Кажуть, що функція має вовнутреннейточке
області D локальний максимум(мінімум), Якщо існує така окрестностьточкі
, Для кожної точки
якої виконується нерівність

Якщо функція має в точці
локальний максимум чи локальний мінімум, то кажуть, що вона має в цій точці локальний екстремум(або просто екстремум).

теорема (необхідна умова існування екстремуму). Якщо дифференцируемая функціядостігает екстремуму в точці
, То кожна приватна похідна першого порядку від функції в цій точці звертається в нуль.

Точки, в яких всі приватні похідні першого порядку звертаються в нуль, називаються стаціонарними точками функції
. Координати цих точок можна знайти, вирішивши систему з рівнянь

.

Необхідна умова існування екстремуму в разі диференціюється коротко можна сформулювати і так:

Зустрічаються випадки, коли в окремих точках деякі приватні похідні мають нескінченні значення або не існує (в той час як інші рівні нулю). Такі точки називаються критичними точками функції.Ці точки теж потрібно розглядати як «підозрілих» на екстремум, як і стаціонарні.

У випадку функції двох змінних необхідна умова екстремуму, а саме рівність нулю приватних похідних (диференціала) в точці екстремуму, має геометричну інтерпретацію: дотична площину до поверхні
в точці екстремуму повинна бути паралельна площині
.

20. Достатні умови існування екстремуму

Виконання в деякій точці необхідна умова існування екстремуму зовсім не гарантує наявності там екстремуму. Як приклад можна взяти диференційовану всюди функцію
. Обидві її приватні похідні і сама функція звертаються в нуль в точці
. Однак в будь-який околиці цієї точки є як позитивні (великі
), Так і негативні (менші
) Значення цієї функції. Отже, в цій точці, за визначенням, екстремуму не спостерігається. Тому необхідно знати достатні умови, при яких точка, підозріла на екстремум, є точкою екстремуму досліджуваної функції.

Розглянемо випадок функції двох змінних. Припустимо, що функція
визначена, неперервна і має безперервні приватні похідні до другого порядку включно в околиці деякої точки
, Яка є стаціонарною точкою функції
, Тобто задовольняє умовам

,
.

Введемо позначення:

теорема (достатні умови існування екстремуму). нехай функція
задовольняє вищенаведеним умовам, а саме: диференційована в деякому околі стаціонарної точки
і двічі диференційовна в самій точці
. Тоді, якщо


У разі якщо
то функція
в точці
досягає

локального максимумупри
і

локального мінімумупри
.

У загальному випадку, для функції
достатньою умовою існування в точці
локальногомінімуму(максимуму) є позитивна(негативна) Визначеність другого диференціала.

Іншими словами, справедливо наступне твердження.

теорема . Якщо в точці
для функції

для будь-яких не рівних одночасно нулю
, То в цій точці функція має мінімум(аналогічно максимум, якщо
).

Приклад 18.Знайти точки локального екстремуму функції

Рішення. Знайдемо приватні похідні функції і прирівнюємо їх до нуля:

Вирішуючи цю систему, знаходимо дві точки можливого екстремуму:

Знайдемо приватні похідні другого порядку для даної функції:

У першій стаціонарній точці, отже, і
Тому для цієї точки потрібне додаткове дослідження. значення функції
в цій точці дорівнює нулю:
далі,

при

а

при

Отже, в будь-який околиці точки
функція
приймає значення як великі
, Так і менші
, І, отже, в точці
функція
, За визначенням, не має локального екстремуму.

У другій стаціонарній точці



отже, Тому, так як
то в точці
функція має локальний максимум.

визначення: Точка х0 називається точкою локального максимуму (або мінімуму) функції, якщо в деякій околиці точки х0 функція приймає найбільше (або найменше) значення, тобто для всіх х 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.

Відзначимо, що в точках локального екстремуму функція досягає свого найбільшого або найменшого значення лише в деякій локальній області. Можливі випадки, коли за значенням уmaxуmin.

Необхідна ознака існування локального екстремуму функції

теорема . Якщо неперервна функція у \u003d f (x) має в точці х0 локальний екстремум, то в цій точці перша похідна або дорівнює нулю, або не існує, тобто локальний екстремум має місце в критичних точках I роду.

У точках локального екстремуму або дотична паралельна осі 0х, або є дві дотичні (див. Малюнок). Відзначимо, що критичні точки є необхідним, але недостатньою умовою локального екстремуму. Локальний екстремум має місце тільки в критичних точках I роду, але не у всіх критичних точках має місце локальний екстремум.

Наприклад: кубічна парабола у \u003d х3, має критичну точка х0 \u003d 0, в якій похідна у / (0) \u003d 0, але критична точка х0 \u003d 0 не є точкою екстремуму, а в ній має місце точка перегину (див. нижче).

Достатній 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) в цій критичній точці має локальний максимум;

змінює знак з "-" на "+", то безперервна функція у (х) має в 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 спадання функції (у / 0). Для локального мінімуму область спадання функції (у / 0) змінюється на область зростання функції (у / 0).

Приклад: Дослідити функцію у \u003d х3 + 9х2 + 15х - 9 на монотонність, екстремум і побудувати графік функції.

Знайдемо критичні точки I роду, визначивши похідну (у /) і прирівнявши її нулю: у / \u003d 3х2 + 18х + 15 \u003d 3 (х2 + 6х + 5) \u003d 0

Вирішимо квадратний тричлен за допомогою дискримінанту:

х2 + 6х + 5 \u003d 0 (а \u003d 1, в \u003d 6, с \u003d 5) D \u003d, х1к \u003d -5, х2к \u003d -1.

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

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

  • 1. На інтервалі у / (- 10) 0 функція монотонно зростає (знак похідної у оцінювався по контрольній точці х \u003d -10, взятої в даному інтервалі);
  • 2. На інтервалі (-5; -1) у / (- 2) 0 функція монотонно убуває (знак похідної у оцінювався по контрольній точці х \u003d -2, взятої в даному інтервалі);
  • 3. На інтервалі у / (0) 0 функція монотонно зростає (знак похідної у оцінювався по контрольній точці х \u003d 0, взятої в даному інтервалі);
  • 4. При переході через критичну точку х1к \u003d -5 похідна змінює знак з "+" на "-", отже ця точка є точкою локального максимуму
  • (Ymax (-5) \u003d (-5) 3 + 9 (-5) 2 +15 (-5) -9 \u003d -125 + 225 - 75 - 9 \u003d 16);
  • 5. При переході через критичну точку х2к \u003d -1 похідна змінює знак з "-" на "+", отже ця точка є точкою локального мінімуму
  • (Ymin (-1) \u003d -1 + 9 - 15 - 9 \u003d - 16).

х -5 (-5; -1) -1

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

будуємо прямокутну систему координат Оху;

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

для уточнення графіка розраховуємо значення функції в контрольних точках, вибираючи їх ліворуч і праворуч від точок максимуму і мінімуму і всередині середнього інтервалу, наприклад: у (-6) \u003d (- 6) 3 +9 (-6) 2 + 15 (-6 ) -9 \u003d 9; у (-3) \u003d (- 3) 3 + 9 (-3) 2 + 15 (-3) -9 \u003d 0;

у (0) \u003d -9 (-6; 9); (-3; 0) і (0; -9) - розрахункові контрольні точки, які наносимо для побудови графіка;

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

\u003e\u003e Екстремуми

екстремум функції

визначення екстремуму

функція y \u003d f (x) називається зростаючої (спадної) В деякому інтервалі, якщо при x 1< x 2 выполняется неравенство (f (x 1) < f (x 2) (f (x 1) > f (x 2)).

Якщо диференційована функція y \u003d f (x) на відрізку зростає (спадає), то її похідна на цьому відрізку f " (x)> 0

(f "(X)< 0).

Крапка x про називається точкою локального максимуму (мінімуму) Функції f (x), якщо існує околиця точки x про , Для всіх точок якої вірно нерівність f (x)≤ f (x о) (f (x)≥ f (x о)).

Точки максимуму і мінімуму називаються точками екстремуму, А значення функції в цих точках - її екстремумами.

точки екстремуму

Необхідні умови екстремуму . якщо точка x про є точкою екстремуму функції f (x), то або f " (x о) \u003d 0, або f(x о) не існує. Такі точки називають критичними, причому сама функція в критичній точці визначена. Екстремуми функції слід шукати серед її критичних точок.

Перше достатня умова. нехай x про - критична точка. Якщо f " (x) при переході через точку x про змінює знак плюс на мінус, то в точці x про функція має максимум, в іншому випадку - мінімум. Якщо при переході через критичну точку похідна не змінює знак, то в точці x про екстремуму немає.

Друге достатня умова. Нехай функція f (x) має
f " (x) в околі точки x про і другу похідну в самій точці x про . Якщо f "(x про) = 0, >0 ( <0), то точка x про є точкою локального мінімуму (максимуму) функції f (x). Якщо ж \u003d 0, то потрібно або користуватися першим достатньою умовою, або залучати вищі.

На відрізку функція y \u003d f (x) може досягати найменшого або найбільшого значення або в критичних точках, або на кінцях відрізка.

Приклад 3.22.

Рішення.Так як f " (

Завдання на знаходження екстремуму функції

Приклад 3.23. a

Рішення. x і y y
0 ≤ x≤
\u003e 0, а при x\u003e a / 4 S " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение функції кв. од).

Приклад 3.24.p ≈

Рішення.p p
S "
R \u003d 2, Н \u003d 16/4 \u003d 4.

Приклад 3.22.Знайти екстремуми функції f (x) \u003d 2x 3 - 15x 2 + 36x - 14.

Рішення.Так як f " (x) \u003d 6x 2 - 30x +36 \u003d 6 (x -2) (x - 3), то критичні точки функції x 1 \u003d 2 і x 2 \u003d 3. Екстремуми можуть бути тільки в цих точках. Так як при переході через точку x 1 \u003d 2 похідна змінює знак плюс на мінус, то в цій точці функція має максимум. При переході через точку x 2 \u003d 3 похідна змінює знак мінус на плюс, тому в точці x 2 \u003d 3 у функції мінімум. Зрозумівши значення функції в точках
x 1 \u003d 2 і x 2 \u003d 3, знайдемо екстремуми функції: максимум f (2) \u003d 14 і мінімум f (3) \u003d 13.

Приклад 3.23.Потрібно побудувати прямокутну майданчик біля кам'яної стіни так, щоб з трьох сторін вона була відгороджена дротяною сіткою, а четвертою стороною примикала до стіни. Для цього є a погонних метрів сітки. При якому співвідношенні сторін майданчик матиме найбільшу площу?

Рішення.Позначимо сторони майданчика через x і y . Площа майданчика дорівнює S \u003d xy. нехай y - це довжина сторони, що примикає до стіни. Тоді за умовою повинно виконуватися рівність 2x + y \u003d a. Тому y \u003d a - 2x і S \u003d x (a - 2x), де
0 ≤ x≤ a / 2 (довжина і ширина площадки не можуть бути негативними).S "\u003d a - 4x, a - 4x \u003d 0 при x \u003d a / 4, звідки
y \u003d a - 2 × a / 4 \u003d a / 2. оскільки x \u003d a / 4 - єдина критична точка, перевіримо, чи змінюється знак похідної при переході через цю точку. При x a / 4 S "\u003e 0, а при x\u003e a / 4 S " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение функції S (a / 4) \u003d a / 4 (a - a / 2) \u003d a 2/8 (кв. од). Оскільки S неперервна на і її значення на кінцях S (0) і S (a / 2) дорівнюють нулю, то знайдене значення буде найбільшим значенням функції. Таким чином, найбільш вигідним співвідношенням сторін майданчика за даних умов задачі є y \u003d 2x.

Приклад 3.24.Потрібно виготовити закритий циліндричний бак місткістю V \u003d 16p ≈ 50 м 3. Якими мають бути розміри бака (радіус R і висота Н), щоб на його виготовлення пішло найменшу кількість матеріалу?

Рішення.Площа повної поверхні циліндра дорівнює S \u003d 2p R (R + Н). Ми знаємо обсяг циліндра V \u003dp R 2 Н Þ Н \u003d V / p R 2 \u003d 16 p / p R 2 \u003d 16 / R 2. Значить, S (R) \u003d 2p (R 2 + 16 / R). Знаходимо похідну цієї функції:
S "(R) \u003d 2 p (2R- 16 / R 2) \u003d 4 p (R- 8 / R 2). S " (R) \u003d 0 при R 3 \u003d 8, отже,
R \u003d 2, Н \u003d 16/4 \u003d 4.

$ E \\ subset \\ mathbb (R) ^ (n) $. Кажуть, що $ f $ має локальний максимум в 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) $. Кажуть, що $ f $ має локальний мінімум в 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)\u003e f \\ left (x_ ( 0) \\ right) $.

Локальний екстремум об'єднує поняття локального мінімуму і локального максимуму.

Теорема (необхідна умова екстремуму диференційованої функції)
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 $$ \\ text (d) f \\ left (x_ (0) \\ right) \u003d 0. $$ Рівність нулю диференціала рівнозначно тому, що всі рівні нулю, тобто $$ \\ displaystyle \\ frac (\\ partial f) (\\ partial x_ (i)) \\ left (x_ (0) \\ right) \u003d 0. $$

В одновимірному випадку це -. Позначимо $ \\ phi \\ left (t \\ right) \u003d f \\ left (x_ (0) + th \\ right) $, де $ h $ - довільний вектор. Функція $ \\ phi $ визначена при досить малих по модулю значеннях $ t $. Крім того, по, вона диференційована, і $ (\\ phi) '\\ left (t \\ right) \u003d \\ text (d) f \\ left (x_ (0) + th \\ right) h $.
Нехай $ f $ має локальний максимум в точкеx $ 0 $. Значить, функція $ \\ phi $ при $ t \u003d 0 $ має локальний максимум і, по теоремі Ферма, $ (\\ phi) '\\ left (0 \\ right) \u003d 0 $.
Отже, ми отримали, що $ df \\ left (x_ (0) \\ right) \u003d 0 $, тобто функції $ f $ в точці $ x_ (0) $ дорівнює нулю на будь-якому векторі $ h $.

визначення
Точки, в яких диференціал дорівнює нулю, тобто такі, в яких всі приватні похідні дорівнюють нулю, називаються стаціонарними. критичними точками функції $ f $ називаються такі точки, в яких $ f $ не диференційована, або її дорівнює нулю. Якщо точка стаціонарна, то з цього ще не випливає, що в цій точці функція має екстремум.

Приклад 1.
Нехай $ f \\ left (x, y \\ right) \u003d x ^ (3) + y ^ (3) $. Тоді $ \\ displaystyle \\ frac (\\ partial f) (\\ partial x) \u003d 3 \\ cdot x ^ (2) $, $ \\ displaystyle \\ frac (\\ partial f) (\\ partial y) \u003d 3 \\ cdot y ^ (2 ) $, так що $ \\ left (0,0 \\ right) $ - стаціонарна точка, але в цій точці у функції немає екстремуму. Дійсно, $ f \\ left (0,0 \\ right) \u003d 0 $, але легко бачити, що в будь-який околиці точки $ \\ left (0,0 \\ right) $ функція приймає як позитивні, так і негативні значення.

Приклад 2.
У функції $ f \\ left (x, y \\ right) \u003d 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-дифференцируема на відкритій множині $ E \\ subset \\ mathbb (R) ^ (n) $. Нехай $ x_ (0) \\ in E $ - стаціонарна точка і $$ \\ displaystyle Q_ (x_ (0)) \\ left (h \\ right) \\ equiv \\ sum_ (i \u003d 1) ^ n \\ sum_ (j \u003d 1) ^ n \\ frac (\\ partial ^ (2) f) (\\ partial x_ (i) \\ partial x_ (j)) \\ left (x_ (0) \\ right) h ^ (i) h ^ (j). $$ тоді

  1. якщо $ Q_ (x_ (0)) $ -, то функція $ f $ в точці $ x_ (0) $ має локальний екстремум, а саме, мінімум, якщо форма положітельноопределенная, і максимум, якщо форма отріцательноопределенная;
  2. якщо квадратична форма $ Q_ (x_ (0)) $ невизначена, то функція $ f $ в точці $ x_ (0) $ не має екстремуму.

Скористаємося розкладанням по формулі Тейлора (12.7 стр. 292). З огляду на, що приватні похідні першого порядку в точці $ x_ (0) $ дорівнюють нулю, отримаємо $$ \\ displaystyle f \\ left (x_ (0) + h \\ right) -f \\ left (x_ (0) \\ right) \u003d \\ \\ left (x_ (0) + \\ theta h \\ right) h ^ (i) h ^ (j), $$ 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 при будь-якому векторі $ h $ досить малої довжини.
Отже, ми прийшли до того, що в деякій околиці точки $ x_ (0) $ виконано нерівність $ f \\ left (x \\ right)\u003e f \\ left (x_ (0) \\ right) $, якщо тільки $ x \\ neq x_ (0) $ (ми поклали $ x \u003d x_ (0) + h $ \\ right). Це означає, що в точці $ x_ (0) $ функція має строгий локальний мінімум, і тим самим 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) \u003d \\ lambda_ (1)\u003e 0 $, $ Q_ (x_ (0)) \\ left (h_ (2) \\ right) \u003d \\ lambda_ (2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0 $. Тоді отримаємо $$ f \\ left (x_ (0) + th_ (1) \\ right) -f \\ left (x_ (0) \\ right) \u003d \\ frac (1) (2) \\ left [t ^ (2) \\ left [\\ lambda_ (1) + | h_ (1) | ^ (2) \\ epsilon \\ left (th_ (1) \\ right) \\ right]. $$ При досить малих $ t\u003e 0 $ права частина позитивна. Це означає, що в будь-який околиці точки $ x_ (0) $ функція $ f $ приймає значення $ f \\ left (x \\ right) $, великі, ніж $ f \\ left (x_ (0) \\ right) $.
Аналогічно отримаємо, що в будь-який околиці точки $ x_ (0) $ функція $ f $ приймає значення, менші, ніж $ f \\ left (x_ (0) \\ right) $. Це, разом з попереднім, означає, що в 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 в цій околиці безперервні приватні похідні першого і другого порядків. Припустимо, що $ \\ left (x_ (0), y_ (0) \\ right) $ - стаціонарна точка, і позначимо $$ \\ displaystyle a_ (11) \u003d \\ frac (\\ partial ^ (2) f) (\\ partial x ^ (2)) \\ left (x_ (0), y_ (0) \\ right), a_ (12) \u003d \\ frac (\\ partial ^ (2) f) (\\ partial x \\ partial y) \\ left (x_ ( 0), y_ (0) \\ right), a_ (22) \u003d \\ frac (\\ partial ^ (2) f) (\\ partial y ^ (2)) \\ left (x_ (0), y_ (0) \\ right ). $$ Тоді попередня теорема прийме наступний вигляд.

теорема
Нехай $ \\ Delta \u003d a_ (11) \\ cdot a_ (22) - a_ (12) ^ 2 $. тоді:

  1. якщо $ \\ Delta\u003e 0 $, то функція $ f $ має в точці $ \\ left (x_ (0), y_ (0) \\ right) $ локальний екстремум, а саме, мінімум, якщо $ a_ (11)\u003e 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 2-ої порядку у всіх стаціонарних точках
  3. Користуючись достатньою умовою екстремуму функції багатьох змінних, розглядаємо диференціал 2-ої порядку в кожній стаціонарній точці
  1. Дослідити функцію на екстремум $ f \\ left (x, y \\ right) \u003d x ^ (3) + 8 \\ cdot y ^ (3) + 18 \\ cdot x - 30 \\ cdot y $.
    Рішення

    Знайдемо приватні похідні 1-го порядку: $$ \\ displaystyle \\ frac (\\ partial f) (\\ partial x) \u003d 3 \\ cdot x ^ (2) - 6 \\ cdot y; $$ $$ \\ displaystyle \\ frac (\\ partial f) (\\ partial y) \u003d 24 \\ cdot y ^ (2) - 6 \\ cdot x. $$ Складемо і вирішимо систему: $$ \\ displaystyle \\ begin (cases) \\ frac (\\ partial f) (\\ partial x) \u003d 0 \\\\\\ frac (\\ partial f) (\\ partial y) \u003d 0 \\ end (cases) \\ Rightarrow \\ begin (cases) 3 \\ cdot x ^ (2) - 6 \\ cdot y \u003d 0 \\\\ 24 \\ cdot y ^ (2) - 6 \\ cdot x \u003d 0 \\ end (cases) \\ Rightarrow \\ begin (cases) x ^ (2) - 2 \\ cdot y \u003d 0 \\\\ 4 \\ cdot y ^ (2) - x \u003d 0 \\ end (cases) $$ З 2-го рівняння висловимо $ x \u003d 4 \\ cdot y ^ (2) $ - підставимо в 1-е рівняння: $$ \\ displaystyle \\ left (4 \\ cdot y ^ (2) \\ right ) ^ (2) -2 \\ cdot y \u003d 0 $$ $$ 16 \\ cdot y ^ (4) - 2 \\ cdot y \u003d 0 $$ $$ 8 \\ cdot y ^ (4) - y \u003d 0 $$ $$ y \\ left (8 \\ cdot y ^ (3) -1 \\ right) \u003d 0 $$ В результаті отримано 2 стаціонарні точки:
    1) $ y \u003d 0 \\ Rightarrow x \u003d 0, M_ (1) \u003d \\ left (0, 0 \\ right) $;
    2) $ \\ displaystyle 8 \\ cdot y ^ (3) -1 \u003d 0 \\ Rightarrow y ^ (3) \u003d \\ frac (1) (8) \\ Rightarrow y \u003d \\ frac (1) (2) \\ Rightarrow x \u003d 1 , M_ (2) \u003d \\ left (\\ frac (1) (2), 1 \\ right) $
    Перевіримо виконання достатньої умови екстремуму:
    $$ \\ displaystyle \\ frac (\\ partial ^ (2) f) (\\ partial x ^ (2)) \u003d 6 \\ cdot x; \\ Frac (\\ partial ^ (2) f) (\\ partial x \\ partial y) \u003d - 6; \\ Frac (\\ partial ^ (2) f) (\\ partial y ^ (2)) \u003d 48 \\ cdot y $$
    1) Для точки $ M_ (1) \u003d \\ left (0,0 \\ right) $:
    $$ \\ displaystyle A_ (1) \u003d \\ frac (\\ partial ^ (2) f) (\\ partial x ^ (2)) \\ left (0,0 \\ right) \u003d 0; B_ (1) \u003d \\ frac (\\ partial ^ (2) f) (\\ partial x \\ partial y) \\ left (0,0 \\ right) \u003d - 6; C_ (1) \u003d \\ frac (\\ partial ^ (2) f) (\\ partial y ^ (2)) \\ left (0,0 \\ right) \u003d 0; $$
    $ A_ (1) \\ cdot B_ (1) - C_ (1) ^ (2) \u003d -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
    2) Для точки $ M_ (2) $:
    $$ \\ displaystyle A_ (2) \u003d \\ frac (\\ partial ^ (2) f) (\\ partial x ^ (2)) \\ left (1, \\ frac (1) (2) \\ right) \u003d 6; B_ (2) \u003d \\ frac (\\ partial ^ (2) f) (\\ partial x \\ partial y) \\ left (1, \\ frac (1) (2) \\ right) \u003d - 6; C_ (2) \u003d \\ frac (\\ partial ^ (2) f) (\\ partial y ^ (2)) \\ left (1, \\ frac (1) (2) \\ right) \u003d 24; $$
    $ A_ (2) \\ cdot B_ (2) - C_ (2) ^ (2) \u003d 108\u003e 0 $, значить, в точці $ M_ (2) $ існує екстремум, і оскільки $ A_ (2)\u003e 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 \u003d y ^ (2) + 2 \\ cdot x \\ cdot y - 4 \\ cdot x - 2 \\ cdot y - 3 $.
    Рішення

    Знайдемо стаціонарні точки: $$ \\ displaystyle \\ frac (\\ partial f) (\\ partial x) \u003d 2 \\ cdot y - 4; $$ $$ \\ displaystyle \\ frac (\\ partial f) (\\ partial y) \u003d 2 \\ cdot y + 2 \\ cdot x - 2. $$
    Складемо і вирішимо систему: $$ \\ displaystyle \\ begin (cases) \\ frac (\\ partial f) (\\ partial x) \u003d 0 \\\\\\ frac (\\ partial f) (\\ partial y) \u003d 0 \\ end (cases) \\ 1 \\ end (cases) \\ Rightarrow x \u003d -1 $$
    $ M_ (0) \\ left (-1, 2 \\ right) $ - стаціонарна точка.
    Перевіримо виконання достатньої умови екстремуму: $$ \\ displaystyle A \u003d \\ frac (\\ partial ^ (2) f) (\\ partial x ^ (2)) \\ left (-1,2 \\ right) \u003d 0; B \u003d \\ frac (\\ partial ^ (2) f) (\\ partial x \\ partial y) \\ left (-1,2 \\ right) \u003d 2; C \u003d \\ frac (\\ partial ^ (2) f) (\\ partial y ^ (2)) \\ left (-1,2 \\ right) \u003d 2; $$
    $ A \\ cdot B - C ^ (2) \u003d -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
    Відповідь: екстремуми відсутні.

Ліміт часу: 0

Навігація (тільки номери завдань)

0 з 4 завдань закінчено

інформація

Пройдіть цей тест, щоб перевірити свої знання з тільки що 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 для того, 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 був записаний в таблицю лідерів

  1. З відповіддю
  2. З відміткою про перегляд

    Завдання 1 з 4

    1 .
    Кількість балів: 1

    Дослідити функцію $ f $ на екстремуми: $ f \u003d 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 \u003d 4 + \\ sqrt ((x ^ (2) + y ^ (2)) ^ (2)) $

Зміна функції в певній точці і визначається як межа приросту функції до приросту аргументу, який прагне до нуля. Для її знаходження скористайтеся таблицею похідних. Наприклад, похідна функції y \u003d x3 буде дорівнює y '\u003d x2.

Прирівняти дану похідну до нуля (в даному випадку x2 \u003d 0).

Знайдіть значення змінної даного. Це будуть ті значення, при дана похідна буде дорівнює 0. Для цього підставте в вираз довільні цифри замість x, при яких всі вираз стане нульовим. наприклад:

2-2x2 \u003d 0
(1-x) (1 + x) \u003d 0
x1 \u003d 1, x2 \u003d -1

Отримані значення нанесіть на координатну пряму і вирахувати знак похідної для кожного з отриманих. На координатній прямій відзначаються точки, які приймаються за початок відліку. Щоб вирахувати значення на проміжках підставте довільні значення, які підходять за критеріями. Наприклад, для попередньої функції до проміжку -1 можна вибрати значення -2. На від -1 до 1 можна вибрати 0, а для значень більше 1 виберіть 2. Підставте дані цифри в похідну і з'ясуйте знак похідної. В даному випадку похідна з x \u003d -2 дорівнюватиме -0,24, тобто негативно і на даному проміжку буде знак мінус. Якщо x \u003d 0, то значення дорівнюватиме 2, а на даному проміжку ставиться знак. Якщо x \u003d 1, то похідна також буде дорівнює -0,24 і ставиться мінус.

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

Відео по темі

Корисна порада

Для знаходження похідної існують 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 з точками мінімуму називаються точками екстремуму. У цих точках функція змінює характер поведінки. Екстремуми визначаються на обмежених числових інтервалах і завжди є локальними.

Інструкція

Процес знаходження локальних екстремумів називається функції і виконується шляхом аналізу першої і другої похідної функції. Перед початком дослідження переконайтеся, що заданий інтервал значень аргументу належить до допустимих значень. Наприклад, для функції F \u003d 1 / x значення аргументу х \u003d 0 неприпустимо. Або для функції Y \u003d tg (x) аргумент не може мати значення х \u003d 90 °.

Переконайтеся, що функція Y дифференцируема на всьому заданому відрізку. Знайдіть першу похідну Y ". Очевидно, що до досягнення точки локального максимуму функція зростає, а при переході через максимум функція стає спадною. Перша похідна за своїм фізичним змістом характеризує швидкість зміни функції. Поки функція зростає, швидкість цього процесу є величиною позитивною. При переході через локальний максимум функція починає спадати, і швидкість процесу зміни функції стає негативною. Перехід швидкості зміни функції через нуль відбувається в точці локального максимуму.