$ E \ дэд олонлог \ mathbb (R) ^ (n) $. $ F $ байна гэж хэлсэн орон нутгийн дээд хэмжээ$ x_ (0) \ цэг дээр E $, хэрэв байгаа бол $ U $ цэгийн $ x_ (0) $ бүх $ x \ нь U $ тэгш бус байдал $ f \ үлдсэн (x \ баруун) ) \ leqslant f \ зүүн (x_ (0) \ баруун) $.

Орон нутгийн дээд хязгаар гэж нэрлэдэг хатуу хэрвээ $ U $ орчмыг $ x_ (0) $-с бусад бүх $ x \ U $-д $ f \ зүүн (x \ баруун) байхаар сонгож болно.< f\left(x_{0}\right)$.

Тодорхойлолт
$ f $ нь нээлттэй олонлог $ E \ дэд олонлог \ mathbb (R) ^ (n) $ дээрх бодит функц байг. $ F $ байна гэж хэлсэн орон нутгийн доод хэмжээ$ x_ (0) \ цэг дээр E $, хэрэв байгаа бол $ U $ цэгийн $ x_ (0) $ бүх $ x \ нь U $ тэгш бус байдал $ f \ үлдсэн (x \ баруун) ) \ geqslant f \ зүүн (x_ (0) \ баруун) $.

$ U $ орчмын бүх $ x \-д $ x_ (0) $, $ f \ зүүн (x \ баруун)> f \ зүүн (x_ ( x_ () -ээс бусад бүх $ x \-д зориулж сонгох боломжтой бол орон нутгийн доод хэмжээг хатуу гэж нэрлэдэг. 0) \ баруун) $.

Орон нутгийн экстремум нь орон нутгийн хамгийн бага ба орон нутгийн максимум гэсэн ойлголтуудыг нэгтгэдэг.

теорем (дифференциалагдах функцийн экстремумд шаардлагатай нөхцөл)
$ f $ нь нээлттэй олонлог $ E \ дэд олонлог \ mathbb (R) ^ (n) $ дээрх бодит функц байг. Хэрэв E $ дахь $ x_ (0) \ цэг дээр $ f $ функц нь энэ цэг дээр локал экстремумтай байвал $$ \ text (d) f \ left (x_ (0) \ баруун) = 0. $$ Тэгтэй тэнцүү дифференциал нь бүгд тэгтэй тэнцүү байхтай тэнцүү, өөрөөр хэлбэл. $$ \ displaystyle \ frac (\ хэсэгчилсэн f) (\ хэсэгчилсэн x_ (i)) \ зүүн (x_ (0) \ баруун) = 0. $$

Нэг хэмжээст тохиолдолд энэ нь тийм юм. Бид $ \ phi \ зүүн (t \ баруун) = f \ зүүн (x_ (0) + th \ баруун) $ гэж тэмдэглэдэг бөгөөд $ h $ нь дурын вектор юм. $ \ phi $ функц нь үнэмлэхүй утгаараа $ t $ хангалттай бага утгуудад тодорхойлогддог. Үүнээс гадна, гэхэд, энэ нь ялгах боломжтой бөгөөд $ (\ phi) ’\ зүүн (t \ баруун) = \ текст (г) f \ зүүн (x_ (0) + th \ баруун) h $.
$ f $ нь x $ 0 $ цэг дээр локал максимумтай байг. Эндээс $ t = 0 $-ийн $ \ phi $ функц нь локал максимумтай бөгөөд Фермагийн теоремоор $ (\ phi) ’\ зүүн (0 \ баруун) = 0 $ байна.
Тиймээс бид $ df \ left (x_ (0) \ right) = 0 $, i.e. $ x_ (0) $ цэг дэх $ f $ функцийн аль ч вектор $ h $ дээр тэгтэй тэнцүү байна.

Тодорхойлолт
Дифференциал нь тэг байх цэгүүд, i.e. бүх хэсэгчилсэн деривативууд нь 0-тэй тэнцүү байвал хөдөлгөөнгүй гэж нэрлэдэг. Чухал цэгүүд$ f $ функцийг $ f $ ялгах боломжгүй, эсвэл тэгтэй тэнцүү цэгүүд гэж нэрлэдэг. Хэрэв цэг нь хөдөлгөөнгүй байвал энэ нь функц нь энэ цэг дээр экстремумтай байна гэсэн үг биш юм.

Жишээ 1.
$ f \ зүүн (x, y \ баруун) = x ^ (3) + у ^ (3) $ байг. Дараа нь $ \ displaystyle \ frac (\ хэсэгчилсэн f) (\ хэсэгчилсэн x) = 3 \ cdot x ^ (2) $, $ \ displaystyle \ frac (\ хэсэгчилсэн f) (\ хэсэгчилсэн y) = 3 \ cdot y ^ (2) ) $, тэгэхээр $ \ left (0,0 \ баруун) $ нь хөдөлгөөнгүй цэг боловч энэ үед функцэд экстремум байхгүй байна. Үнэн хэрэгтээ $ f \ left (0,0 \ баруун) = 0 $, гэхдээ $ \ зүүн (0,0 \ баруун) $ цэгийн аль ч хэсэгт функц эерэг ба сөрөг утгыг хоёуланг нь авдаг болохыг харахад хялбар байдаг.

Жишээ 2.
$ f \ left (x, y \ right) = x ^ (2) - y ^ (2) $ функц нь суурин цэгийн эхлэлтэй боловч энэ цэгт экстремум байхгүй нь тодорхой байна.

Теорем (экстремумын хангалттай нөхцөл).
$ f $ функцийг $ E \ дэд олонлог \ mathbb (R) ^ (n) $ нээлттэй олонлог дээр 2 удаа тасралтгүй ялгах боломжтой байг. E $ дахь $ x_ (0) \ нь хөдөлгөөнгүй цэг байх ба $$ \ displaystyle Q_ (x_ (0)) \ зүүн (h \ баруун) \ equiv \ sum_ (i = 1) ^ n \ sum_ (j = 1) байг. ) ^ n \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн x_ (i) \ хэсэгчилсэн x_ (j)) \ зүүн (x_ (0) \ баруун) h ^ (i) h ^ (j). $ $ Дараа нь

1. хэрэв $ Q_ (x_ (0)) $ - бол $ f $ цэг дэх $ x_ (0) $ функц нь локал экстремумтай, тухайлбал, хэлбэр эерэг тодорхой бол хамгийн бага, хэрэв хэлбэр нь байвал дээд тал нь байна. сөрөг тодорхой;
2. хэрэв $ Q_ (x_ (0)) $ квадрат хэлбэр тодорхойгүй бол $ x_ (0) $ цэг дэх $ f $ функц нь экстремумгүй болно.

Тейлорын томьёоны дагуу өргөтгөлийг ашиглая (12.7 х. 292). $ x_ (0) $ цэг дэх эхний эрэмбийн хэсэгчилсэн деривативууд тэгтэй тэнцүү байгааг харгалзан бид $$ \ displaystyle f \ left (x_ (0) + h \ right) −f \ left (x_) авна. (0) \ баруун) = \ frac (1) (2) \ нийлбэр (i = 1) ^ n \ нийлбэр (j = 1) ^ n \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн x_ (i) ) \ хэсэгчилсэн x_ (j)) \ зүүн (x_ (0) + \ тета ч \ баруун) h ^ (i) h ^ (j), $$ хаана $ 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 $, мөн $ \ epsilon \ зүүн (h \ баруун) \ баруун сум 0 $ хувьд $ h \ баруун сум 0 $, дараа нь баруун гар тал нь хангалттай бага урттай ямар ч вектор $ h $ эерэг байх болно.
Тиймээс бид $ x_ (0) $ цэгийн зарим ойролцоо $ f \ зүүн (x \ баруун)> f \ зүүн (x_ (0) \ баруун) $ тэгш бус байдал, хэрэв зөвхөн $ x байвал тохирно гэсэн дүгнэлтэд хүрсэн. \ neq x_ (0) $ (бид $ x = x_ (0) + h $ \ баруун талд тавьдаг). Энэ нь $ x_ (0) $ цэг дээр функц нь хатуу локал минимумтай тул бидний теоремын эхний хэсэг батлагдсан гэсэн үг юм.
Одоо $ Q_ (x_ (0)) $ нь тодорхойгүй хэлбэр байна гэж бодъё. Дараа нь $ h_ (1) $, $ h_ (2) $ векторууд байдаг бөгөөд $ Q_ (x_ (0)) \ зүүн (h_ (1) \ баруун) = \ lambda_ (1)> 0 $, $ Q_ ( x_ (0)) \ зүүн (h_ (2) \ баруун) = \ lambda_ (2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0 доллар. Дараа нь бид $$ f \ left (x_ (0) + th_ (1) \ right) −f \ left (x_ (0) \ right) = \ frac (1) (2) \ left [t ^ (2) авна. \ lambda_ (1) + t ^ (2) | h_ (1) | ^ (2) \ эпсилон \ зүүн (th_ (1) \ баруун) \ баруун] = \ frac (1) (2) t ^ (2) \ зүүн [\ lambda_ (1) + | h_ (1) | ^ (2) \ epsilon \ зүүн (th_ (1) \ баруун) \ баруун]. $$ Хангалттай бага бол $ t> 0 $ баруун гар тал эерэг байна. Энэ нь $ x_ (0) $ цэгийн аль ч хэсэгт $ f $ функц нь $ f \ зүүн (x \ баруун) $ $ f \ зүүн (x_ (0) \ баруун) -аас их утгуудыг авдаг гэсэн үг юм. доллар.
Үүний нэгэн адил бид $ x_ (0) $ цэгийн аль ч хэсэгт $ f $ функц нь $ f \ зүүн (x_ (0) \ баруун) $ -аас бага утгыг авдаг. Энэ нь өмнөхтэй хамт $ x_ (0) $ цэг дээр $ f $ функц нь экстремумгүй гэсэн үг юм.

Санаж үз онцгой тохиолдол$ \ зүүн (x_ (0), у_ (0) \ баруун) $ цэгийн зарим орчимд тодорхойлогдсон, тасралтгүй хэсэгчилсэн утгатай хоёр хувьсагчийн $ f \ зүүн (x, y \ баруун) $ функцийн энэ теоремын эхний болон хоёрдугаар эрэмбийн деривативууд. $ \ зүүн (x_ (0), y_ (0) \ баруун) $ нь хөдөлгөөнгүй цэг бөгөөд $$ \ displaystyle a_ (11) = \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн х ^) гэж тэмдэглэе. (2)) \ зүүн (x_ (0), y_ (0) \ баруун), a_ (12) = \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн х \ хэсэгчилсэн у) \ зүүн (x_ ( 0) ), y_ (0) \ баруун), a_ (22) = \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн у ^ (2)) \ зүүн (x_ (0), у_ (0) \ баруун ) $$ Тэгвэл өмнөх теорем дараах хэлбэрийг авна.

Теорем
$ \ Delta = a_ (11) \ cdot a_ (22) - a_ (12) ^ 2 $ байг. Дараа нь:

1. хэрэв $ \ Delta> 0 $ бол $ f $ функц нь $ \ зүүн (x_ (0), y_ (0) \ баруун) $ цэг дээр локал экстремумтай байна, тухайлбал, $ a_ (11)> доод тал нь 0 $ , хэрэв $ a_ (11) бол дээд тал нь<0$;
2. хэрэв $ \ 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.

Асуудлыг шийдвэрлэх жишээ

Олон хувьсагчийн функцийн экстремумыг олох алгоритм:

1. Хөдөлгөөнгүй цэгүүдийг олох;
2. Бүх суурин цэгүүдэд 2-р эрэмбийн дифференциалыг ол
3. Хэд хэдэн хувьсагчийн функцийн экстремумын хангалттай нөхцөлийг ашиглан бид суурин цэг бүрийн хоёр дахь эрэмбийн дифференциалыг авч үздэг.

1. Функцийг экстремум $ f \ left (x, y \ right) = x ^ (3) + 8 \ cdot y ^ (3) + 18 \ cdot x - 30 \ cdot y $ гэж шалгана уу.
   Шийдэл

   1-р эрэмбийн хэсэгчилсэн деривативуудыг олоорой: $$ \ displaystyle \ frac (\ хэсэгчилсэн f) (\ хэсэгчилсэн x) = 3 \ cdot x ^ (2) - 6 \ cdot y; $$ $$ \ displaystyle \ frac (\ хэсэгчилсэн f ) (\ хэсэгчилсэн y) = 24 \ cdot y ^ (2) - 6 \ cdot x. $$ Системийг зохиож шийдье: $$ \ displaystyle \ begin (case) \ frac (\ partial f) (\ partial x ) = 0 \\\ frac (\ хэсэгчилсэн f) (\ хэсэгчилсэн y) = 0 \ төгсгөл (тохиолдлууд) \ Баруун сум \ эхлэл (тохиолдлууд) 3 \ cdot x ^ (2) - 6 \ cdot y = 0 \\ 24 \ cdot y ^ (2) - 6 \ cdot x = 0 \ end (тохиолдол) \ Баруун сум \ эхлэл (тохиолдол) x ^ (2) - 2 \ cdot y = 0 \\ 4 \ cdot y ^ (2) - x = 0 \ төгсгөл (тохиолдлууд) $$ 2-р тэгшитгэлээс $ x = 4 \ cdot y ^ (2) $ - 1-р тэгшитгэлд орлуулна: $$ \ displaystyle \ left (4 \ cdot y ^ (2) \ баруун ) ^ (2) -2 \ cdot y = 0 $$ $$ 16 \ cdot y ^ (4) - 2 \ cdot y = 0 $$ $$ 8 \ cdot y ^ (4) - y = 0 $$ $ $ y \ left (8 \ cdot y ^ (3) -1 \ right) = 0 $$ Үүний үр дүнд 2 суурин цэгийг олж авна.
   1) $ y = 0 \ Баруун сум x = 0, M_ (1) = \ зүүн (0, 0 \ баруун) $;
   2) $ \ displaystyle 8 \ cdot y ^ (3) -1 = 0 \ Rightarrow y ^ (3) = \ frac (1) (8) \ Rightarrow y = \ frac (1) (2) \ Rightarrow x = 1 , M_ (2) = \ зүүн (\ frac (1) (2), 1 \ баруун) $
   Экстремумын хувьд хангалттай нөхцлийн биелэлтийг шалгая:
   $$ \ displaystyle \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн х ^ (2)) = 6 \ cdot x; \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн х \ хэсэгчилсэн y) = - 6; \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн y ^ (2)) = 48 \ cdot y $$
   1) $ M_ (1) = \ зүүн (0,0 \ баруун) $ цэгийн хувьд:
   $$ \ displaystyle A_ (1) = \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн х ^ (2)) \ зүүн (0,0 \ баруун) = 0; B_ (1) = \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн х \ хэсэгчилсэн y) \ зүүн (0,0 \ баруун) = - 6; C_ (1) = \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн y ^ (2)) \ зүүн (0,0 \ баруун) = 0; $$
   $ A_ (1) \ cdot B_ (1) - C_ (1) ^ (2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
   2) $ M_ (2) $ цэгийн хувьд:
   $$ \ displaystyle A_ (2) = \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн х ^ (2)) \ зүүн (1, \ frac (1) (2) \ баруун) = 6; B_ (2) = \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн х \ хэсэгчилсэн y) \ зүүн (1, \ frac (1) (2) \ баруун) = - 6; C_ (2) = \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн y ^ (2)) \ зүүн (1, \ frac (1) (2) \ баруун) = 24; $$
   $ A_ (2) \ cdot B_ (2) - C_ (2) ^ (2) = 108> 0 $, тэгэхээр $ M_ (2) $ цэгт экстремум байдаг ба $ A_ (2)> 0-ээс хойш. $, тэгвэл энэ нь хамгийн бага юм.
   Хариулт: $ \ displaystyle M_ (2) \ left (1, \ frac (1) (2) \ right) $ цэг нь $ f $ функцийн хамгийн бага цэг юм.
   

2. $ f = y ^ (2) + 2 \ cdot x \ cdot y - 4 \ cdot x - 2 \ cdot y - 3 $ экстремумын функцийг шалгана уу.
   Шийдэл

   Тогтмол цэгүүдийг ол: $$ \ displaystyle \ frac (\ хэсэгчилсэн f) (\ хэсэгчилсэн x) = 2 \ cdot y - 4; $$ $$ \ displaystyle \ frac (\ хэсэгчилсэн f) (\ хэсэгчилсэн y) = 2 \ cdot y + 2 \ cdot x - 2. $$
   Системийг зохиож, шийдье: $$ \ displaystyle \ begin (тохиолдлууд) \ frac (\ хэсэгчилсэн f) (\ хэсэгчилсэн x) = 0 \\\ frac (\ хэсэгчилсэн f) (\ хэсэгчилсэн y) = 0 \ төгсгөл (тохиолдол). ) \ Баруун сум \ эхлэл (тохиолдол) 2 \ cdot y - 4 = 0 \\ 2 \ cdot y + 2 \ cdot x - 2 = 0 \ төгсгөл (тохиолдол) \ Баруун сум \ эхлэл (тохиолдол) y = 2 \\ y + x = 1 \ төгсгөл (тохиолдлууд) \ Баруун сум x = -1 $$
   $ M_ (0) \ зүүн (-1, 2 \ баруун) $ нь хөдөлгөөнгүй цэг юм.
   Хангалттай экстремум нөхцөл хангагдсан эсэхийг шалгая: $$ \ displaystyle A = \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн х ^ (2)) \ зүүн (-1,2 \ баруун) = 0; B = \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн х \ хэсэгчилсэн y) \ зүүн (-1,2 \ баруун) = 2; C = \ frac (\ хэсэгчилсэн ^ (2) f) (\ хэсэгчилсэн y ^ (2)) \ зүүн (-1,2 \ баруун) = 2; $$
   $ A \ cdot B - C ^ (2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
   Хариулт: туйлшрал байхгүй.
   

Хугацаа: 0

Навигац (зөвхөн ажлын дугаар)

4 асуултаас 0-г нь бөглөсөн

Мэдээлэл

"Олон хувьсагчийн функцүүдийн орон нутгийн экстремум" гэсэн сэдвийн талаар өөрийн мэдлэгээ шалгахын тулд энэхүү сорилыг асууна уу.

Та өмнө нь шалгалт өгсөн байна. Та үүнийг дахин эхлүүлэх боломжгүй.

Туршилтыг ачаалж байна...

Туршилтыг эхлүүлэхийн тулд та нэвтэрч орох эсвэл бүртгүүлэх ёстой.

Үүнийг эхлүүлэхийн тулд та дараах туршилтуудыг хийх ёстой.

үр дүн

Зөв хариулт: 4-өөс 0

Чиний цаг:

Цаг дууслаа

Та 0 онооноос 0 оноо авсан (0)

Таны үр дүн тэргүүлэгчдийн самбарт бичигдсэн байна

1. Хариулттай хамт
2. Үзсэн гэж тэмдэглэсэн

4-ийн 1-р даалгавар

1 .

Оноо: 1

$ f $ функцийг экстремумын хувьд шалгана уу: $ f = e ^ (x + y) (x ^ (2) -2 \ cdot y ^ (2)) $

Зөв


Зөв биш


1. 4-ийн 2-р асуулт

   2 .

   Оноо: 1

   Функц нь $ f = 4 + \ sqrt ((x ^ (2) + y ^ (2)) ^ (2)) $ байна уу?

Функцийн тодорхой цэг дэх өөрчлөлтийг функцийн өсөлтийн хязгаарыг аргументийн өсөлтөөр тодорхойлдог бөгөөд энэ нь тэг рүү чиглэдэг. Үүнийг олохын тулд деривативын хүснэгтийг ашиглана уу. Жишээлбэл, y = x3 функцийн дериватив нь y ’= x2-тэй тэнцүү байх болно.

Энэ деривативыг тэг болго (энэ тохиолдолд x2 = 0).

Өгөгдсөн хувьсагчийн утгыг ол. Өгөгдсөн дериватив 0-тэй тэнцүү байх үед эдгээр нь утгууд байх болно. Үүнийг хийхийн тулд илэрхийлэлд x-ийн оронд дурын цифрүүдийг орлуулж, илэрхийлэл бүхэлдээ тэг болно. Жишээлбэл:

2-2х2 = 0
(1-х) (1 + x) = 0
x1 = 1, x2 = -1

Олж авсан утгуудыг координатын шугам дээр зурж, олж авсан утга тус бүрийн деривативын тэмдгийг тооцоол. Координатын шугам дээр цэгүүдийг тэмдэглэсэн бөгөөд тэдгээрийг гарал үүсэл болгон авдаг. Интервал дахь утгыг тооцоолохын тулд шалгуурт тохирсон дурын утгыг орлуулна уу. Жишээлбэл, өмнөх функцийн хувьд -1 хүртэл та -2 гэсэн утгыг сонгож болно. -1-ээс 1 хүртэл 0, 1-ээс их бол 2-ыг сонгож болно. Деривативт эдгээр тоог орлуулж, деривативын тэмдгийг олоорой. Энэ тохиолдолд x = -2-тэй дериватив нь -0.24, өөрөөр хэлбэл. сөрөг ба энэ интервал дээр хасах тэмдэг байх болно. Хэрэв x = 0 бол утга нь 2-той тэнцүү байх бөгөөд энэ интервал дээр тэмдэг тавина. Хэрэв x = 1 бол дериватив нь мөн -0.24 байх ба хасах болно.

Хэрэв координатын шугам дээрх цэгийг дайран өнгөрөхөд дериватив тэмдэг нь хасахаас нэмэх рүү өөрчлөгдвөл энэ нь хамгийн бага цэг, хэрэв нэмэхээс хасах бол энэ нь хамгийн дээд цэг юм.

Холбоотой видеонууд

Хэрэгтэй зөвлөгөө

Деривативыг олохын тулд шаардлагатай утгыг тооцоолж, үр дүнг харуулдаг онлайн үйлчилгээнүүд байдаг. Ийм сайтууд дээр та 5-р дараалал хүртэлх деривативыг олох боломжтой.

Эх сурвалжууд:

• Деривативыг тооцоолох үйлчилгээний нэг
• функцийн хамгийн дээд цэг

Функцийн хамгийн их цэгүүдийг хамгийн бага цэгүүдийн хамт экстремум цэг гэж нэрлэдэг. Эдгээр цэгүүдэд функц нь зан төлөвөө өөрчилдөг. Экстремум нь хязгаарлагдмал тооны интервалаар тодорхойлогддог бөгөөд үргэлж орон нутгийн шинж чанартай байдаг.

Зааварчилгаа

Орон нутгийн экстремумыг олох үйл явцыг функц гэж нэрлэдэг бөгөөд функцийн эхний болон хоёр дахь деривативыг шинжлэх замаар гүйцэтгэдэг. Шалгахаасаа өмнө аргументын утгуудын заасан хүрээ хүчинтэй байгаа эсэхийг шалгаарай. Жишээлбэл, F = 1 / x функцийн хувьд x = 0 аргументын утга хүчингүй байна. Эсвэл Y = tg (x) функцийн хувьд аргумент нь x = 90 ° утгатай байж болохгүй.

Y функц нь өгөгдсөн сегментийг бүхэлд нь ялгах боломжтой эсэхийг шалгаарай. Эхний үүсмэл Y "-г ол. Орон нутгийн максимум цэгт хүрэхээс өмнө функц нь нэмэгдэж, максимумыг дамжин өнгөрөхөд функц багасах нь ойлгомжтой. Эхний дериватив нь физик утгаараа функцийн өөрчлөлтийн хурдыг тодорхойлдог. .Функц нэмэгдэж байх үед энэ үйл явцын хурд эерэг байна.Функц нь орон нутгийн максимумаар буурч эхэлдэг ба функцын өөрчлөлтийн хурд сөрөг болдог.Функцийн өөрчлөлтийн хурд тэг рүү шилжинэ. орон нутгийн дээд цэгт.

>> Хэт их

Экстремум функц

Экстремумыг тодорхойлох

Чиг үүрэг y = f (x) гэж нэрлэдэг нэмэгдэх (буурч байна) зарим интервалд, хэрэв x 1 бол< x 2 выполняется неравенство (f (x 1) < f (x 2) (f (x 1) >f (x 2)).

Хэрэв дифференциал болох y = f (x) функц нь интервал дээр ихсэх (багарах) бол энэ f интервал дээрх дериватив болно. " (x)> 0

(f "(x)< 0).

Оноо х О дуудсан орон нутгийн хамгийн дээд цэг (хамгийн багаХэрэв цэгийн хөрш байгаа бол f (x) функцийн ) x тухай, бүх цэгүүдийн хувьд тэгш бус байдал f (x)≤ f (x o) (f (x)≥ f (x o)).

Хамгийн их ба хамгийн бага оноог дуудна экстремум цэгүүд, мөн эдгээр цэгүүд дэх функцын утгууд нь түүнийх юм хэт туйлшрал.

Экстремум цэгүүд

Шаардлагатай нөхцөлэкстремум ... Хэрэв цэг бол х О нь f (x) функцийн экстремум цэг бөгөөд дараа нь f " (x о) = 0, эсвэл f(x o) байхгүй байна. Ийм цэгүүдийг нэрлэдэг шүүмжлэлтэй,үүнээс гадна функц нь өөрөө чухал цэг дээр тодорхойлогддог. Функцийн экстремумыг түүний чухал цэгүүдээс хайх хэрэгтэй.

Эхний хангалттай нөхцөл. Байцгаая х О - чухал цэг. Хэрэв f " (x) цэгээр дамжин өнгөрөх үед х О нэмэх тэмдгийг хасах, дараа нь цэг дээр өөрчилнө x тухайфункц нь дээд талтай, эс тэгвээс хамгийн багатай. Хэрэв дериватив нь эгзэгтэй цэгээр дамжин өнгөрөхдөө тэмдэг өөрчлөгдөхгүй бол цэг дээр х О туйлшрал байхгүй.

Хоёр дахь хангалттай нөхцөл. f (x) функцтэй байг
f " (x) цэгийн ойролцоо х О мөн хамгийн цэг дээр хоёр дахь дериватив x тухай... Хэрэв f "(x тухай) = 0, >0 ( <0), то точка x тухай f (x) функцийн локал минимумын (хамгийн их) цэг юм. Хэрэв = 0 бол эхний хангалттай нөхцөлийг ашиглах эсвэл илүү өндөр нөхцөлийг ашиглах ёстой.

Сегмент дээр y = f (x) функц нь эгзэгтэй цэгүүд эсвэл сегментийн төгсгөлд хамгийн бага эсвэл хамгийн том утгад хүрч болно.

Жишээ 3.22.

Шийдэл.Учир нь е " (

Функцийн экстремумыг олох асуудал

Жишээ 3.23. а

Шийдэл. хболон y y
0 ≤ х≤
> 0, мөн төлөө x> a / 4 S " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение функцууд кв.. нэгж).

Жишээ 3.24. p ≈

Шийдэл.х х
S "
R = 2, H = 16/4 = 4.

Жишээ 3.22.f (x) = 2x 3 - 15x 2 + 36x - 14 функцийн экстремумыг ол.

Шийдэл.Учир нь е " (x) = 6x 2 - 30x +36 = 6 (x -2) (x - 3), дараа нь функцийн эгзэгтэй цэгүүд x 1 = 2 ба x 2 = 3. Экстремум нь зөвхөн эдгээр цэгүүдэд байж болно. x 1 = 2 цэгийг дайран өнгөрөхөд дериватив нь нэмэх тэмдгийг хасах болгон өөрчилдөг тул энэ үед функц хамгийн их утгатай байна. x 2 = 3 цэгээр дамжин өнгөрөхөд дериватив нь хасах тэмдгийг нэмэх гэж өөрчилдөг тул x 2 = 3 цэг дээр функц хамгийн бага байна. Функцийн утгыг цэгээр тооцоолох
x 1 = 2 ба x 2 = 3 бол функцийн экстремумыг олно: хамгийн их f (2) = 14, хамгийн бага f (3) = 13.

Жишээ 3.23.Чулуун хананы ойролцоо тэгш өнцөгт талбай барих шаардлагатай бөгөөд ингэснээр гурван талаас нь төмөр тороор хашсан, дөрөв дэх тал нь ханатай залгаадаг. Үүний тулд бий агүйлтийн метр торон . Талбайн талбайн хэмжээ ямар байх вэ?

Шийдэл.Бид сайтын талуудыг тэмдэглэнэ хболон y... Талбайн талбай нь S = xy байна. Байцгаая yхананд зэргэлдээх талын урт. Дараа нь болзолын дагуу 2x + y = a тэгшитгэл биелэх ёстой. Иймд y = a - 2x ба S = x (a - 2x), энд
0 ≤ х≤ a / 2 (тавиурын урт ба өргөн нь сөрөг байж болохгүй). S "= a - 4x, a - 4x = 0 хувьд x = a / 4, эндээс
y = a - 2 × a / 4 = a / 2. Үүний хэрээр x = a / 4 нь цорын ганц чухал цэг бөгөөд энэ цэгээр дамжин өнгөрөхөд деривативын тэмдэг өөрчлөгдөх эсэхийг шалгацгаая. x a / 4 S-ийн хувьд "> 0, мөн төлөө x> a / 4 S " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение функцууд S (a / 4) = a / 4 (a - a / 2) = a 2/8 (кв.. нэгж). S тасралтгүй асаалттай бөгөөд S (0) ба S (a / 2) төгсгөлд байгаа утгууд нь тэгтэй тэнцүү тул олсон утга нь функцийн хамгийн том утга байх болно. Тиймээс асуудлын өгөгдсөн нөхцөлд сайтын хамгийн ашигтай харьцаа нь y = 2x юм.

Жишээ 3.24.V = 16 багтаамжтай хаалттай цилиндр сав хийх шаардлагатай p ≈ 50 м 3. Савны хэмжээ (радиус R ба өндөр H) ямар хэмжээтэй байх ёстой бөгөөд үүнийг хийхэд хамгийн бага хэмжээний материал зарцуулдаг вэ?

Шийдэл.Цилиндрийн нийт гадаргуугийн талбай нь S = 2 байнах R (R + H). Цилиндрийн V = хэмжээг бид мэднэ p R 2 H Þ H = V / p R 2 = 16 p / p R 2 = 16 / R 2. Тиймээс S (R) = 2х (R 2 + 16 / R). Энэ функцийн деривативыг ол:
S "(R) = 2 p (2R- 16 / R 2) = 4 p (R- 8 / R 2). S " R 3 = 8-ийн хувьд (R) = 0, тиймээс
R = 2, H = 16/4 = 4.

Хэд хэдэн хувьсагчийн f (x) функцийн хувьд x цэг нь вектор, f '(x) нь f (x) функцийн эхний деривативуудын (градиент) вектор, f ′ ′ (x) нь тэгш хэмтэй байна. Хоёрдахь хэсэгчилсэн деривативын матриц (Гессиан матриц нь Гессиан) функц f (x).
Хэд хэдэн хувьсагчийн функцийн хувьд оновчтой байдлын нөхцлүүдийг дараах байдлаар томъёолно.
Орон нутгийн оновчтой байдалд зайлшгүй шаардлагатай нөхцөл. f (x) нь x * R n цэг дээр дифференциал болно. Хэрэв x * нь орон нутгийн экстремум цэг бол f '(x *) = 0 байна.
Өмнөх нэгэн адил тэгшитгэлийн системийн шийдэл болох цэгүүдийг суурин гэж нэрлэдэг. Х * хөдөлгөөнгүй цэгийн шинж чанар нь Hesse матриц f ′ ′ (x) тодорхойлогддог.
А матрицын тодорхой байдал Q (α) = квадрат хэлбэрийн тэмдгүүдээс хамаарна.< α A, α >бүх тэгээс өөр α∈R n-ийн хувьд.
Эндээс цааш цааш x ба y векторуудын цэгэн үржвэрийг тэмдэглэв. А - тэргүүн байр,

Бүх тэгээс өөр α∈R n хувьд Q (α)> 0 (Q (α) ≥0) байвал А матриц эерэг (сөрөг бус) тодорхой байна; сөрөг (эерэг биш) тодорхой бол Q (α)<0 (Q(α)≤0) при всех ненулевых α∈R n ; неопределенной, если Q(α)>Зарим тэгээс өөр α∈R n ба Q (α)-ийн хувьд 0<0 для остальных ненулевых α∈R n .
Орон нутгийн оновчтой байдлын хангалттай нөхцөл. f (x) нь x * R n цэг дээр хоёр дахин дифференциал болох ба f ’(x *) = 0, өөрөөр хэлбэл, x * - хөдөлгөөнгүй цэг. Дараа нь f ′ ′ (x *) матриц эерэг (сөрөг) тодорхой бол x * нь орон нутгийн минимумын (хамгийн их) цэг юм; хэрэв f ′ ′ (x *) матриц тодорхойгүй бол x * нь эмээлийн цэг болно.
Хэрэв f ′ ′ (x *) матриц нь сөрөг биш (эерэг биш) тодорхой байвал x * суурин цэгийн шинж чанарыг тодорхойлохын тулд дээд эрэмбийн деривативуудыг судлах шаардлагатай.
Матрицын тодорхой байдлыг шалгахын тулд Сильвестерийн шалгуурыг ихэвчлэн ашигладаг. Энэ шалгуурын дагуу тэгш хэмтэй А матриц нь түүний бүх өнцгийн минорууд эерэг байвал эерэг тодорхой байна. Энэ тохиолдолд А матрицын өнцгийн минор нь ижил (болон эхний) тоо бүхий мөр, баганын огтлолцол дээр байрлах А матрицын элементүүдээс бүтээгдсэн матрицын тодорхойлогч юм. Тэгш хэмтэй А матрицыг сөрөг тодорхой эсэхийг шалгахын тулд (−A) матрицыг эерэг тодорхой эсэхийг шалгах шаардлагатай.
Тиймээс олон хувьсагчийн функцийн орон нутгийн экстремумын цэгүүдийг тодорхойлох алгоритм дараах байдалтай байна.
1. f ′ (x)-г ол.
2. Систем нь шийдэгдсэн

Үүний үр дүнд x i хөдөлгөөнгүй цэгүүдийг тооцоолно.
3. f ′ ′ (x)-г ол, i = 1 гэж тогтоо.
4. f ′ ′ (x i)-г ол.
5. f ′ ′ (x i) матрицын өнцгийн миноруудыг тооцоолсон. Хэрэв бүх өнцгийн минорууд тэгээс өөр биш бол x i суурин цэгийн мөн чанарыг тодорхойлохын тулд дээд эрэмбийн деривативуудыг судлах шаардлагатай. Энэ тохиолдолд 8-р зүйлд шилжих ажлыг гүйцэтгэнэ.
Үгүй бол 6-р алхам руу очно уу.
6. Өнцгийн насанд хүрээгүй f ′ ′ (x i) шинж тэмдгүүдэд дүн шинжилгээ хийсэн. Хэрэв f ′ ′ (x i) эерэг тодорхойлогдох бол x i нь орон нутгийн хамгийн бага цэг болно. Энэ тохиолдолд 8-р зүйлд шилжих ажлыг гүйцэтгэнэ.
Үгүй бол 7-р алхам руу очно уу.
7. -f ′ ′ (x i) матрицын өнцгийн миноруудыг тооцоолж, тэдгээрийн тэмдгүүдэд дүн шинжилгээ хийсэн.
Хэрэв -f ′ ′ (x i) - эерэг тодорхойлогдох бол f ′ ′ (x i) сөрөг тодорхой, x i нь орон нутгийн максимум цэг болно.
Үгүй бол f ′ ′ (x i) нь тодорхойгүй, x i нь эмээлийн цэг юм.
8. Бүх хөдөлгөөнгүй цэгийн шинж чанарыг тодорхойлох нөхцөлийг шалгана i = N.
Хэрэв энэ нь хийгдсэн бол тооцоолол дууссан болно.
Хэрэв нөхцөл хангагдаагүй бол бид i = i + 1 гэж тохируулаад 4-р алхам руу орно.

Жишээ №1. f (x) = x 1 3 - 2x 1 x 2 + x 2 2 - 3x 1 - 2x 2 функцийн орон нутгийн экстремумын цэгүүдийг ол.









Булангийн бүх багачууд тэгээс ялгаатай тул x 2 тэмдэгтийг f ′ ′ (x) ашиглан тодорхойлно.
f ′ ′ (x 2) матриц эерэг тодорхойлогдсон тул x 2 нь орон нутгийн хамгийн бага цэг болно.
Хариулт: f (x) = x 1 3 - 2x 1 x 2 + x 2 2 - 3x 1 - 2x 2 функц нь x = (5/3; 8/3) цэг дээр локал минимумтай байна.

Функцийн утга нь хамгийн бага эсвэл хамгийн их утгыг авах функцийн муж дахь цэгийг функцийн экстремум цэг гэнэ. Эдгээр цэгүүд дэх функцийн утгыг функцийн экстремум (хамгийн бага ба хамгийн их) гэж нэрлэдэг.

Тодорхойлолт... Оноо х1 функцийн домэйн е(х) гэж нэрлэдэг функцийн хамгийн дээд цэг , хэрэв энэ цэг дэх функцийн утга нь түүний баруун ба зүүн талд байрлах түүнд хангалттай ойрхон цэгүүдийн функцийн утгуудаас их байвал (өөрөөр хэлбэл тэгш бус байдал) е(х0 ) > е(х 0 + Δ х) х1 дээд тал нь.

Тодорхойлолт... Оноо х2 функцийн домэйн е(х) гэж нэрлэдэг функцийн хамгийн бага цэг, хэрэв энэ цэг дэх функцийн утга нь түүний баруун ба зүүн талд байрлах түүнд хангалттай ойрхон цэгүүдийн функцийн утгуудаас бага байвал (өөрөөр хэлбэл тэгш бус байдал) е(х0 ) < е(х 0 + Δ х) ). Энэ тохиолдолд функц нь цэг дээр байна гэж хэлдэг х2 хамгийн бага.

Оноо гэж хэлье х1 нь функцийн хамгийн их цэг юм е(х). Дараа нь хүртэлх интервалд х1 функц нэмэгдэнэ, тэгэхээр функцийн дериватив тэгээс их байна ( е "(х)> 0), мөн дараах интервалд х1 функц буурдаг тул, ба функцийн дериватив тэгээс бага (е "(х) < 0 ). Тогда в точке х1

Гол нь мөн гэж бодъё х2 нь функцийн хамгийн бага цэг юм е(х). Дараа нь хүртэлх интервалд х2 функц буурч, функцийн дериватив нь тэгээс бага ( е "(х) < 0 ), а в интервале после х2 функц нэмэгдэж, функцийн дериватив тэгээс их байна ( е "(х)> 0). Энэ тохиолдолд бас цэг дээр х2 функцийн дериватив нь тэг буюу байхгүй.

Фермагийн теорем (функцийн экстремум байх зайлшгүй шалгуур)... Хэрэв цэг бол х0 функцийн экстремум цэг юм е(х), тэгвэл энэ үед функцийн дериватив тэгтэй тэнцүү байна ( е "(х) = 0) эсвэл байхгүй байна.

Тодорхойлолт... Функцийн дериватив нь тэг буюу байхгүй цэгүүдийг дуудна чухал цэгүүд .

Жишээ 1.Функцийг авч үзье.

Яг цэг дээр х= 0, функцийн дериватив тэгтэй тэнцүү тул цэг х= 0 бол чухал цэг юм. Гэсэн хэдий ч, функцийн графикаас харахад энэ нь тодорхойлолтын бүх домэйн дээр нэмэгдэж байгаа тул цэг х= 0 нь энэ функцийн экстремум цэг биш юм.

Тиймээс, тухайн цэг дэх функцийн дериватив нь тэг буюу байхгүй байх нөхцөлүүд нь экстремумд зайлшгүй шаардлагатай нөхцөл боловч хангалттай биш, учир нь эдгээр нөхцөл хангагдсан функцүүдийн бусад жишээнүүд, гэхдээ функц нь экстремумгүй байдаг. харгалзах цэг дээр өгч болно. Тийм ч учраас хангалттай шинж тэмдэгтэй байх хэрэгтэй, тодорхой эгзэгтэй цэг дээр экстремум байгаа эсэх, аль нь хамгийн их эсвэл хамгийн бага болохыг дүгнэх боломжийг олгоно.

Теорем (функцын экстремум байх анхны хангалттай шалгуур).Чухал цэг х0 е(х), хэрэв функцийн дериватив энэ цэгээр дамжин өнгөрөхөд тэмдэг өөрчлөгдвөл тэмдэг нь "нэмэх" -ээс "хасах" болж өөрчлөгдвөл хамгийн их цэг, "хасах" -аас "нэмэх" бол хамгийн бага цэг болно. .

Хэрэв цэгийн ойролцоо бол х0 , зүүн ба баруун талд дериватив нь тэмдгийг хадгалдаг бөгөөд энэ нь тухайн цэгийн зарим хэсэгт функц нь зөвхөн буурч эсвэл зөвхөн нэмэгддэг гэсэн үг юм. х0 ... Энэ тохиолдолд цэг дээр х0 туйлшрал байхгүй.

Тэгэхээр, Функцийн экстремум цэгүүдийг тодорхойлохын тулд та дараах зүйлийг хийх хэрэгтэй :

1. Функцийн деривативыг ол.
2. Деривативыг тэг болгож, чухал цэгүүдийг тодорхойлно.
3. Оюун санааны хувьд эсвэл цаасан дээр тоон тэнхлэгт чухал цэгүүдийг тэмдэглэж, олж авсан интервал дахь функцийн деривативын тэмдгүүдийг тодорхойлно. Хэрэв деривативын тэмдэг нь "нэмэх" -ээс "хасах" болж өөрчлөгдвөл эгзэгтэй цэг нь хамгийн их цэг, хэрэв "хасах" -аас "нэмэх" бол хамгийн бага цэг болно.
4. Функцийн утгыг экстремум цэгүүдэд тооцоол.

Жишээ 2.Функцийн экстремумыг ол .

Шийдэл. Функцийн деривативыг олъё:

Чухал цэгүүдийг олохын тулд деривативыг тэг болгоё.

.

"X"-ийн аль ч утгын хувьд хуваагч нь тэг биш тул бид тоологчийг тэгтэй тэнцүүлнэ.

Нэг уналтын цэгтэй боллоо х= 3. Энэ цэгээр тусгаарлагдсан интервал дахь деривативын тэмдгийг тодорхойлъё.

хасах хязгаараас 3 хүртэлх хязгаарт - хасах тэмдэг, өөрөөр хэлбэл функц буурдаг;

3-аас нэмэх хязгааргүй хооронд - нэмэх тэмдэг, өөрөөр хэлбэл функц нэмэгддэг.

Энэ нь цэг х= 3 нь хамгийн бага цэг юм.

Функцийн утгыг хамгийн бага цэг дээр олъё:

Ийнхүү функцийн экстремум цэг нь олддог: (3; 0) бөгөөд энэ нь хамгийн бага цэг юм.

Теорем (функцийн экстремум байх хангалттай хоёр дахь шалгуур).Чухал цэг х0 функцийн экстремум цэг юм е(х) хэрэв энэ цэг дэх функцийн хоёр дахь дериватив тэг биш бол ( е ""(х) ≠ 0), хэрэв хоёр дахь дериватив нь тэгээс их бол ( е ""(х)> 0), дараа нь хамгийн их цэг, хэрэв хоёр дахь дериватив нь тэгээс бага бол ( е ""(х) < 0 ), то точкой минимума.

Тайлбар 1. Хэрэв цэг дээр байгаа бол х0 эхний болон хоёр дахь дериватив хоёулаа алга болно, тэгвэл энэ үед хоёр дахь хангалттай шалгуурын үндсэн дээр экстремум байгаа эсэхийг шүүх боломжгүй юм. Энэ тохиолдолд функцийн экстремумын эхний хангалттай үзүүлэлтийг ашиглах шаардлагатай.

Тайлбар 2. Нэгдүгээр дериватив нь хөдөлгөөнгүй цэгт байхгүй бол (хоёр дахь дериватив нь ч байхгүй) функцийн экстремумын хоёр дахь хангалттай шалгуурыг мөн ашиглах боломжгүй. Энэ тохиолдолд функцийн экстремумын эхний хангалттай үзүүлэлтийг ашиглах шаардлагатай.

Функцийн экстремумын орон нутгийн шинж чанар

Дээрх тодорхойлолтуудаас харахад функцийн экстремум нь орон нутгийн шинж чанартай байдаг - энэ нь хамгийн ойрын утгуудтай харьцуулахад функцийн хамгийн том, хамгийн бага утга юм.

Та нэг жилийн хугацаанд олсон орлогоо харж байна гэж бодъё. Хэрэв та 5-р сард 45,000 рубль, 4-р сард 42,000 рубль, 6-р сард 39,000 рубль олсон бол 5-р сарын орлого нь хамгийн ойрын утгатай харьцуулахад орлогын функцийн дээд хэмжээ юм. Гэхдээ 10-р сард та 71,000 рубль, 9-р сард 75,000 рубль, 11-р сард 74,000 рубль олсон тул аравдугаар сарын орлого нь ойролцоох утгуудтай харьцуулахад орлогын хамгийн бага үзүүлэлт юм. 4-5-6-р сарын утгуудын хамгийн дээд хэмжээ нь 9-10-11-р сарын доод хэмжээнээс бага байгааг та хялбархан харж болно.

Ерөнхийдөө интервал дээр функц нь хэд хэдэн экстремумтай байж болох бөгөөд функцийн аль ч минимум нь аль ч максимумаас их байж болно. Тэгэхээр дээрх зурагт үзүүлсэн функцийн хувьд.

Өөрөөр хэлбэл, функцийн хамгийн их ба хамгийн бага утгууд нь бүх авч үзсэн интервал дахь хамгийн том ба хамгийн бага утгууд гэж бодож болохгүй. Хамгийн их цэг дээр функц нь зөвхөн хамгийн дээд цэгт ойрхон байгаа бүх цэгүүдэд байгаа утгуудтай харьцуулахад хамгийн их утгатай, хамгийн бага цэг дээр зөвхөн утгатай харьцуулахад хамгийн бага утгатай байна. Энэ нь бүх цэгүүдэд хамгийн бага цэгт хангалттай ойрхон байна.

Иймд функцийн экстремум цэгийн тухай дээрх ойлголтыг тодруулж, хамгийн бага цэгийг орон нутгийн хамгийн бага цэг, хамгийн их цэгийг орон нутгийн хамгийн их цэг гэж нэрлэх боломжтой.

Функцийн экстремумуудыг хамтдаа хайж байна

Жишээ 3.

Шийдэл: Функц нь бүхэл тооны шулуун дээр тодорхой бөгөөд тасралтгүй байна. Түүний дериватив мөн бүхэл тооны шулуун дээр байдаг. Тиймээс, энэ тохиолдолд эгзэгтэй цэгүүд нь зөвхөн эдгээр нь, i.e. , хаанаас болон. Чухал цэгүүд ба функцын бүх мужийг нэг хэвийн байдлын гурван интервалд хуваана:. Тэд тус бүрээс нэг хяналтын цэгийг сонгож, энэ цэг дэх деривативын тэмдгийг олъё.

Интервалын хувьд хяналтын цэг нь байж болно: олох. Интервалд оноо авбал бид авах ба завсарт оноо авбал бид байна. Тиймээс, интервалд ба, мөн интервалд. Экстремумын хувьд хангалттай эхний шалгуурын дагуу тухайн цэг дээр экстремум байхгүй (үүсмэл нь интервалд тэмдэгээ хадгалдаг тул) цэг дээр функц нь хамгийн бага (учир нь үүсмэл тэмдэг нь хасахаас нэмэх рүү шилждэг) энэ цэгээр дамжуулан). Функцийн харгалзах утгуудыг олцгооё:, a. Интервалд функц нь энэ интервал шиг буурч, интервалд энэ интервал шиг нэмэгддэг.

Графикийн бүтцийг тодруулахын тулд бид координатын тэнхлэгүүдтэй огтлолцох цэгүүдийг олох болно. Учир нь бид функцийн графикийн үндэс, өөрөөр хэлбэл хоёр цэг (0; 0) ба (4; 0) олдсон тэгшитгэлийг олж авна. Хүлээн авсан бүх мэдээллийг ашиглан бид график бүтээдэг (жишээний эхэнд харна уу).

Жишээ 4.Функцийн экстремумыг олж, графикийг нь байгуул.

Функцийн домэйн нь цэгээс бусад бүхэл тооны шугам, i.e. ...

Судалгааг богиносгохын тулд та энэ функцийг тэгш гэж ашиглаж болно, учир нь ... Тиймээс түүний график нь тэнхлэгт тэгш хэмтэй байна Өөмөн хайгуулыг зөвхөн интервалаар хийж болно.

Деривативыг ол ба функцийн чухал цэгүүд:

1) ;

2) ,

гэхдээ энэ үед функц тасардаг тул энэ нь экстремум цэг байж болохгүй.

Тиймээс, урьдчилан тохируулсан функцхоёр чухал цэг байдаг: ба. Функцийн паритетыг харгалзан үзээд экстремумын хоёр дахь хангалттай шалгуураар зөвхөн цэгийг шалгая. Үүнийг хийхийн тулд бид хоёр дахь деривативыг олно болон түүний тэмдгийг дараах байдлаар тодорхойлно: we get. оноос хойш, тэгээд функцийн хамгийн бага цэг, while .

Функцийн графикийн илүү бүрэн дүр зургийг олж авахын тулд тодорхойлолтын домэйны хил дээрх түүний зан төлөвийг олж мэдье.

(энд тэмдэг нь хүслийг илэрхийлдэг хбаруун талд тэг рүү, ба хэерэг хэвээр байна; мөн адил тэмүүлэл гэсэн үг хзүүн талд тэг рүү, ба хсөрөг хэвээр байна). Тиймээс, хэрэв, тэгвэл. Цаашид бид олдог

,

тэдгээр. хэрэв, тэгвэл.

Функцийн графикт тэнхлэгүүдтэй огтлолцох цэг байхгүй. Зураг нь жишээний эхэнд байна.

Бид хамтдаа функцийн экстремумуудыг хайсаар л байна

Жишээ 8.Функцийн экстремумыг ол.

Шийдэл. Функцийн домайныг олъё. Тэгш бус байдал заавал байх ёстой тул бид -аас авна.

Функцийн эхний деривативыг олцгооё.

Функцийн эгзэгтэй цэгүүдийг олцгооё.