Extrema, maximum at minimum na mga halaga ng mga pag-andar. Extremum ang pag-andar

$E \subset \mathbb(R)^(n)$. Sinasabing mayroon si $f$ lokal na maximum sa puntong $x_(0) \sa E$ kung mayroong isang kapitbahayan $U$ ng puntong $x_(0)$ para sa lahat ng $x \in U$ ang hindi pagkakapantay-pantay $f\kaliwa(x\kanan) \leqslant f \left(x_(0)\right)$.

Ang lokal na maximum ay tinatawag mahigpit , kung ang kapitbahayan na $U$ ay mapipili sa paraang para sa lahat ng $x \in U$ ay iba sa $x_(0)$ mayroong $f\left(x\right)< f\left(x_{0}\right)$.

Kahulugan
Hayaang maging tunay na function ang $f$ sa isang bukas na hanay na $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Sinasabing mayroon si $f$ lokal na minimum sa puntong $x_(0) \sa E$ kung mayroong isang kapitbahayan $U$ ng puntong $x_(0)$ para sa lahat ng $x \in U$ ang hindi pagkakapantay-pantay $f\kaliwa(x\kanan) \geqslant f \left(x_(0)\right)$.

Sinasabing mahigpit ang lokal na minimum kung mapipili ang kapitbahayan na $U$ para sa lahat ng $x \in U$ ay iba sa $x_(0)$ $f\left(x\right) > f\left(x_ ( 0)\kanan)$.

Pinagsasama ng lokal na extremum ang mga konsepto ng lokal na minimum at lokal na maximum.

Teorama ( kinakailangang kondisyon extremum ng isang differentiable function)
Hayaang maging tunay na function ang $f$ sa isang bukas na hanay na $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Kung sa puntong $x_(0) \sa E$ ang function na $f$ ay may lokal na extremum din sa puntong ito, pagkatapos ay $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0. $$ Ang pagkakapantay-pantay sa zero differential ay katumbas ng katotohanan na ang lahat ay katumbas ng zero, i.e. $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

Sa one-dimensional na kaso, ito ay . Ipahiwatig ang $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$, kung saan ang $h$ ay isang arbitraryong vector. Ang function na $\phi$ ay tinukoy para sa sapat na maliit na mga halaga ng modulo na $t$. Bukod dito, may kinalaman sa , ito ay naiba-iba, at $(\phi)’ \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$.
Hayaan ang $f$ na magkaroon ng lokal na maximum sa x $0$. Kaya, ang function na $\phi$ sa $t = 0$ ay may lokal na maximum at, sa pamamagitan ng Fermat's theorem, $(\phi)' \left(0\right)=0$.
Kaya, nakuha namin na $df \left(x_(0)\right) = 0$, i.e. function na $f$ sa puntong $x_(0)$ sero sa anumang vector $h$.

Kahulugan
Ang mga punto kung saan ang pagkakaiba ay katumbas ng zero, i.e. ang mga kung saan ang lahat ng bahagyang derivatives ay katumbas ng zero ay tinatawag na nakatigil. kritikal na mga punto ang mga function na $f$ ay ang mga punto kung saan ang $f$ ay hindi naiba-iba, o katumbas ito ng zero. Kung ang punto ay nakatigil, hindi pa ito sumusunod na ang function ay may isang extremum sa puntong ito.

Halimbawa 1
Hayaan ang $f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$. Pagkatapos ay $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$, kaya ang $\left(0,0\right)$ ay isang nakatigil na punto, ngunit ang function ay walang extremum sa puntong ito. Sa katunayan, $f \left(0,0\right) = 0$, ngunit madaling makita na sa anumang kapitbahayan ng puntong $\left(0,0\right)$ ang function ay tumatagal ng parehong positibo at negatibong mga halaga.

Halimbawa 2
Ang function na $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ ay may pinanggalingan ng mga coordinate bilang isang nakatigil na punto, ngunit malinaw na walang extremum sa puntong ito.

Theorem (sapat na kondisyon para sa isang extremum).
Hayaang ang isang function na $f$ ay dalawang beses na patuloy na naiba-iba sa isang bukas na set $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Hayaang ang $x_(0) \sa E$ ay isang nakatigil na punto at $$\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).$ $ Pagkatapos

kung $Q_(x_(0))$ – , ang function na $f$ sa puntong $x_(0)$ ay may lokal na extremum, ibig sabihin, ang minimum kung positive-definite ang form at ang maximum kung ang form ay negatibo-tiyak;
kung ang quadratic form na $Q_(x_(0))$ ay hindi tiyak, ang function na $f$ sa puntong $x_(0)$ ay walang extremum.

Gamitin natin ang pagpapalawak ayon sa pormula ng Taylor (12.7 p. 292) . Isinasaalang-alang na ang unang pagkakasunud-sunod ng mga partial derivatives sa puntong $x_(0)$ ay katumbas ng zero, nakukuha namin ang $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0) )\kanan) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \ bahagyang x_(j)) \kaliwa(x_(0)+\theta h\kanan)h^(i)h^(j),$$ kung saan $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$, at $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ para sa $h \rightarrow 0$, pagkatapos kanang bahagi ay positibo para sa anumang vector na $h$ na may sapat na maliit na haba.
Kaya, kami ay dumating sa konklusyon na sa ilang kapitbahayan ng puntong $x_(0)$ ang hindi pagkakapantay-pantay na $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ ay nasiyahan kung $ lamang x \neq x_ (0)$ (inilalagay namin ang $x=x_(0)+h$\kanan). Nangangahulugan ito na sa puntong $x_(0)$ ang function ay may mahigpit na lokal na minimum, at sa gayon ang unang bahagi ng aming theorem ay napatunayan.
Ipagpalagay ngayon na ang $Q_(x_(0))$ ay isang hindi tiyak na anyo. Pagkatapos ay mayroong mga vector na $h_(1)$, $h_(2)$ na $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \left(h_(2)\right)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0$. Pagkatapos ay makakakuha tayo ng $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ Para sa sapat na maliit na $t>0$, ang kanang bahagi ay positibo. Nangangahulugan ito na sa anumang kapitbahayan ng puntong $x_(0)$ ang function na $f$ ay kumukuha ng mga halaga $f \left(x\right)$ mas malaki kaysa sa $f \left(x_(0)\right)$.
Katulad nito, nakuha namin na sa alinmang kapitbahayan ng puntong $x_(0)$ ang function na $f$ ay kumukuha ng mga halaga na mas mababa sa $f \left(x_(0)\right)$. Ito, kasama ng nauna, ay nangangahulugan na ang function na $f$ ay walang extremum sa puntong $x_(0)$.

Isaalang-alang natin ang isang espesyal na kaso ng theorem na ito para sa isang function na $f \left(x,y\right)$ ng dalawang variable na tinukoy sa ilang kapitbahayan ng point $\left(x_(0),y_(0)\right) $ at pagkakaroon ng tuluy-tuloy na partial derivatives ng una at pangalawang order. Hayaan ang $\left(x_(0),y_(0)\right)$ maging isang nakatigil na punto at hayaan ang $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^( 2)) \left(x_(0) ,y_(0)\right), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_( 0) , y_(0)\right), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(x_(0), y_(0)\right ). $$ Pagkatapos ang nakaraang teorama ay tumatagal ng sumusunod na anyo.

Teorama
Hayaan ang $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$. Pagkatapos:

kung $\Delta>0$, ang function na $f$ ay may lokal na extremum sa puntong $\left(x_(0),y_(0)\right)$, ibig sabihin, isang minimum kung $a_(11)> 0$ , at maximum kung $a_(11)<0$;
kung $\Delta<0$, 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.

Mga halimbawa ng paglutas ng problema

Algorithm para sa paghahanap ng extremum ng isang function ng maraming variable:

Nakahanap kami ng mga nakatigil na puntos;
Nahanap namin ang pagkakaiba ng 2nd order sa lahat ng mga nakatigil na punto
Gamit ang sapat na kundisyon para sa extremum ng isang function ng ilang variable, isinasaalang-alang namin ang second-order differential sa bawat stationary point

Siyasatin ang function sa extremum $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$.
Desisyon
Maghanap ng mga partial derivatives ng 1st order: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) — 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Bumuo at lutasin ang system: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x ) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \ cdot y^(2) - 6 \cdot x = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)x^(2) - 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) - x = 0 \end(cases)$$ Mula sa 2nd equation, ipinapahayag namin ang $x=4 \cdot y^(2)$ — palitan sa 1st equation: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2)\ kanan )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $$ y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Bilang resulta, 2 nakatigil na puntos ang nakuha:
1) $y=0 \Rightarrow x = 0, M_(1) = \left(0, 0\right)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \kaliwa(\frac(1)(2), 1\kanan)$
Suriin natin ang katuparan ng sapat na extremum na kondisyon:
$$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
1) Para sa puntong $M_(1)= \left(0,0\right)$:
$$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\right)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(0,0\right)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(0,0\right)=0;$$
$A_(1) \cdot B_(1) - C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
2) Para sa puntong $M_(2)$:
$$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=24;$$
$A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, kaya mayroong extremum sa puntong $M_(2)$, at dahil $A_(2)>0 $, kung gayon ito ang pinakamababa.
Sagot: Ang puntong $\displaystyle M_(2) \left(1,\frac(1)(2)\right)$ ay ang pinakamababang punto ng function na $f$.
Siyasatin ang function para sa extremum $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$.
Desisyon
Maghanap ng mga nakatigil na puntos: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
Bumuo at lutasin ang system: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \ Rightarrow \begin(cases)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases) y = 2\\y + x = 1\end(cases) \Rightarrow x = -1$$
Ang $M_(0) \left(-1, 2\right)$ ay isang nakatigil na punto.
Suriin natin ang katuparan ng sapat na extremum na kondisyon: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\right)=2;$$
$A \cdot B - C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
Sagot: walang extrema.

Limitasyon sa oras: 0

Navigation (mga numero ng trabaho lamang)

0 sa 4 na gawain ang natapos

Impormasyon

Sagutan ang pagsusulit na ito upang subukan ang iyong kaalaman sa paksang kababasa mo lang, Local Extrema of Functions of Many Variables.

Nakapag-test ka na dati. Hindi mo na ito maaaring patakbuhin muli.

Naglo-load ang pagsubok...

Dapat kang mag-login o magparehistro upang simulan ang pagsubok.

Dapat mong kumpletuhin ang mga sumusunod na pagsusulit upang simulan ang isang ito:

resulta

Mga tamang sagot: 0 sa 4

Oras mo:

Tapos na ang oras

Nakakuha ka ng 0 sa 0 puntos (0 )

Ang iyong marka ay naitala sa leaderboard

Na may sagot
Naka-check out

Gawain 1 ng 4

1 .

Bilang ng mga puntos: 1

Siyasatin ang function na $f$ para sa extrema: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

Tama

Hindi tama

Gawain 2 ng 4

2 .
Bilang ng mga puntos: 1
Ang function ba ay $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$

Para sa isang function na f(x) ng maraming variable, ang point x ay isang vector, f'(x) ay ang vector ng unang derivatives (gradient) ng function na f(x), f ′ ′(x) ay isang simetriko matrix ng pangalawang partial derivatives (Hesse matrix − Hessian) function na f(x).
Para sa isang function ng ilang mga variable, ang mga kondisyon ng pinakamainam ay binuo bilang mga sumusunod.
Isang kinakailangang kondisyon para sa lokal na pinakamainam. Hayaang maging differentiable ang f(x) sa puntong x * R n . Kung ang x * ay isang lokal na extremum point, kung gayon ang f'(x *) = 0.
Tulad ng dati, ang mga punto na solusyon sa isang sistema ng mga equation ay tinatawag na nakatigil. Ang katangian ng nakatigil na puntong x * ay nauugnay sa sign-definiteness ng Hessian matrix f′ ′(x).
Ang sign-definiteness ng matrix A ay depende sa mga palatandaan ng quadratic form Q(α)=< α A, α >para sa lahat ng nonzero α∈R n .
Dito at sa kabila ang scalar product ng mga vectors na x at y ay denoted. A-priory,

Ang isang matrix A ay positibo (non-negatively) na tiyak kung Q(α)>0 (Q(α)≥0) para sa lahat ng hindi-zero α∈R n ; negatibo (hindi positibo) tiyak kung Q(α)<0 (Q(α)≤0) при всех ненулевых α∈R n ; неопределенной, если Q(α)>0 para sa ilang hindi zero na α∈R n at Q(α)<0 для остальных ненулевых α∈R n .
Isang sapat na kondisyon para sa lokal na optimality. Hayaang ang f(x) ay dalawang beses na naiba-iba sa puntong x * R n , at f’(x *)=0 , i.e. x * − nakatigil na punto. Pagkatapos, kung ang matrix f (x *) ay positibo (negatibo) na tiyak, kung gayon ang x * ay isang lokal na minimum (maximum) na punto; kung ang matrix f′′(x *) ay hindi tiyak, ang x * ay isang saddle point.
Kung ang matrix f′′(x *) ay di-negatibo (di-positibo) na tiyak, kung gayon upang matukoy ang katangian ng nakatigil na punto x *, ang pag-aaral ng mga derivative na may mataas na pagkakasunud-sunod ay kinakailangan.
Upang suriin ang sign-definiteness ng isang matrix, bilang panuntunan, ginagamit ang Sylvester criterion. Ayon sa pamantayang ito, ang isang simetriko matrix A ay positibong tiyak kung at kung ang lahat ng mga angular na menor de edad nito ay positibo. Sa kasong ito, ang angular minor ng matrix A ay ang determinant ng matrix na binuo mula sa mga elemento ng matrix A, na nakatayo sa intersection ng mga row at column na may parehong (at ang una) na mga numero. Upang suriin ang simetriko matrix A para sa negatibong katiyakan, dapat suriin ng isa ang matrix (−A) para sa positibong katiyakan.
Kaya, ang algorithm para sa pagtukoy ng mga punto ng lokal na extrema ng isang function ng maraming mga variable ay ang mga sumusunod.
1. Hanapin ang f′(x).
2. Nalutas ang sistema

Bilang resulta, ang mga nakatigil na puntos x i ay kinakalkula.
3. Hanapin ang f′′(x), itakda ang i=1.
4. Hanapin ang f′′(x i)
5. Ang mga angular na minor ng matrix f′′(x i) ay kinakalkula. Kung hindi lahat ng angular na menor de edad ay non-zero, pagkatapos ay upang matukoy ang likas na katangian ng nakatigil na punto x i, ang pag-aaral ng mga derivative na may mataas na pagkakasunud-sunod ay kinakailangan. Sa kasong ito, ang paglipat sa item 8 ay isinasagawa.
Kung hindi, pumunta sa hakbang 6.
6. Sinusuri ang mga palatandaan ng mga angular na menor de edad f′′(x i). Kung ang f′′(x i) ay positibong tiyak, kung gayon ang x i ay isang lokal na pinakamababang punto. Sa kasong ito, ang paglipat sa item 8 ay isinasagawa.
Kung hindi, pumunta sa item 7.
7. Ang mga angular na menor de edad ng matrix -f′′(x i) ay kinakalkula at ang kanilang mga palatandaan ay sinusuri.
Kung ang -f′′(x i) − ay positibong tiyak, kung gayon ang f′′(x i) ay negatibong tiyak at x i ay isang lokal na pinakamataas na punto.
Kung hindi, ang f′′(x i) ay hindi tiyak at ang x i ay isang saddle point.
8. Ang kondisyon para sa pagtukoy ng katangian ng lahat ng nakatigil na mga punto i=N ay nasuri.
Kung ito ay nasiyahan, pagkatapos ay ang mga kalkulasyon ay nakumpleto.
Kung ang kundisyon ay hindi natugunan, pagkatapos ay i=i+1 ay ipinapalagay at ang paglipat sa hakbang 4 ay isinasagawa.

Halimbawa #1. Tukuyin ang mga punto ng lokal na extrema ng function f(x) = x 1 3 - 2x 1 x 2 + x 2 2 - 3x 1 - 2x 2

Dahil ang lahat ng mga menor sa sulok ay hindi zero, ang karakter ng x 2 ay tinutukoy ng f′′(x).
Dahil ang matrix f′′(x 2) ay positibong tiyak, ang x 2 ay isang lokal na pinakamababang punto.
Sagot: ang function na f(x) = x 1 3 - 2x 1 x 2 + x 2 2 - 3x 1 - 2x 2 ay may lokal na minimum sa puntong x = (5/3; 8/3).

Ang lokal na maximum ay tinatawag mahigpit , kung ang kapitbahayan na $U$ ay mapipili sa paraang para sa lahat ng $x \in U$ ay iba sa $x_(0)$ mayroong $f\left(x\right)< f\left(x_{0}\right)$.

Sinasabing mahigpit ang lokal na minimum kung mapipili ang kapitbahayan na $U$ para sa lahat ng $x \in U$ ay iba sa $x_(0)$ $f\left(x\right) > f\left(x_ ( 0)\kanan)$.

Pinagsasama ng lokal na extremum ang mga konsepto ng lokal na minimum at lokal na maximum.

Theorem (kinakailangang kundisyon para sa extremum ng isang differentiable function)
Hayaang maging tunay na function ang $f$ sa isang bukas na hanay na $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Kung sa puntong $x_(0) \sa E$ ang function na $f$ ay may lokal na extremum din sa puntong ito, pagkatapos ay $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0. $$ Ang pagkakapantay-pantay sa zero differential ay katumbas ng katotohanan na ang lahat ay katumbas ng zero, i.e. $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

Halimbawa 2
Ang function na $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ ay may pinanggalingan ng mga coordinate bilang isang nakatigil na punto, ngunit malinaw na walang extremum sa puntong ito.

kung $Q_(x_(0))$ – , ang function na $f$ sa puntong $x_(0)$ ay may lokal na extremum, ibig sabihin, ang minimum kung positive-definite ang form at ang maximum kung ang form ay negatibo-tiyak;
kung ang quadratic form na $Q_(x_(0))$ ay hindi tiyak, ang function na $f$ sa puntong $x_(0)$ ay walang extremum.

Gamitin natin ang pagpapalawak ayon sa pormula ng Taylor (12.7 p. 292) . Isinasaalang-alang na ang unang pagkakasunud-sunod ng mga partial derivatives sa puntong $x_(0)$ ay katumbas ng zero, nakukuha namin ang $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0) )\kanan) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \ bahagyang x_(j)) \kaliwa(x_(0)+\theta h\kanan)h^(i)h^(j),$$ kung saan $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$, at $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ para sa $h \rightarrow 0$, pagkatapos ay ang kanang bahagi ay positibo para sa anumang vector na $h$ na may sapat na maliit na haba.
Kaya, kami ay dumating sa konklusyon na sa ilang kapitbahayan ng puntong $x_(0)$ ang hindi pagkakapantay-pantay na $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ ay nasiyahan kung $ lamang x \neq x_ (0)$ (inilalagay namin ang $x=x_(0)+h$\kanan). Nangangahulugan ito na sa puntong $x_(0)$ ang function ay may mahigpit na lokal na minimum, at sa gayon ang unang bahagi ng aming theorem ay napatunayan.
Ipagpalagay ngayon na ang $Q_(x_(0))$ ay isang hindi tiyak na anyo. Pagkatapos ay mayroong mga vector na $h_(1)$, $h_(2)$ na $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \left(h_(2)\right)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0$. Pagkatapos ay makakakuha tayo ng $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ Para sa sapat na maliit na $t>0$, ang kanang bahagi ay positibo. Nangangahulugan ito na sa anumang kapitbahayan ng puntong $x_(0)$ ang function na $f$ ay kumukuha ng mga halaga $f \left(x\right)$ mas malaki kaysa sa $f \left(x_(0)\right)$.
Katulad nito, nakuha namin na sa alinmang kapitbahayan ng puntong $x_(0)$ ang function na $f$ ay kumukuha ng mga halaga na mas mababa sa $f \left(x_(0)\right)$. Ito, kasama ng nauna, ay nangangahulugan na ang function na $f$ ay walang extremum sa puntong $x_(0)$.

Teorama
Hayaan ang $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$. Pagkatapos:

kung $\Delta>0$, ang function na $f$ ay may lokal na extremum sa puntong $\left(x_(0),y_(0)\right)$, ibig sabihin, isang minimum kung $a_(11)> 0$ , at maximum kung $a_(11)<0$;
kung $\Delta<0$, 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.

Mga halimbawa ng paglutas ng problema

Algorithm para sa paghahanap ng extremum ng isang function ng maraming variable:

Nakahanap kami ng mga nakatigil na puntos;
Nahanap namin ang pagkakaiba ng 2nd order sa lahat ng mga nakatigil na punto
Gamit ang sapat na kundisyon para sa extremum ng isang function ng ilang variable, isinasaalang-alang namin ang second-order differential sa bawat stationary point

Siyasatin ang function sa extremum $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$.
Desisyon
Maghanap ng mga partial derivatives ng 1st order: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) — 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Bumuo at lutasin ang system: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x ) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \ cdot y^(2) - 6 \cdot x = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)x^(2) - 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) - x = 0 \end(cases)$$ Mula sa 2nd equation, ipinapahayag namin ang $x=4 \cdot y^(2)$ — palitan sa 1st equation: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2)\ kanan )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $$ y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Bilang resulta, 2 nakatigil na puntos ang nakuha:
1) $y=0 \Rightarrow x = 0, M_(1) = \left(0, 0\right)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \kaliwa(\frac(1)(2), 1\kanan)$
Suriin natin ang katuparan ng sapat na extremum na kondisyon:
$$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
1) Para sa puntong $M_(1)= \left(0,0\right)$:
$$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\right)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(0,0\right)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(0,0\right)=0;$$
$A_(1) \cdot B_(1) - C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
2) Para sa puntong $M_(2)$:
$$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=24;$$
$A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, kaya mayroong extremum sa puntong $M_(2)$, at dahil $A_(2)>0 $, kung gayon ito ang pinakamababa.
Sagot: Ang puntong $\displaystyle M_(2) \left(1,\frac(1)(2)\right)$ ay ang pinakamababang punto ng function na $f$.
Siyasatin ang function para sa extremum $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$.
Desisyon
Maghanap ng mga nakatigil na puntos: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
Bumuo at lutasin ang system: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \ Rightarrow \begin(cases)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases) y = 2\\y + x = 1\end(cases) \Rightarrow x = -1$$
Ang $M_(0) \left(-1, 2\right)$ ay isang nakatigil na punto.
Suriin natin ang katuparan ng sapat na extremum na kondisyon: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\right)=2;$$
$A \cdot B - C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
Sagot: walang extrema.

Limitasyon sa oras: 0

Navigation (mga numero ng trabaho lamang)

0 sa 4 na gawain ang natapos

Impormasyon

Sagutan ang pagsusulit na ito upang subukan ang iyong kaalaman sa paksang kababasa mo lang, Local Extrema of Functions of Many Variables.

Nakapag-test ka na dati. Hindi mo na ito maaaring patakbuhin muli.

Naglo-load ang pagsubok...

Dapat kang mag-login o magparehistro upang simulan ang pagsubok.

Dapat mong kumpletuhin ang mga sumusunod na pagsusulit upang simulan ang isang ito:

resulta

Mga tamang sagot: 0 sa 4

Oras mo:

Tapos na ang oras

Nakakuha ka ng 0 sa 0 puntos (0 )

Ang iyong marka ay naitala sa leaderboard

Na may sagot
Naka-check out

Gawain 1 ng 4

1 .

Bilang ng mga puntos: 1

Siyasatin ang function na $f$ para sa extrema: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

Tama

Hindi tama

Gawain 2 ng 4

2 .
Bilang ng mga puntos: 1
Ang function ba ay $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$

Ang pagbabago ng isang function sa isang tiyak na punto at tinukoy bilang ang limitasyon ng pagtaas ng function sa pagtaas ng argumento, na may posibilidad na zero. Upang mahanap ito, gamitin ang talahanayan ng mga derivatives. Halimbawa, ang derivative ng function na y = x3 ay magiging katumbas ng y’ = x2.

I-equate ang derivative na ito sa zero (sa kasong ito x2=0).

Hanapin ang halaga ng ibinigay na variable. Ito ang magiging mga halaga kapag ang derivative na ito ay magiging katumbas ng 0. Upang gawin ito, palitan ang mga arbitrary na numero sa expression sa halip na x, kung saan ang buong expression ay magiging zero. Halimbawa:

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

Ilapat ang nakuhang mga halaga sa linya ng coordinate at kalkulahin ang sign ng derivative para sa bawat isa sa mga nakuha. Ang mga puntos ay minarkahan sa linya ng coordinate, na kinukuha bilang pinagmulan. Upang kalkulahin ang halaga sa mga pagitan, palitan ang mga arbitrary na halaga na tumutugma sa pamantayan. Halimbawa, para sa nakaraang function hanggang sa interval -1, maaari mong piliin ang value -2. Para sa -1 hanggang 1, maaari kang pumili ng 0, at para sa mga value na higit sa 1, piliin ang 2. Palitan ang mga numerong ito sa derivative at alamin ang sign ng derivative. Sa kasong ito, ang derivative na may x = -2 ay magiging katumbas ng -0.24, i.e. negatibo at magkakaroon ng minus sign sa pagitan na ito. Kung x=0, kung gayon ang halaga ay magiging katumbas ng 2, at isang senyales ang inilalagay sa pagitan na ito. Kung x=1, kung gayon ang derivative ay magiging katumbas din ng -0.24 at isang minus ang ilalagay.

Kung, kapag dumadaan sa isang punto sa linya ng coordinate, binago ng derivative ang sign nito mula minus hanggang plus, kung gayon ito ay isang minimum na punto, at kung mula sa plus hanggang minus, kung gayon ito ay isang maximum na punto.

Mga kaugnay na video

Nakatutulong na payo

Upang mahanap ang derivative, mayroong mga online na serbisyo na kinakalkula ang mga kinakailangang halaga at ipinapakita ang resulta. Sa mga naturang site, makakahanap ka ng derivative na hanggang 5 order.

Mga pinagmumulan:

Isa sa mga serbisyo para sa pagkalkula ng mga derivatives
maximum na punto ng function

Ang pinakamataas na puntos ng function kasama ang pinakamababang puntos ay tinatawag na extremum point. Sa mga puntong ito, binabago ng function ang pag-uugali nito. Ang Extrema ay tinutukoy sa limitadong mga pagitan ng numero at palaging lokal.

Pagtuturo

Ang proseso ng paghahanap ng local extrema ay tinatawag na function at ginagawa sa pamamagitan ng pagsusuri sa una at pangalawang derivatives ng function. Bago simulan ang paggalugad, siguraduhin na ang tinukoy na hanay ng mga halaga ng argumento ay kabilang sa mga pinapayagang halaga. Halimbawa, para sa function na F=1/x, hindi wasto ang value ng argument na x=0. O para sa function na Y=tg(x), ang argument ay hindi maaaring magkaroon ng value na x=90°.

Tiyaking naiba ang function ng Y sa buong ibinigay na agwat. Hanapin ang unang derivative Y". Ito ay malinaw na bago maabot ang punto ng isang lokal na maximum, ang function ay tumataas, at kapag pumasa sa maximum, ang function ay nagiging bumababa. Ang unang derivative sa kanyang pisikal na kahulugan ay nagpapakilala sa rate ng pagbabago ng function. Habang tumataas ang function, positibong value ang rate ng prosesong ito. Kapag dumadaan sa lokal na maximum, nagsisimulang bumaba ang function, at nagiging negatibo ang rate ng proseso ng pagbabago ng function. Ang paglipat ng rate ng pagbabago ng function sa pamamagitan ng zero ay nangyayari sa punto ng lokal na maximum.

Kahulugan: Ang puntong x0 ay tinatawag na punto ng lokal na maximum (o minimum) ng function, kung sa ilang kapitbahayan ng point x0 ang function ay tumatagal ng pinakamalaking (o pinakamaliit) na halaga, i.e. para sa lahat ng х mula sa ilang kapitbahayan ng punto x0 ang kundisyon f(x) f(x0) (o f(x) f(x0)) ay nasiyahan.

Ang mga punto ng lokal na maximum o minimum ay pinagsama ng isang karaniwang pangalan - mga punto ng lokal na extremum ng isang function.

Tandaan na sa mga punto ng isang lokal na extremum, ang function ay umabot sa maximum o minimum na halaga nito lamang sa ilang lokal na rehiyon. May mga kaso kung kailan, ayon sa halaga ng уmaxуmin .

Isang kinakailangang criterion para sa pagkakaroon ng lokal na extremum ng isang function

Teorama . Kung ang tuluy-tuloy na function na y = f(x) ay may lokal na extremum sa puntong x0, sa puntong ito ang unang derivative ay alinman sa zero o wala, i.e. ang lokal na extremum ay nagaganap sa mga kritikal na punto ng unang uri.

Sa mga lokal na extremum point, alinman sa tangent ay parallel sa 0x axis, o mayroong dalawang tangents (tingnan ang figure). Tandaan na ang mga kritikal na punto ay isang kinakailangan ngunit hindi sapat na kondisyon para sa isang lokal na extremum. Ang lokal na extremum ay nagaganap lamang sa mga kritikal na punto ng unang uri, ngunit hindi lahat ng mga kritikal na punto ay may lokal na extremum.

Halimbawa: ang isang cubic parabola y = x3, ay may kritikal na punto x0=0, kung saan ang derivative y/(0)=0, ngunit ang kritikal na puntong x0=0 ay hindi isang extremum point, ngunit mayroong inflection point dito (tingnan sa ibaba).

Isang sapat na pamantayan para sa pagkakaroon ng lokal na extremum ng isang function

Teorama . Kung, kapag ang argumento ay dumaan sa isang kritikal na punto ng unang uri, mula kaliwa hanggang kanan, ang unang derivative na y / (x)

binabago ang sign mula sa "+" patungo sa "-", pagkatapos ay ang tuluy-tuloy na function na y(x) ay may lokal na maximum sa kritikal na puntong ito;

nagbabago ng sign mula sa "-" sa "+", pagkatapos ay ang tuluy-tuloy na function na y(x) ay may lokal na minimum sa kritikal na puntong ito

ay hindi nagbabago ng tanda, pagkatapos ay walang lokal na extremum sa kritikal na puntong ito, mayroong isang inflection point.

Para sa isang lokal na maximum, ang lugar ng pagtaas ng function (y/0) ay pinalitan ng lugar ng pagpapababa ng function (y/0). Para sa isang lokal na minimum, ang lugar ng pagpapababa ng function (y/0) ay pinalitan ng lugar ng pagtaas ng function (y/0).

Halimbawa: Siyasatin ang function na y \u003d x3 + 9x2 + 15x - 9 para sa monotonicity, extremum at bumuo ng graph ng function.

Hanapin natin ang mga kritikal na punto ng unang uri sa pamamagitan ng pagtukoy sa derivative (y/) at pagtumbas nito sa zero: y/ = 3x2 + 18x + 15 = 3(x2 + 6x + 5) = 0

Niresolba namin ang square trinomial gamit ang discriminant:

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

2) Hatiin natin ang numerical axis sa pamamagitan ng mga kritikal na punto sa 3 rehiyon at tukuyin ang mga palatandaan ng derivative (y/) sa mga ito. Gamit ang mga palatandaang ito, makikita natin ang monotonicity (pagtaas at pagbaba) na mga lugar ng mga pag-andar, at sa pamamagitan ng pagbabago ng mga palatandaan, matutukoy natin ang mga punto ng lokal na extremum (maximum at minimum).

Ang mga resulta ng pag-aaral ay ipinakita sa anyo ng isang talahanayan, kung saan maaaring makuha ang mga sumusunod na konklusyon:

1. Sa interval y /(-10) 0, monotonically tumataas ang function (ang sign ng derivative y ay tinatantya mula sa control point x = -10 na kinuha sa interval na ito);
2. Sa pagitan (-5; -1) y /(-2) 0, monotonically bumababa ang function (ang sign ng derivative y ay tinatantya mula sa control point x = -2 na kinuha sa interval na ito);
3. Sa interval y /(0) 0, monotonically tumataas ang function (ang sign ng derivative y ay tinantya mula sa control point x = 0 na kinuha sa interval na ito);
4. Kapag dumadaan sa kritikal na punto x1k \u003d -5, ang derivative ay nagbabago ng sign mula "+" hanggang "-", samakatuwid ang puntong ito ay isang lokal na pinakamataas na punto
(ymax(-5) = (-5)3+9(-5)2 +15(-5)-9=-125 + 225 - 75 - 9 =16);
5. Kapag dumadaan sa kritikal na punto x2k \u003d -1, ang derivative ay nagbabago ng sign mula "-" hanggang "+", samakatuwid ang puntong ito ay isang lokal na minimum na punto
(ymin(-1) = -1 + 9 - 15 - 9 = - 16).

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

3) Bubuo kami ng isang graph batay sa mga resulta ng pag-aaral na may paglahok ng karagdagang mga kalkulasyon ng mga halaga ng function sa mga control point:

bumuo kami ng isang hugis-parihaba na coordinate system na Oxy;

ipakita ang mga coordinate ng maximum (-5; 16) at pinakamababa (-1; -16) na puntos;

upang pinuhin ang graph, kinakalkula namin ang halaga ng function sa mga control point, pinipili ang mga ito sa kaliwa at kanan ng maximum at minimum na mga puntos at sa loob ng gitnang pagitan, halimbawa: 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) at (0;-9) - kinakalkula ang mga control point, na naka-plot upang bumuo ng isang graph;

ipinapakita namin ang graph sa anyo ng isang kurba na may isang umbok pataas sa pinakamataas na punto at isang umbok pababa sa pinakamababang punto at dumadaan sa kinakalkula na mga control point.