x_(0)$, що для всіх $x \in U$ виконується нерівність $f\left(x\right) \geqslant f \left(x_(0)\right)$.

Локальний мінімум називається строгим, якщо околиця $U$ можна вибрати так, щоб для всіх $x \in U$, відмінних від $x_(0)$, було $f\left(x\right) > f\left(x_( 0) \ right) $.

Локальний екстремум поєднує поняття локального мінімуму та локального максимуму.

Теорема ( необхідна умоваекстремуму функції, що диференціюється)
Нехай $f$ – дійсна функція на відкритій множині $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Якщо в точці $x_(0) \in E$ функція $f$ має локальний екстремум і в цій точці, то $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ Рівність нулю диференціала рівносильно з того що всі рівні нулю, тобто. $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

У разі це – . Позначимо $ \ phi \ left (t \ right) = f \ left (x_ (0) + th \ right) $, де $ h $ - довільний вектор. Функція $\phi$ визначена за досить малих за модулем значеннях $t$. Крім того, по , вона диференційована, і $(\phi)' \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$.
Нехай $f$ має локальний максимум у точці x$0$. Отже, функція $\phi$ за $t = 0$ має локальний максимум і, за теоремою Ферма, $(\phi)' \left(0\right)=0$.
Отже, отримали, що $df \left(x_(0)\right) = 0$, тобто. функції $f$ у точці $x_(0)$ дорівнює нулю будь-якому векторі $h$.

Визначення
Крапки, у яких диференціал дорівнює нулю, тобто. такі, у яких всі приватні похідні дорівнюють нулю, називаються стаціонарними . Критичними точкамиФункції $f$ називаються такі точки, в яких $f$ не диференційована, або її дорівнює нулю. Якщо точка стаціонарна, то цього ще не випливає, що в цій точці функція має екстремум.

приклад 1.
Нехай $f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$. Тоді $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$, так що $\left(0,0\right)$ - стаціонарна точка, але в цій точці у функції немає екстремуму. Справді, $f \left(0,0\right) = 0$, але легко бачити, що в будь-якій околиці точки $\left(0,0\right)$ функція набуває як позитивних, так і негативних значень.

приклад 2.
Функція $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ початок координат – стаціонарна точка, але ясно, що екстремуму в цій точці немає.

Теорема (достатня умова екстремуму).
Нехай функція $f$ двічі безперервно диференційована на відкритій множині $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Нехай $x_(0) \in E$ – стаціонарна точка і $$\displaystyle Q_(x_(0)) \left(h\right) \equiv \sum_(i=1)^n \sum_(j=1) ^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_(j)) \left(x_(0)\right)h^(i)h^(j).$$ Тоді

  1. якщо $Q_(x_(0))$ – , то функція $f$ у точці $x_(0)$ має локальний екстремум, саме, мінімум, якщо форма позитивно визначена, і максимум, якщо форма негативно визначена;
  2. якщо квадратична форма $Q_(x_(0))$ невизначена, то функція $f$ у точці $x_(0)$ немає екстремуму.

Скористаємося розкладанням за формулою Тейлора (12.7 стор 292). Враховуючи, що приватні похідні першого порядку в точці $x_(0)$ дорівнюють нулю, отримаємо $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\right) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_(j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ де $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$, а $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ при $h \rightarrow 0$, то права частина буде позитивною за будь-якого вектора $h$ досить малої довжини.
Отже, ми дійшли того, що в деякій околиці точки $x_(0)$ виконана нерівність $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$, якщо тільки $x \neq x_ (0)$ (ми поклали $x=x_(0)+h$\right). Це означає, що у точці $x_(0)$ функція має суворий локальний мінімум, і цим доведена перша частина нашої теореми.
Припустимо тепер, що $Q_(x_(0))$ – невизначена форма. Тоді знайдуться вектори $h_(1)$, $h_(2)$, такі, що $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ (x_(0)) \left(h_(2)\right)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0$. Тоді отримаємо $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ При досить малих $t>0$ права частина позитивна. Це означає, що в будь-якій околиці точки $x_(0)$ функція $f$ приймає значення $f \left(x\right)$, більші, ніж $f \left(x_(0)\right)$.
Аналогічно отримаємо, що у будь-якій околиці точки $x_(0)$ функція $f$ приймає значення, менші, ніж $f \left(x_(0)\right)$. Це, разом із попереднім, означає, що у точці $x_(0)$ функція $f$ не має екстремуму.

Розглянемо окремий випадокцієї теореми для функції $f \left(x,y\right)$ двох змінних, визначеної в деякій околиці точки $\left(x_(0),y_(0)\right)$ і має в цьому околиці безперервні приватні похідні першого та другого порядків. Припустимо, що $\left(x_(0),y_(0)\right)$ - стаціонарна точка, і позначимо $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^(2)) \left(x_(0) ,y_(0)\right), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_( 0), y_(0)\right), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(x_(0), y_(0)\right ).$$ Тоді попередня теорема набуде наступного вигляду.

Теорема
Нехай $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$. Тоді:

  1. якщо $\Delta>0$, то функція $f$ має в точці $\left(x_(0),y_(0)\right)$ локальний екстремум, а саме мінімум, якщо $a_(11)>0$ , і максимум, якщо $a_(11)<0$;
  2. якщо $\Delta<0$, 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.

Приклади розв'язання задач

Алгоритм знаходження екстремуму функції багатьох змінних:

  1. Знаходимо стаціонарні точки;
  2. Знаходимо диференціал другого порядку у всіх стаціонарних точках
  3. Користуючись достатньою умовою екстремуму функції багатьох змінних, розглядаємо диференціал другого порядку в кожній стаціонарній точці
  1. Дослідити функцію на екстремум $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x - 30 \cdot y$.
    Рішення

    Знайдемо приватні похідні 1-го порядку: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Складемо і вирішимо систему: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) - 6 \cdot x = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)x^(2) - 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) - x = 0 \end(cases)$$ З 2-го рівняння висловимо $x=4 \cdot y^(2)$ - підставимо в 1-е рівняння: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2)\right )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) - 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) - y = 0$$ $$y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ В результаті отримано 2 стаціонарні точки:
    1) $ y = 0 \ Rightarrow x = 0, M_ (1) = \ left (0, 0 \ right) $;
    2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\right)$
    Перевіримо виконання достатньої умови екстремуму:
    $$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
    1) Для точки $M_(1)= \left(0,0\right)$:
    $$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\right)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(0,0\right)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(0,0\right)=0;$$
    $A_(1) \cdot B_(1) - C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
    2) Для точки $M_(2)$:
    $$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=24;$$
    $A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, отже, у точці $M_(2)$ існує екстремум, і оскільки $A_(2)>0$, то це мінімум.
    Відповідь: Точка $\displaystyle M_(2) \left(1,\frac(1)(2)\right)$ є точкою мінімуму функції $f$.

  2. Дослідити функцію на екстремум $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$.
    Рішення

    Знайдемо стаціонарні точки: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4; $$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \cdot y + 2 \cdot x - 2.$$
    Складемо і вирішимо систему: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \ Rightarrow \begin(cases)2 \cdot y - 4 = 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases) y = 2\y + x = 1\end(cases) \Rightarrow x = -1$$
    $ M_(0) \ left (-1, 2 \ right) $ - Стаціонарна точка.
    Перевіримо виконання достатньої умови екстремуму: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\right)=2;$$
    $A \cdot B - C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
    Відповідь: екстремуми відсутні.

Ліміт часу: 0

Навігація (тільки номери завдань)

0 із 4 завдань закінчено

Інформація

Пройдіть цей тест, щоб перевірити свої знання з щойно прочитаної теми «Локальні екстремуми функцій багатьох змінних».

Ви вже проходили тест раніше. Ви не можете запустити його знову.

Тест завантажується...

Ви повинні увійти або зареєструватися, щоб почати тест.

Ви повинні закінчити наступні тести, щоб почати цей:

Результати

Правильних відповідей: 0 з 4

Ваш час:

Час вийшов

Ви набрали 0 з 0 балів (0 )

Ваш результат було записано до таблиці лідерів

  1. З відповіддю
  2. З позначкою про перегляд

    Завдання 1 з 4

    1 .
    Кількість балів: 1

    Дослідити функцію $f$ на екстремуми: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

    Правильно

    Неправильно

  1. Завдання 2 з 4

    2 .
    Кількість балів: 1

    Чи існує екстремум у функції $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$

Точка екстремуму функції - це точка області визначення функції, в якій значення функції набуває мінімального або максимального значення. Значення функції у цих точках називаються екстремумами (мінімумом і максимумом) функції.

Визначення. Крапка x1 області визначення функції f(x) називається точкою максимуму функції якщо значення функції в цій точці більше значень функції в досить близьких до неї точках, розташованих праворуч і зліва від неї (тобто виконується нерівність f(x0 ) > f(x 0 + Δ x) x1 максимум.

Визначення. Крапка x2 області визначення функції f(x) називається точкою мінімуму функціїякщо значення функції в цій точці менше значень функції в досить близьких до неї точках, розташованих праворуч і зліва від неї (тобто виконується нерівність f(x0 ) < f(x 0 + Δ x) ). І тут кажуть, що функція має у точці x2 мінімум.

Допустимо, точка x1 - точка максимуму функції f(x). Тоді в інтервалі до x1 функція зростаєтому похідна функції більше нуля ( f "(x) > 0 ), а в інтервалі після x1 функція зменшується, отже, і похідна функціїменьше нуля ( f "(x) < 0 ). Тогда в точке x1

Допустимо також, що точка x2 - точка мінімуму функції f(x). Тоді в інтервалі до x2 функція зменшується, а похідна функції менше нуля ( f "(x) < 0 ), а в интервале после x2 функція зростає, а похідна функції більша за нуль ( f "(x)> 0). У цьому випадку також у точці x2 похідна функції дорівнює нулю чи немає.

Теорема Ферма (необхідна ознака існування екстремуму функції). Якщо точка x0 - точка екстремуму функції f(x) , то цій точці похідна функції дорівнює нулю ( f "(x) = 0) або не існує.

Визначення. Точки, у яких похідна функції дорівнює нулю чи немає, називаються критичними точками .

приклад 1.Розглянемо функцію.

У точці x= 0 похідна функції дорівнює нулю, отже, точка x= 0 є критичною точкою. Однак, як видно на графіку функції, вона зростає у всій області визначення, тому точка x= 0 не є точкою екстремуму цієї функції.

Таким чином, умови про те, що похідна функції в точці дорівнює нулю або не існує, є необхідними умовами екстремуму, але не достатніми, оскільки можна навести й інші приклади функцій, для яких ці умови виконуються, але у відповідній точці функція не має. Тому потрібно мати достатні ознаки, що дозволяють судити, чи є в конкретній критичній точці екстремум і який саме - максимум чи мінімум.

Теорема (перша достатня ознака існування екстремуму функції).Критична точка x0 f(x) якщо при переході через цю точку похідна функції змінює знак, причому, якщо знак змінюється з "плюса" на "мінус", то точкою максимуму, а якщо з "мінуса" на "плюс", то точкою мінімуму.

Якщо ж поблизу точки x0 , ліворуч і праворуч від неї, похідна зберігає знак, це означає, що функція або лише зменшується, або тільки зростає в деякій околиці точки x0 . В цьому випадку в точці x0 екстремуму немає.

Отже, щоб визначити точки екстремуму функції, потрібно виконати таке :

  1. Знайти похідну функцію.
  2. Прирівняти похідну нулю та визначити критичні точки.
  3. Подумки чи папері відзначити критичні точки на числової осі і визначити знаки похідної функції отриманих інтервалах. Якщо знак похідної змінюється з " плюсу " на " мінус " , то критична точка є точкою максимуму, і якщо з " мінусу " на " плюс " , то точкою мінімуму.
  4. Обчислити значення функції у точках екстремуму.

приклад 2.Знайти екстремуми функції .

Рішення. Знайдемо похідну функції:

Прирівняємо похідну нулю, щоб знайти критичні точки:

.

Оскільки для будь-яких значень "ікса" знаменник не дорівнює нулю, то прирівняємо нулю чисельник:

Отримали одну критичну точку x= 3 . Визначимо похідний знак в інтервалах, розмежованих цією точкою:

в інтервалі від мінус нескінченності до 3 - знак мінус, тобто функція зменшується,

в інтервалі від 3 до плюс нескінченності – знак плюс, тобто функція зростає.

Тобто, точка x= 3 є точкою мінімуму.

Знайдемо значення функції у точці мінімуму:

Таким чином, точка екстремуму функції знайдено: (3; 0), причому вона є точкою мінімуму.

Теорема (друга достатня ознака існування екстремуму функції).Критична точка x0 є точкою екстремуму функції f(x) , якщо друга похідна функції у цій точці не дорівнює нулю ( f ""(x) ≠ 0 ), причому, якщо друга похідна більша за нуль ( f ""(x) > 0 ), то точкою максимуму, а якщо друга похідна менша за нуль ( f ""(x) < 0 ), то точкой минимума.

Примітка 1. Якщо у точці x0 звертаються в нуль і перша, і друга похідні, то в цій точці не можна судити про наявність екстремуму на підставі другої достатньої ознаки. В цьому випадку потрібно скористатися першою достатньою ознакою екстремуму функції.

Примітка 2. Друга достатня ознака екстремуму функції не застосовується і тоді, коли в стаціонарній точці перша похідна не існує (тоді не існує і друга похідна). У цьому випадку також потрібно скористатися першою достатньою ознакою екстремуму функції.

Локальний характер екстремумів функції

З наведених визначень випливає, що екстремум функції має локальний характер - це найбільше і найменше значенняфункції порівняно з найближчими значеннями.

Припустимо, ви розглядаєте свої заробітки у відрізку часу завдовжки один рік. Якщо травні ви заробили 45 000 рублів, а квітні 42 000 рублів й у червні 39 000 рублів, то травневий заробіток - максимум функції заробітку проти близькими значеннями. Але у жовтні ви заробили 71 000 рублів, у вересні 75 000 рублів, а у листопаді 74 000 рублів, тому жовтневий заробіток – мінімум функції заробітку в порівнянні з прилеглими значеннями. І ви легко бачите, що максимум серед значень квітня-травня-червня менший за мінімум вересня-жовтня-листопада.

Говорячи узагальнено, на проміжку функція може мати кілька екстремумів, причому може виявитися, що будь-який мінімум функції більший за будь-який максимум. Так, для функції зображеної малюнку вище, .

Тобто не слід думати, що максимум і мінімум функції є, відповідно, її найбільшим та найменшим значеннями на всьому розрізаному відрізку. У точці максимуму функція має найбільше значення лише в порівнянні з тими значеннями, які вона має у всіх точках, досить близьких до точки максимуму, а в точці мінімуму - найменше значення лише в порівнянні з тими значеннями, які вона має у всіх точках, досить близьких до точки мінімуму.

Тому можна уточнити наведене вище поняття точок екстремуму функції та називати точки мінімуму точками локального мінімуму, а точки максимуму – точками локального максимуму.

Шукаємо екстремуми функції разом

Приклад 3.

Рішення. Функція визначена і безперервна на всій числовій прямій. Її похідна існує також на всій числовій прямій. Тож у разі критичними точками служать ті, у яких , тобто. , звідки та . Критичні точки і розбивають всю область визначення функції на три інтервали монотонності: . Виберемо у кожному їх по одній контрольній точці і знайдемо знак похідної у цій точці.

Для інтервалу контрольною точкою може бути: знаходимо. Взявши в інтервалі точку, отримаємо, а взявши в інтервалі точку, маємо. Отже, в інтервалах та , а в інтервалі . Згідно з першою достатньою ознакою екстремуму, в точці екстремуму немає (оскільки похідна зберігає знак в інтервалі), а в точці функція має мінімум (оскільки похідна при переході через цю точку змінює знак з мінусу на плюс). Знайдемо відповідні значення функції: , а . У інтервалі функція зменшується, оскільки у цьому інтервалі , а інтервалі зростає, оскільки у цьому інтервалі .

Щоб уточнити будову графіка, знайдемо точки перетину його з осями координат. При отримаємо рівняння , коріння якого і , тобто знайдено дві точки (0; 0) та (4; 0) графіка функції. Використовуючи всі отримані відомості, будуємо графік (див. на початку прикладу).

Приклад 4.Знайти екстремуми функції та побудувати її графік.

Областю визначення функції є вся числова пряма, крім точки, тобто. .

Для скорочення дослідження можна скористатися тим, що ця функція парна, оскільки . Тому її графік симетричний щодо осі Ойта дослідження можна виконати тільки для інтервалу.

Знаходимо похідну та критичні точки функції:

1) ;

2) ,

але функція зазнає розриву в цій точці, тому вона не може бути точкою екстремуму.

Таким чином, задана функція має дві критичні точки: . Враховуючи парність функції, перевіримо за другою достатньою ознакою екстремуму лише точку . Для цього знайдемо другу похідну і визначимо її знак при: отримаємо. Оскільки і , то є точкою мінімуму функції, причому .

Щоб скласти повніше уявлення про графік функції, з'ясуємо її поведінку на межах області визначення:

(тут символом позначено прагнення xдо нуля праворуч, причому xзалишається позитивним; аналогічно означає прагнення xдо нуля зліва, причому xзалишається негативним). Отже, якщо , то . Далі, знаходимо

,

тобто. якщо то .

Точка перетину з осями графік функції не має. Малюнок – на початку прикладу.

Продовжуємо шукати екстремуми функції разом

Приклад 8.Знайти екстремуми функції.

Рішення. Знайдемо область визначення функції. Оскільки має виконуватися нерівність, то ми отримуємо.

Знайдемо першу похідну функції:

Знайдемо критичні точки функції.

$E \subset \mathbb(R)^(n)$. Говорять, що $f$ має локальний максимуму точці $x_(0) \in E$, якщо існує така околиця $U$ точки $x_(0)$, що для всіх $x \in U$ виконується нерівність $f\left(x\right) \leqslant f \left(x_(0)\right)$.

Локальний максимум називається строгим , якщо околиця $U$ можна вибрати так, щоб для всіх $x \in U$, відмінних від $x_(0)$, було $f\left(x\right)< f\left(x_{0}\right)$.

Визначення
Нехай $f$ – дійсна функція на відкритій множині $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Говорять, що $f$ має локальний мінімуму точці $x_(0) \in E$, якщо існує така околиця $U$ точки $x_(0)$, що для всіх $x \in U$ виконується нерівність $f\left(x\right) \geqslant f \left(x_(0)\right)$.

Локальний мінімум називається строгим, якщо околиця $U$ можна вибрати так, щоб для всіх $x \in U$, відмінних від $x_(0)$, було $f\left(x\right) > f\left(x_( 0) \ right) $.

Локальний екстремум поєднує поняття локального мінімуму та локального максимуму.

Теорема (необхідна умова екстремуму функції, що диференціюється)
Нехай $f$ – дійсна функція на відкритій множині $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Якщо в точці $x_(0) \in E$ функція $f$ має локальний екстремум і в цій точці, то $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ Рівність нулю диференціала рівносильно з того що всі рівні нулю, тобто. $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

У разі це – . Позначимо $ \ phi \ left (t \ right) = f \ left (x_ (0) + th \ right) $, де $ h $ - довільний вектор. Функція $\phi$ визначена за досить малих за модулем значеннях $t$. Крім того, по , вона диференційована, і $(\phi)' \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$.
Нехай $f$ має локальний максимум у точці x$0$. Отже, функція $\phi$ за $t = 0$ має локальний максимум і, за теоремою Ферма, $(\phi)' \left(0\right)=0$.
Отже, отримали, що $df \left(x_(0)\right) = 0$, тобто. функції $f$ у точці $x_(0)$ дорівнює нулю будь-якому векторі $h$.

Визначення
Крапки, у яких диференціал дорівнює нулю, тобто. такі, у яких всі приватні похідні дорівнюють нулю, називаються стаціонарними . Критичними точкамиФункції $f$ називаються такі точки, в яких $f$ не диференційована, або її дорівнює нулю. Якщо точка стаціонарна, то цього ще не випливає, що в цій точці функція має екстремум.

приклад 1.
Нехай $f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$. Тоді $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$, так що $\left(0,0\right)$ - стаціонарна точка, але в цій точці у функції немає екстремуму. Справді, $f \left(0,0\right) = 0$, але легко бачити, що в будь-якій околиці точки $\left(0,0\right)$ функція набуває як позитивних, так і негативних значень.

приклад 2.
Функція $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ початок координат – стаціонарна точка, але ясно, що екстремуму в цій точці немає.

Теорема (достатня умова екстремуму).
Нехай функція $f$ двічі безперервно диференційована на відкритій множині $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Нехай $x_(0) \in E$ – стаціонарна точка і $$\displaystyle Q_(x_(0)) \left(h\right) \equiv \sum_(i=1)^n \sum_(j=1) ^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_(j)) \left(x_(0)\right)h^(i)h^(j).$$ Тоді

  1. якщо $Q_(x_(0))$ – , то функція $f$ у точці $x_(0)$ має локальний екстремум, саме, мінімум, якщо форма позитивно визначена, і максимум, якщо форма негативно визначена;
  2. якщо квадратична форма $Q_(x_(0))$ невизначена, то функція $f$ у точці $x_(0)$ немає екстремуму.

Скористаємося розкладанням за формулою Тейлора (12.7 стор 292). Враховуючи, що приватні похідні першого порядку в точці $x_(0)$ дорівнюють нулю, отримаємо $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\right) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_(j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ де $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$, а $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ при $h \rightarrow 0$, то права частина буде позитивною за будь-якого вектора $h$ досить малої довжини.
Отже, ми дійшли того, що в деякій околиці точки $x_(0)$ виконана нерівність $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$, якщо тільки $x \neq x_ (0)$ (ми поклали $x=x_(0)+h$\right). Це означає, що у точці $x_(0)$ функція має суворий локальний мінімум, і цим доведена перша частина нашої теореми.
Припустимо тепер, що $Q_(x_(0))$ – невизначена форма. Тоді знайдуться вектори $h_(1)$, $h_(2)$, такі, що $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ (x_(0)) \left(h_(2)\right)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0$. Тоді отримаємо $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ При досить малих $t>0$ права частина позитивна. Це означає, що в будь-якій околиці точки $x_(0)$ функція $f$ приймає значення $f \left(x\right)$, більші, ніж $f \left(x_(0)\right)$.
Аналогічно отримаємо, що у будь-якій околиці точки $x_(0)$ функція $f$ приймає значення, менші, ніж $f \left(x_(0)\right)$. Це, разом із попереднім, означає, що у точці $x_(0)$ функція $f$ не має екстремуму.

Розглянемо окремий випадок цієї теореми для функції $f \left(x,y\right)$ двох змінних, визначеної в деякій околиці точки $\left(x_(0),y_(0)\right)$ і має безперервні в цьому околиці приватні похідні першого та другого порядків. Припустимо, що $\left(x_(0),y_(0)\right)$ - стаціонарна точка, і позначимо $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^(2)) \left(x_(0) ,y_(0)\right), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_( 0), y_(0)\right), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(x_(0), y_(0)\right ).$$ Тоді попередня теорема набуде наступного вигляду.

Теорема
Нехай $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$. Тоді:

  1. якщо $\Delta>0$, то функція $f$ має в точці $\left(x_(0),y_(0)\right)$ локальний екстремум, а саме мінімум, якщо $a_(11)>0$ , і максимум, якщо $a_(11)<0$;
  2. якщо $\Delta<0$, 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.

Приклади розв'язання задач

Алгоритм знаходження екстремуму функції багатьох змінних:

  1. Знаходимо стаціонарні точки;
  2. Знаходимо диференціал другого порядку у всіх стаціонарних точках
  3. Користуючись достатньою умовою екстремуму функції багатьох змінних, розглядаємо диференціал другого порядку в кожній стаціонарній точці
  1. Дослідити функцію на екстремум $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x - 30 \cdot y$.
    Рішення

    Знайдемо приватні похідні 1-го порядку: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Складемо і вирішимо систему: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) - 6 \cdot x = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)x^(2) - 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) - x = 0 \end(cases)$$ З 2-го рівняння висловимо $x=4 \cdot y^(2)$ - підставимо в 1-е рівняння: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2)\right )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) - 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) - y = 0$$ $$y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ В результаті отримано 2 стаціонарні точки:
    1) $ y = 0 \ Rightarrow x = 0, M_ (1) = \ left (0, 0 \ right) $;
    2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\right)$
    Перевіримо виконання достатньої умови екстремуму:
    $$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
    1) Для точки $M_(1)= \left(0,0\right)$:
    $$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\right)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(0,0\right)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(0,0\right)=0;$$
    $A_(1) \cdot B_(1) - C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
    2) Для точки $M_(2)$:
    $$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=24;$$
    $A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, отже, у точці $M_(2)$ існує екстремум, і оскільки $A_(2)>0$, то це мінімум.
    Відповідь: Точка $\displaystyle M_(2) \left(1,\frac(1)(2)\right)$ є точкою мінімуму функції $f$.

  2. Дослідити функцію на екстремум $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$.
    Рішення

    Знайдемо стаціонарні точки: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4; $$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \cdot y + 2 \cdot x - 2.$$
    Складемо і вирішимо систему: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \ Rightarrow \begin(cases)2 \cdot y - 4 = 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases) y = 2\y + x = 1\end(cases) \Rightarrow x = -1$$
    $ M_(0) \ left (-1, 2 \ right) $ - Стаціонарна точка.
    Перевіримо виконання достатньої умови екстремуму: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\right)=2;$$
    $A \cdot B - C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
    Відповідь: екстремуми відсутні.

Ліміт часу: 0

Навігація (тільки номери завдань)

0 із 4 завдань закінчено

Інформація

Пройдіть цей тест, щоб перевірити свої знання з щойно прочитаної теми «Локальні екстремуми функцій багатьох змінних».

Ви вже проходили тест раніше. Ви не можете запустити його знову.

Тест завантажується...

Ви повинні увійти або зареєструватися, щоб почати тест.

Ви повинні закінчити наступні тести, щоб почати цей:

Результати

Правильних відповідей: 0 з 4

Ваш час:

Час вийшов

Ви набрали 0 з 0 балів (0 )

Ваш результат було записано до таблиці лідерів

  1. З відповіддю
  2. З позначкою про перегляд

    Завдання 1 з 4

    1 .
    Кількість балів: 1

    Дослідити функцію $f$ на екстремуми: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

    Правильно

    Неправильно

  1. Завдання 2 з 4

    2 .
    Кількість балів: 1

    Чи існує екстремум у функції $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$

Визначення:Точка х0 називається точкою локального максимуму (або мінімуму) функції, якщо у певній околиці точки х0 функція набуває найбільшого (або найменше) значення, тобто. для всіх з деякої околиці точки х0 виконується умова f(x) f(x0) (або f(x) f(x0)).

Точки локального максимуму або мінімуму об'єднані загальною назвою – точками локального екстремуму функції.

Зазначимо, що в точках локального екстремуму функція досягає свого найбільшого чи найменшого значення лише деякій локальної області. Можливі випадки, коли значення уmaxуmin .

Необхідна ознака існування локального екстремуму функції

Теорема . Якщо безперервна функція у = f(x) має у точці х0 локальний екстремум, то цій точці перша похідна або дорівнює нулю, або немає, тобто. локальний екстремум має місце у критичних точках І роду.

У точках локального екстремуму або дотична паралельна осі 0х, або є дві дотичні (див. рисунок). Зазначимо, що критичні точки є необхідною, але недостатньою умовою локального екстремуму. Локальний екстремум має місце лише у критичних точках I роду, але не у всіх критичних точках має місце локальний екстремум.

Наприклад: кубічна парабола у = х3, має критичну точку х0=0, у якій похіднау/(0)=0, але критична точка х0=0 не є точкою екстремуму, а в ній має місце точка перегину (див. нижче).

Достатня ознака існування локального екстремуму функції

Теорема . Якщо при переході аргументу через критичну точку I роду зліва направо перша похідна у/(x)

змінює знак з "+" на "-", то безперервна функція у(х) у цій критичній точці має локальний максимум;

змінює знак з “-” на “+”, то безперервна функція у(х) має у цій критичній точці локальний мінімум

не змінює знак, то в цій критичній точці немає локального екстремуму, тут має місце точка перегину.

Для локального максимуму область зростання функції (у/0) змінюється на область зменшення функції (у/0). Для локального мінімуму область зменшення функції (у/0) змінюється на область зростання функції (у /0).

Приклад: Дослідити функцію у = х3 + 9х2 + 15х - 9 на монотонність, екстремум та побудувати графік функції.

Знайдемо критичні точки I роду, визначивши похідну (у/) і прирівнявши її нулю: у/ = 3х2 + 18х + 15 = 3 (х2 + 6х + 5) = 0

Вирішимо квадратний тричлен за допомогою дискримінанта:

х2 + 6х + 5 = 0 (а = 1, в = 6, с = 5) D = , х1к = -5, х2к = -1.

2) Розіб'ємо числову вісь критичними точками на 3 області та визначимо в них знаки похідної (у/). За цими знаками знайдемо ділянки монотонності (зростання та зменшення) функцій, а, по зміні знаків визначимо точки локального екстремуму (максимуму і мінімуму).

Результати дослідження представимо у вигляді таблиці, з якої можна зробити такі висновки:

  • 1. На інтервалі у /(-10) 0 функція монотонно зростає (знак похідної у оцінювався по контрольній точці х = -10 взятої в даному інтервалі);
  • 2. На інтервалі (-5 ; -1) у /(-2) 0 функція монотонно зменшується (знак похідної у оцінювався по контрольній точці х = -2, взятої в даному інтервалі);
  • 3. На інтервалі у /(0) 0 функція монотонно зростає (знак похідної у оцінювався по контрольній точці х = 0, взятої в даному інтервалі);
  • 4. При переході через критичну точку х1к= -5 похідна змінює знак з "+" на "-", отже ця точка є точкою локального максимуму
  • (ymax(-5) = (-5)3+9(-5)2 +15(-5)-9=-125 + 225 - 75 - 9 =16);
  • 5. При переході через критичну точку х2к= -1 похідна змінює знак з "-" на "+", отже ця точка є точкою локального мінімуму
  • (ymin(-1) = -1 + 9 - 15 - 9 = - 16).

х -5 (-5; -1) -1

3) Побудову графіка виконаємо за результатами дослідження із залученням додаткових розрахунків значень функції у контрольних точках:

будуємо прямокутну систему координат Оху;

показуємо за координатами точки максимуму (-5; 16) та мінімуму (-1; -16);

для уточнення графіка розраховуємо значення функції в контрольних точках, вибираючи їх ліворуч і праворуч від точок максимуму та мінімуму і всередині середнього інтервалу, наприклад: у(-6)=(-6)3 +9(-6)2+15(-6 )-9 = 9; у(-3)=(-3)3+9(-3)2+15(-3)-9=0;

у (0) = -9 (-6; 9); (-3;0) та (0;-9) - розрахункові контрольні точки, які наносимо для побудови графіка;

показуємо графік у вигляді кривої опуклістю вгору в точці максимуму та опуклістю вниз у точці мінімуму і проходить через розрахункові контрольні точки.