Pronađite najveću vrijednost funkcije nekoliko varijabli. Funkcije

U julu 2020. NASA pokreće ekspediciju na Mars. Letelica će na Mars isporučiti elektronski medij sa imenima svih registrovanih učesnika ekspedicije.

Registracija učesnika je otvorena. Nabavite svoju kartu za Mars koristeći ovaj link.

Ako je ova objava riješila vaš problem ili vam se jednostavno svidjela, podijelite link do nje sa svojim prijateljima na društvenim mrežama.

Jednu od ovih opcija koda potrebno je kopirati i zalijepiti u kod vaše web stranice, po mogućnosti između oznaka i ili odmah nakon oznake. Prema prvoj opciji, MathJax se brže učitava i manje usporava stranicu. Ali druga opcija automatski prati i učitava najnovije verzije MathJaxa. Ako unesete prvi kod, morat ćete ga povremeno ažurirati. Ako umetnete drugi kod, stranice će se učitavati sporije, ali nećete morati stalno pratiti ažuriranja MathJaxa.

Najlakši način za povezivanje MathJax-a je u Blogger-u ili WordPress-u: na kontrolnoj ploči stranice dodajte widget dizajniran za umetanje JavaScript koda treće strane, u njega kopirajte prvu ili drugu verziju koda za preuzimanje prikazanog iznad i postavite widget bliže na početak šablona (usput, to uopće nije potrebno, pošto se MathJax skripta učitava asinhrono). To je sve. Sada naučite sintaksu označavanja MathML-a, LaTeX-a i ASCIIMathML-a i spremni ste da umetnete matematičke formule u web stranice svoje web stranice.

Još jedna novogodišnja noć... mrazno vrijeme i pahulje na prozorskom staklu... Sve me to natjeralo da ponovo pišem o... fraktalima, i šta Wolfram Alpha zna o njima. Postoji zanimljiv članak o ovoj temi, koji sadrži primjere dvodimenzionalnih fraktalnih struktura. Ovdje ćemo pogledati složenije primjere trodimenzionalnih fraktala.

Fraktal se može vizualno predstaviti (opisati) kao geometrijska figura ili tijelo (što znači da su oboje skup, u ovom slučaju skup tačaka), čiji detalji imaju isti oblik kao i sama originalna figura. Odnosno, ovo je samoslična struktura, ispitujući detalje čije ćemo uvećanje vidjeti isti oblik kao bez povećanja. Dok u slučaju obične geometrijske figure (ne fraktala), pri uvećanju ćemo vidjeti detalje koji imaju jednostavniji oblik od same originalne figure. Na primjer, pri dovoljno velikom povećanju, dio elipse izgleda kao segment prave linije. To se ne dešava sa fraktalima: sa svakim njihovim povećanjem, ponovo ćemo videti isti složeni oblik, koji će se ponavljati iznova i iznova sa svakim povećanjem.

Benoit Mandelbrot, osnivač nauke o fraktalima, napisao je u svom članku Fraktali i umjetnost u ime nauke: „Fraktali su geometrijski oblici koji su složeni u svojim detaljima kao i po svom cjelokupnom obliku će biti uvećan na veličinu cjeline, izgledat će kao cjelina, ili tačno, ili možda s malom deformacijom."

Teorema 1.5 Neka je u zatvorenom području D specificirana funkcija z=z(x,y), koji ima kontinuirane parcijalne izvode prvog reda. Granica G region D je glatka na komade (odnosno, sastoji se od komadića „glatkih na dodir“ krivih ili ravnih linija). Zatim u oblasti D funkcija z(x,y) dostiže svoj najveći M i najmanje m vrijednosti.

Nema dokaza.

Možete predložiti sljedeći plan za pronalaženje M I m.
1. Izrađujemo crtež, odabiremo sve dijelove granice područja D i pronađite sve "ugaone" tačke granice.
2. Pronađite stacionarne točke unutra D.
3. Pronađite stacionarne tačke na svakoj od granica.
4. Računamo na svim stacionarnim i kutnim točkama, a zatim biramo najveću M i najmanje m značenja.

Primjer 1.14 Pronađite najveće M i najmanje m vrijednosti funkcije z= 4x2-2xy+y2-8x u zatvorenom prostoru D, ograničeno: x= 0, y = 0, 4x+3y=12 .

1. Izgradimo područje D(Sl. 1.5) na ravni Ohoo.

Korneri: O (0; 0), B (0; 4), A (3; 0).

Granica G region D sastoji se od tri dijela:

2. Pronađite stacionarne tačke unutar regije D:

3. Stacionarne tačke na granicama l 1, l 2, l 3:

4. Izračunavamo šest vrijednosti:

Primjeri

Primjer 1.

Ova funkcija je definirana za sve vrijednosti varijabli x I y, osim u ishodištu, gdje imenilac ide na nulu.

Polinom x 2 +y 2 je kontinuirano svuda, i stoga je kvadratni korijen kontinuirane funkcije kontinuiran.

Razlomak će biti neprekidan svuda osim u tačkama u kojima je imenilac nula. To jest, funkcija koja se razmatra je kontinuirana na cijeloj koordinatnoj ravni Ohoo, isključujući porijeklo.

Primjer 2.

Ispitati kontinuitet funkcije z=tg(x,y). Tangenta je definirana i kontinuirana za sve konačne vrijednosti argumenta, osim za vrijednosti jednake neparnom broju količine π /2 , tj. isključujući tačke u kojima

Za svaki fiksni "k" jednačina (1.11) definira hiperbolu. Dakle, funkcija koja se razmatra je kontinuirana funkcija xi y, isključujući tačke koje leže na krivuljama (1.11).

Primjer 3.

Pronađite parcijalne izvode funkcija u=z -xy, z > 0.

Primjer 4.

Pokažite tu funkciju

zadovoljava identitet:

– ova jednakost važi za sve tačke M(x;y;z), osim tačke M 0 (a;b;c).

Razmotrimo funkciju z=f(x,y) dvije nezavisne varijable i ustanovimo geometrijsko značenje parcijalnih varijabli z"x =f"x(x,y) I z" y =f" y(x,y).

U ovom slučaju, jednačina z=f(x,y) postoji jednačina neke površine (slika 1.3). Hajde da nacrtamo avion y= konst. U presjeku ove površinske ravni z=f(x,y) dobiješ neku liniju l 1 raskrsnica duž koje se mijenjaju samo količine X I z.

Parcijalni derivat z"x(njegovo geometrijsko značenje direktno proizilazi iz poznatog geometrijskog značenja derivacije funkcije jedne varijable) numerički je jednako tangenti ugla α nagib, u odnosu na osu Oh, tangenta L 1 do krivine l 1, što rezultira dijelom površine z=f(x,y) avion y= konst u tački M(x,y,f(xy)): z" x = tanα.

U dijelu površine z=f(x,y) avion X= konst dobijete liniju raskrsnice l 2, duž koje se mijenjaju samo količine at I z. Zatim parcijalni izvod z" y brojčano jednak tangentu ugla β nagib u odnosu na osu OU, tangenta L 2 na navedenu liniju l 2 raskrsnice u tački M(x,y,f(xy)): z" x = tanβ.

Primjer 5.

Koliki ugao čini sa osom? Oh tangenta na pravu:

u tački M(2,4,5)?

Koristimo geometrijsko značenje parcijalnog izvoda u odnosu na varijablu X(pri konstantnoj at):

Primjer 6.

Prema (1.31):

Primjer 7.

Pod pretpostavkom da je jednadžba

implicitno definira funkciju

nađi z"x, z" y.

dakle, prema (1.37), dobijamo odgovor.

Primjer 8.

Istražite do ekstrema:

1. Pronađite stacionarne tačke rješavanjem sistema (1.41):

odnosno pronađene su četiri stacionarne tačke.
2.

prema teoremi 1.4 u tački postoji minimum.

Štaviše

4. Izračunavamo šest vrijednosti:

Od šest dobijenih vrijednosti odaberite najveću i najmanju.

Bibliografija:

ü Belko I.V., Kuzmich K.K. Visoka matematika za ekonomiste. I semestar: Ekspresni kurs. – M.: Novo znanje, 2002. – 140 str.

ü Gusak A. A. Matematička analiza i diferencijalne jednadžbe – Mn.: TetraSystems, 1998. – 416 str.

ü Gusak A. A.. Viša matematika. Udžbenik za studente u 2 toma. – Mn., 1998. – 544 str. (1 tom), 448 str. (2 t.).

ü Kremer N. Sh., Putko B. A., Trishin I. M., Fridman M. N. Viša matematika za ekonomiste: Udžbenik za univerzitete / Ed. prof. N. Sh. – M.: UNITI, 2002. – 471 str.

ü Yablonsky A.I., Kuznetsov A.V., Shilkina E.I., Viša matematika. Opšti kurs: Udžbenik / Pod op. ed. S. A. Samal – Mn.: Vysh. škola, 2000. – 351 str.

Neka je funkcija $z=f(x,y)$ definirana i kontinuirana u nekom ograničenom zatvorenom domenu $D$. Neka data funkcija u ovom području ima konačne parcijalne izvode prvog reda (osim, možda, za konačan broj tačaka). Da biste pronašli najveću i najmanju vrijednost funkcije dvije varijable u datom zatvorenom području, potrebna su tri koraka jednostavnog algoritma.

Šta su kritične tačke? prikaži\sakrij

Ispod kritične tačke impliciraju tačke u kojima su oba parcijalna izvoda prvog reda jednaka nuli (tj. $\frac(\partial z)(\partial x)=0$ i $\frac(\partial z)(\partial y)=0 $) ili barem jedan parcijalni izvod ne postoji.

Često se nazivaju tačke u kojima su parcijalne derivacije prvog reda jednake nuli stacionarne tačke. Dakle, stacionarne tačke su podskup kritičnih tačaka.

Primjer br. 1

Pronađite najveću i najmanju vrijednost funkcije $z=x^2+2xy-y^2-4x$ u zatvorenom području ograničenom linijama $x=3$, $y=0$ i $y=x +1$.

Pratićemo gore navedeno, ali prvo ćemo se pozabaviti crtanjem date površine, koju ćemo označiti slovom $D$. Date su nam jednadžbe tri prave koje ograničavaju ovu oblast. Prava linija $x=3$ prolazi kroz tačku $(3;0)$ paralelnu sa ordinatnom osom (Oy osa). Prava linija $y=0$ je jednačina apscisne ose (Ox osa). Pa, da bismo konstruisali pravu $y=x+1$, naći ćemo dve tačke kroz koje ćemo povući ovu pravu. Možete, naravno, zamijeniti nekoliko proizvoljnih vrijednosti umjesto $x$. Na primjer, zamjenom $x=10$, dobijamo: $y=x+1=10+1=11$. Pronašli smo tačku $(10;11)$ koja leži na pravoj $y=x+1$. Međutim, bolje je pronaći one tačke u kojima prava $y=x+1$ siječe prave $x=3$ i $y=0$. Zašto je ovo bolje? Jer ćemo jednim udarcem ubiti nekoliko muva: dobićemo dve tačke da konstruišemo pravu liniju $y=x+1$ i istovremeno saznati u kojim tačkama ova prava linija seče druge prave koje ograničavaju datu oblast. Prava $y=x+1$ seče pravu $x=3$ u tački $(3;4)$, a prava $y=0$ seče u tački $(-1;0)$. Kako ne bih zatrpao napredak rješenja pomoćnim objašnjenjima, pitanje dobivanja ove dvije točke stavit ću u napomenu.

Kako su dobijene tačke $(3;4)$ i $(-1;0)$? prikaži\sakrij

Počnimo od točke presjeka pravih $y=x+1$ i $x=3$. Koordinate željene tačke pripadaju i prvoj i drugoj pravoj liniji, stoga, da biste pronašli nepoznate koordinate, morate riješiti sistem jednadžbi:

$$ \lijevo \( \begin(poravnano) & y=x+1;\\ & x=3. \end(poravnano) \desno. $$

Rješenje takvog sistema je trivijalno: zamjenom $x=3$ u prvu jednačinu imat ćemo: $y=3+1=4$. Tačka $(3;4)$ je željena tačka preseka pravih $y=x+1$ i $x=3$.

Sada pronađimo tačku presjeka pravih $y=x+1$ i $y=0$. Hajde da ponovo sastavimo i rešimo sistem jednačina:

$$ \lijevo \( \begin(poravnano) & y=x+1;\\ & y=0. \end(poravnano) \desno. $$

Zamjenom $y=0$ u prvu jednačinu dobijamo: $0=x+1$, $x=-1$. Tačka $(-1;0)$ je željena tačka preseka pravih $y=x+1$ i $y=0$ (x-osa).

Sve je spremno za izradu crteža koji će izgledati ovako:

Pitanje bilješke izgleda očigledno, jer se sve vidi na slici. Međutim, vrijedi zapamtiti da crtež ne može poslužiti kao dokaz. Crtež je samo u ilustrativne svrhe.

Naše područje definirano je jednadžbama linija koje ga ograničavaju. Očigledno, ove linije definiraju trokut, zar ne? Ili nije sasvim očigledno? Ili nam je možda dato drugačije područje, ograničeno istim linijama:

Naravno, uslov kaže da je prostor zatvoren, pa je prikazana slika netačna. Ali da bi se izbjegle takve nejasnoće, bolje je definirati regije prema nejednakostima. Da li nas zanima dio ravni koji se nalazi ispod prave $y=x+1$? Ok, dakle $y ≤ x+1$. Da li naša oblast treba da se nalazi iznad linije $y=0$? Odlično, to znači $y ≥ 0$. Inače, posljednje dvije nejednačine se lako mogu kombinovati u jednu: $0 ≤ y ≤ x+1$.

$$ \left \( \begin(poravnano) & 0 ≤ y ≤ x+1;\\ & x ≤ 3. \end(poravnano) \desno. $$

Ove nejednakosti definiraju područje $D$, i definišu ga nedvosmisleno, ne dopuštajući bilo kakvu dvosmislenost. Ali kako nam to pomaže s pitanjem iznesenim na početku bilješke? Također će pomoći :) Moramo provjeriti da li tačka $M_1(1;1)$ pripada regionu $D$. Zamenimo $x=1$ i $y=1$ u sistem nejednakosti koje definišu ovo područje. Ako su obe nejednakosti zadovoljene, onda se tačka nalazi unutar regiona. Ako barem jedna od nejednakosti nije zadovoljena, tada tačka ne pripada regiji. dakle:

$$ \lijevo \( \begin(poravnano) & 0 ≤ 1 ≤ 1+1;\\ & 1 ≤ 3. \end(poravnano) \desno \;\; \lijevo \( \begin(poravnano) & 0 ≤ 1 ≤ 2;\\ & 1 ≤ 3. \end(poravnano) \desno $$.

Obje nejednakosti su važeće. Tačka $M_1(1;1)$ pripada regionu $D$.

Sada je vrijeme da se prouči ponašanje funkcije na granici regije, tj. idemo na . Počnimo sa pravom linijom $y=0$.

Prava linija $y=0$ (os apscisa) ograničava područje $D$ pod uslovom $-1 ≤ x ≤ 3$. Zamenimo $y=0$ u datu funkciju $z(x,y)=x^2+2xy-y^2-4x$. Funkciju jedne varijable $x$ dobijenu kao rezultat zamjene označavamo kao $f_1(x)$:

$$ f_1(x)=z(x,0)=x^2+2x\cdot 0-0^2-4x=x^2-4x. $$

Sada za funkciju $f_1(x)$ trebamo pronaći najveću i najmanju vrijednost na intervalu $-1 ≤ x ≤ 3$. Nađimo derivaciju ove funkcije i izjednačimo je sa nulom:

$$ f_(1)^(")(x)=2x-4;\\ 2x-4=0; \; x=2. $$

Vrijednost $x=2$ pripada segmentu $-1 ≤ x ≤ 3$, pa ćemo na listu tačaka dodati i $M_2(2;0)$. Osim toga, izračunajmo vrijednosti funkcije $z$ na krajevima segmenta $-1 ≤ x ≤ 3$, tj. u tačkama $M_3(-1;0)$ i $M_4(3;0)$. Usput, ako tačka $M_2$ ne pripada segmentu koji se razmatra, onda, naravno, ne bi bilo potrebe da se izračunava vrijednost funkcije $z$ u njoj.

Dakle, izračunajmo vrijednosti funkcije $z$ u tačkama $M_2$, $M_3$, $M_4$. Možete, naravno, zamijeniti koordinate ovih tačaka u originalni izraz $z=x^2+2xy-y^2-4x$. Na primjer, za tačku $M_2$ dobijamo:

$$z_2=z(M_2)=2^2+2\cdot 2\cdot 0-0^2-4\cdot 2=-4.$$

Međutim, proračuni se mogu malo pojednostaviti. Da biste to učinili, vrijedi zapamtiti da na segmentu $M_3M_4$ imamo $z(x,y)=f_1(x)$. Ovo ću detaljno napisati:

\begin(poravnano) & z_2=z(M_2)=z(2,0)=f_1(2)=2^2-4\cdot 2=-4;\\ & z_3=z(M_3)=z(- 1,0)=f_1(-1)=(-1)^2-4\cdot (-1)=5;\\ & z_4=z(M_4)=z(3,0)=f_1(3)= 3^2-4\cdot 3=-3. \end (poravnano)

Naravno, obično nema potrebe za ovako detaljnim zapisima, a ubuduće ćemo sve proračune ukratko zapisati:

$$z_2=f_1(2)=2^2-4\cdot 2=-4;\; z_3=f_1(-1)=(-1)^2-4\cdot (-1)=5;\; z_4=f_1(3)=3^2-4\cdot 3=-3.$$

Sada se okrenimo pravoj liniji $x=3$. Ova prava linija ograničava područje $D$ pod uslovom $0 ≤ y ≤ 4$. Zamijenimo $x=3$ u datu funkciju $z$. Kao rezultat ove zamjene dobijamo funkciju $f_2(y)$:

$$ f_2(y)=z(3,y)=3^2+2\cdot 3\cdot y-y^2-4\cdot 3=-y^2+6y-3. $$

Za funkciju $f_2(y)$ trebamo pronaći najveću i najmanju vrijednost na intervalu $0 ≤ y ≤ 4$. Nađimo derivaciju ove funkcije i izjednačimo je sa nulom:

$$ f_(2)^(")(y)=-2y+6;\\ -2y+6=0; \; y=3. $$

Vrijednost $y=3$ pripada segmentu $0 ≤ y ≤ 4$, tako da ćemo prethodno pronađenim tačkama dodati i $M_5(3;3)$. Osim toga, potrebno je izračunati vrijednost funkcije $z$ u tačkama na krajevima segmenta $0 ≤ y ≤ 4$, tj. u tačkama $M_4(3;0)$ i $M_6(3;4)$. U tački $M_4(3;0)$ već smo izračunali vrijednost $z$. Izračunajmo vrijednost funkcije $z$ u tačkama $M_5$ i $M_6$. Da vas podsjetim da na segmentu $M_4M_6$ imamo $z(x,y)=f_2(y)$, dakle:

\begin(poravnano) & z_5=f_2(3)=-3^2+6\cdot 3-3=6; & z_6=f_2(4)=-4^2+6\cdot 4-3=5. \end (poravnano)

I na kraju, razmotrite posljednju granicu regije $D$, tj. prava linija $y=x+1$. Ova prava linija ograničava područje $D$ pod uslovom $-1 ≤ x ≤ 3$. Zamjenom $y=x+1$ u funkciju $z$, imat ćemo:

$$ f_3(x)=z(x,x+1)=x^2+2x\cdot (x+1)-(x+1)^2-4x=2x^2-4x-1. $$

Još jednom imamo funkciju jedne varijable $x$. I opet trebamo pronaći najveću i najmanju vrijednost ove funkcije na intervalu $-1 ≤ x ≤ 3$. Nađimo derivaciju funkcije $f_(3)(x)$ i izjednačimo je sa nulom:

$$ f_(3)^(")(x)=4x-4;\\ 4x-4=0; \; x=1. $$

Vrijednost $x=1$ pripada intervalu $-1 ≤ x ≤ 3$. Ako je $x=1$, onda je $y=x+1=2$. Dodajmo $M_7(1;2)$ na listu tačaka i saznamo koja je vrijednost funkcije $z$ u ovoj tački. Tačke na krajevima segmenta $-1 ≤ x ≤ 3$, tj. tačke $M_3(-1;0)$ i $M_6(3;4)$ su razmatrane ranije, već smo pronašli vrijednost funkcije u njima.

$$z_7=f_3(1)=2\cdot 1^2-4\cdot 1-1=-3.$$

Drugi korak rješenja je završen. Dobili smo sedam vrijednosti:

$$z_1=-2;\;z_2=-4;\;z_3=5;\;z_4=-3;\;z_5=6;\;z_6=5;\;z_7=-3.$$

Hajde da se okrenemo. Odabirom najveće i najmanje vrijednosti od brojeva dobijenih u trećem paragrafu, imat ćemo:

$$z_(min)=-4; \; z_(max)=6.$$

Problem je riješen, ostaje samo da zapišete odgovor.

Odgovori: $z_(min)=-4; \; z_(max)=6$.

Primjer br. 2

Pronađite najveću i najmanju vrijednost funkcije $z=x^2+y^2-12x+16y$ u području $x^2+y^2 ≤ 25$.

Prvo, napravimo crtež. Jednačina $x^2+y^2=25$ (ovo je granična linija date oblasti) definiše kružnicu sa centrom u početku (tj. u tački $(0;0)$) i poluprečnikom 5. Nejednakost $x^2 +y^2 ≤ $25 zadovoljava sve tačke unutar i na pomenutom krugu.

Postupaćemo u skladu sa. Nađimo parcijalne derivacije i kritične tačke.

$$ \frac(\partial z)(\partial x)=2x-12; \frac(\partial z)(\partial y)=2y+16. $$

Ne postoje tačke u kojima pronađeni parcijalni izvod ne postoje. Hajde da saznamo u kojim su tačkama oba parcijalna izvoda istovremeno jednaka nuli, tj. hajde da nađemo stacionarne tačke.

$$ \lijevo \( \begin(poravnano) & 2x-12=0;\\ & 2y+16=0. \end(poravnano) \desno \;\; \lijevo \( \begin(poravnano) & x =6;\\ & y=-8 \end(poravnano) \desno $$.

Dobili smo stacionarnu tačku $(6;-8)$. Međutim, pronađena tačka ne pripada regionu $D$. Ovo je lako prikazati bez pribjegavanja crtanju. Provjerimo da li vrijedi nejednakost $x^2+y^2 ≤ 25$, koja definira našu regiju $D$. Ako je $x=6$, $y=-8$, onda je $x^2+y^2=36+64=100$, tj. nejednakost $x^2+y^2 ≤ 25$ ne vrijedi. Zaključak: tačka $(6;-8)$ ne pripada području $D$.

Dakle, nema kritičnih tačaka unutar regiona $D$. Idemo dalje na... Moramo proučiti ponašanje funkcije na granici date oblasti, tj. na krugu $x^2+y^2=25$. Možemo, naravno, izraziti $y$ u terminima $x$, a zatim zamijeniti rezultirajući izraz u našu funkciju $z$. Iz jednačine kružnice dobijamo: $y=\sqrt(25-x^2)$ ili $y=-\sqrt(25-x^2)$. Zamjenom, na primjer, $y=\sqrt(25-x^2)$ u datu funkciju, imat ćemo:

$$ z=x^2+y^2-12x+16y=x^2+25-x^2-12x+16\sqrt(25-x^2)=25-12x+16\sqrt(25-x ^2); \;\; -5≤ x ≤ 5. $$

Dalje rješenje će biti potpuno identično proučavanju ponašanja funkcije na granici područja u prethodnom primjeru br. 1. Međutim, čini mi se da je razumnije primijeniti Lagrangeovu metodu u ovoj situaciji. Nas će zanimati samo prvi dio ove metode. Nakon primjene prvog dijela Lagrangeove metode, dobićemo tačke u kojima ćemo ispitati funkciju $z$ za minimalne i maksimalne vrijednosti.

Sastavljamo Lagrangeovu funkciju:

$$ F=z(x,y)+\lambda\cdot(x^2+y^2-25)=x^2+y^2-12x+16y+\lambda\cdot (x^2+y^2 -25). $$

Pronalazimo parcijalne izvode Lagrangeove funkcije i sastavljamo odgovarajući sistem jednačina:

$$ F_(x)^(")=2x-12+2\lambda x; \;\; F_(y)^(")=2y+16+2\lambda y.\\ \left \( \begin (poravnano) & 2x-12+2\lambda x=0;\\ & 2y+16+2\lambda y=0;\\ & x^2+y^2-25=0. \levo \( \begin(poravnano) & x+\lambda x=6;\\ & y+\lambda y=-8;\\ & x^2+y^2=25. \end( poravnato)\desno.$ $

Da bismo riješili ovaj sistem, odmah istaknemo da je $\lambda\neq -1$. Zašto $\lambda\neq -1$? Pokušajmo zamijeniti $\lambda=-1$ u prvu jednačinu:

$$ x+(-1)\cdot x=6; \; x-x=6; \; 0=6. $$

Rezultirajuća kontradikcija $0=6$ ukazuje da je vrijednost $\lambda=-1$ neprihvatljiva. Izlaz: $\lambda\neq -1$. Izrazimo $x$ i $y$ u terminima $\lambda$:

\begin(poravnano) & x+\lambda x=6;\; x(1+\lambda)=6;\; x=\frac(6)(1+\lambda). \\ & y+\lambda y=-8;\; y(1+\lambda)=-8;\; y=\frac(-8)(1+\lambda). \end (poravnano)

Vjerujem da ovdje postaje jasno zašto smo posebno odredili uslov $\lambda\neq -1$. Ovo je urađeno kako bi se izraz $1+\lambda$ uklopio u nazivnike bez smetnji. To jest, da budemo sigurni da je nazivnik $1+\lambda\neq 0$.

Zamijenimo rezultirajuće izraze za $x$ i $y$ u treću jednačinu sistema, tj. u $x^2+y^2=25$:

$$ \left(\frac(6)(1+\lambda) \right)^2+\left(\frac(-8)(1+\lambda) \right)^2=25;\\ \frac( 36)((1+\lambda)^2)+\frac(64)((1+\lambda)^2)=25;\\ \frac(100)((1+\lambda)^2)=25 ; \; (1+\lambda)^2=4. $$

Iz rezultirajuće jednakosti slijedi da je $1+\lambda=2$ ili $1+\lambda=-2$. Dakle, imamo dvije vrijednosti parametra $\lambda$, i to: $\lambda_1=1$, $\lambda_2=-3$. U skladu s tim, dobijamo dva para vrijednosti $x$ i $y$:

\begin(poravnano) & x_1=\frac(6)(1+\lambda_1)=\frac(6)(2)=3; \; y_1=\frac(-8)(1+\lambda_1)=\frac(-8)(2)=-4. \\ & x_2=\frac(6)(1+\lambda_2)=\frac(6)(-2)=-3; \; y_2=\frac(-8)(1+\lambda_2)=\frac(-8)(-2)=4. \end (poravnano)

Dakle, dobili smo dvije tačke mogućeg uslovnog ekstremuma, tj. $M_1(3;-4)$ i $M_2(-3;4)$. Nađimo vrijednosti funkcije $z$ u tačkama $M_1$ i $M_2$:

\begin(poravnano) & z_1=z(M_1)=3^2+(-4)^2-12\cdot 3+16\cdot (-4)=-75; \\ & z_2=z(M_2)=(-3)^2+4^2-12\cdot(-3)+16\cdot 4=125. \end (poravnano)

Trebalo bi odabrati najveću i najmanju vrijednost od onih koje smo dobili u prvom i drugom koraku. Ali u ovom slučaju izbor je mali :) Imamo:

$$ z_(min)=-75; \; z_(max)=125. $$

Odgovori: $z_(min)=-75; \; z_(max)=125$.

S praktične tačke gledišta, najveći interes je korištenje derivata za pronalaženje najveće i najmanje vrijednosti funkcije. Sa čime je ovo povezano? Maksimiziranje profita, minimiziranje troškova, određivanje optimalnog opterećenja opreme... Drugim riječima, u mnogim područjima života moramo rješavati probleme optimizacije nekih parametara. A to su zadaci pronalaženja najveće i najmanje vrijednosti funkcije.

Treba napomenuti da se najveća i najmanja vrijednost funkcije obično traže na određenom intervalu X, koji je ili cijela domena funkcije ili dio domene definicije. Sam interval X može biti segment, otvoreni interval , beskonačan interval.

U ovom članku ćemo govoriti o pronalaženju najveće i najmanje vrijednosti eksplicitno definirane funkcije jedne varijable y=f(x).

Navigacija po stranici.

Pogledajmo ukratko glavne definicije.

Najveća vrijednost funkcije to za bilo koga nejednakost je tačna.

Najmanja vrijednost funkcije y=f(x) na intervalu X je takva vrijednost to za bilo koga nejednakost je tačna.

Ove definicije su intuitivne: najveća (najmanja) vrijednost funkcije je najveća (najmanja) prihvaćena vrijednost na intervalu koji se razmatra na apscisi.

Stacionarne točke su vrijednosti argumenta u kojima derivacija funkcije postaje nula.

Zašto su nam potrebne stacionarne tačke pri pronalaženju najvećih i najmanjih vrijednosti? Odgovor na ovo pitanje daje Fermatova teorema. Iz ove teoreme slijedi da ako diferencijabilna funkcija ima ekstrem (lokalni minimum ili lokalni maksimum) u nekoj tački, onda je ta tačka stacionarna. Dakle, funkcija često uzima svoju najveću (najmanju) vrijednost na intervalu X u jednoj od stacionarnih tačaka iz ovog intervala.

Također, funkcija često može uzeti svoje najveće i minimalne vrijednosti u tačkama u kojima prvi izvod ove funkcije ne postoji, a sama funkcija je definirana.

Odgovorimo odmah na jedno od najčešćih pitanja na ovu temu: „Da li je uvijek moguće odrediti najveću (najmanju) vrijednost funkcije“? Ne ne uvek. Ponekad se granice intervala X poklapaju sa granicama domena definicije funkcije, ili je interval X beskonačan. A neke funkcije u beskonačnosti i na granicama domene definicije mogu poprimiti i beskonačno velike i beskonačno male vrijednosti. U ovim slučajevima se ništa ne može reći o najvećoj i najmanjoj vrijednosti funkcije.

Radi jasnoće daćemo grafičku ilustraciju. Pogledajte slike i mnogo toga će vam biti jasnije.

Na segmentu

Na prvoj slici, funkcija uzima najveću (max y) i najmanju (min y) vrijednost u stacionarnim tačkama koje se nalaze unutar segmenta [-6;6].

Razmotrite slučaj prikazan na drugoj slici. Promijenimo segment u . U ovom primjeru najmanja vrijednost funkcije postiže se u stacionarnoj tački, a najveća u tački sa apscisom koja odgovara desnoj granici intervala.

Na slici 3, granične tačke segmenta [-3;2] su apscise tačaka koje odgovaraju najvećoj i najmanjoj vrednosti funkcije.

Na otvorenom intervalu

Na četvrtoj slici, funkcija uzima najveću (max y) i najmanju (min y) vrijednost u stacionarnim točkama koje se nalaze unutar otvorenog intervala (-6;6).

Na intervalu se ne mogu izvući zaključci o najvećoj vrijednosti.

U beskonačnosti

U primjeru prikazanom na sedmoj slici, funkcija uzima najveću vrijednost (max y) u stacionarnoj tački sa apscisom x=1, a najmanja vrijednost (min y) postiže se na desnoj granici intervala. Na minus beskonačnosti, vrijednosti funkcije asimptotski se približavaju y=3.

Tokom intervala, funkcija ne dostiže ni najmanju ni najveću vrijednost. Kako se x=2 približava s desne strane, vrijednosti funkcije teže minus beskonačnosti (prava x=2 je vertikalna asimptota), a kako apscisa teži plus beskonačnosti, vrijednosti funkcije asimptotski se približavaju y=3. Grafička ilustracija ovog primjera prikazana je na slici 8.

Napišimo algoritam koji nam omogućava da pronađemo najveću i najmanju vrijednost funkcije na segmentu.

Analizirajmo algoritam za rješavanje primjera kako bismo pronašli najveću i najmanju vrijednost funkcije na segmentu.

Primjer.

Pronađite najveću i najmanju vrijednost funkcije

• na segmentu;
• na segmentu [-4;-1] .

Rješenje.

Područje definicije funkcije je cijeli skup realnih brojeva, sa izuzetkom nule, tj. Oba segmenta spadaju u domen definicije.

Pronađite izvod funkcije u odnosu na:

Očigledno, derivacija funkcije postoji u svim tačkama segmenata i [-4;-1].

Stacionarne tačke određujemo iz jednačine. Jedini pravi korijen je x=2. Ova stacionarna tačka spada u prvi segment.

Za prvi slučaj izračunavamo vrijednosti funkcije na krajevima segmenta i u stacionarnoj tački, odnosno za x=1, x=2 i x=4:

Dakle, najveća vrijednost funkcije se postiže pri x=1, a najmanja vrijednost – na x=2.

Za drugi slučaj izračunavamo vrijednosti funkcije samo na krajevima segmenta [-4;-1] (pošto ne sadrži ni jednu stacionarnu tačku):

Rješenje.

Počnimo s domenom funkcije. Kvadratni trinom u nazivniku razlomka ne smije nestati:

Lako je provjeriti da svi intervali iz iskaza problema pripadaju domeni definicije funkcije.

Hajde da razlikujemo funkciju:

Očigledno, derivacija postoji u cijelom domenu definicije funkcije.

Nađimo stacionarne tačke. Izvod ide na nulu na . Ova stacionarna tačka spada u intervale (-3;1] i (-3;2).

Sada možete uporediti rezultate dobijene u svakoj tački sa grafom funkcije. Plave isprekidane linije označavaju asimptote.

U ovom trenutku možemo završiti sa pronalaženjem najveće i najmanje vrijednosti funkcije. Algoritmi o kojima se govori u ovom članku omogućavaju vam da dobijete rezultate uz minimum radnji. Međutim, može biti korisno prvo odrediti intervale povećanja i smanjenja funkcije i tek nakon toga izvući zaključke o najvećim i najmanjim vrijednostima funkcije na bilo kojem intervalu. Ovo daje jasniju sliku i rigorozno opravdanje za rezultate.

§ Ekstremi, maksimalne i minimalne vrijednosti funkcija više varijabli - strana br. 1/1

Dot
pozvao maksimalni poen funkcije
, ako za bilo koju tačku

važi nejednakost

.

Isto tako
pozvao minimalna tačka funkcije
, ako za bilo koju tačku
iz nekog komšiluka tačke
važi nejednakost

.

Bilješke. 1) Prema definicijama, funkcija
mora biti definiran u nekom susjedstvu tačke
. One. maksimalne i minimalne tačke funkcije
mogu postojati samo unutrašnje tačke regiona
.

2) Ako postoji susjedstvo tačke
, u kojem za bilo koju tačku
razlicito od
važi nejednakost

(

), zatim tačka
pozvao stroga maksimalna tačka(odnosno stroga minimalna tačka) funkcije
. U tom smislu, maksimalne i minimalne tačke definisane gore se ponekad nazivaju nestrogi maksimum i minimum.

Koncepti ekstrema su lokalne prirode: vrijednost funkcije u tački
uspoređuje se s vrijednostima funkcije u prilično bliskim točkama. U datom području, funkcija možda uopće nema ekstreme, ili može imati nekoliko minimuma, nekoliko maksimuma, pa čak i beskonačan broj oba. Štaviše, neki minimumi mogu biti veći od nekih njegovih maksimuma. Nemojte brkati maksimalnu i minimalnu vrijednost funkcije s njenim maksimalnim i minimalnim vrijednostima.

Nađimo neophodan uslov za ekstrem. Neka, na primjer,
– maksimalna tačka funkcije
. Zatim, po definiciji, postoji gif" align=absmiddle width="17px" height="18px">-susjedstvo tačke
takav da
za bilo koju tačku
sa ovog područja. posebno,

(1)

Gdje
,
, And

(2)

Gdje
,
. Ali (1) znači da je funkcija jedne varijable
ima u tački maksimum ili je na intervalu
konstantan. dakle,

ili
- ne postoji,

⇒
ili
- ne postoji.

Slično, iz (2) dobijamo to

ili
- ne postoji.

Dakle, sljedeća teorema vrijedi.

TEOREMA 8.1. (neophodni uslovi za ekstrem). Ako je funkcija
u tački
ima ekstrem, tada su u ovom trenutku ili oba njegova parcijalna izvoda prvog reda jednaka nuli, ili barem jedan od ovih parcijalnih izvoda ne postoji.

Geometrijski, teorema 8.1 znači da ako
– tačka ekstrema funkcije
, tada je tangentna ravan na graf ove funkcije u tački ili paralelna s ravninom
, ili uopšte ne postoji. Da bismo to potvrdili, dovoljno je zapamtiti kako pronaći jednadžbu tangentne ravni na površinu (vidi formulu (4.6)).

Pozivaju se tačke koje zadovoljavaju uslove iz teoreme 8.1 kritične tačke funkcije
. Kao i za funkciju jedne varijable, neophodni uslovi za ekstrem nisu dovoljni. One. neće svaka kritična tačka funkcije biti njena tačka ekstrema.

PRIMJER. Razmotrite funkciju
. Dot
je kritičan za ovu funkciju, jer u ovom trenutku oba njena parcijalna derivacija prvog reda
I
jednake su nuli. Međutim, to neće biti ekstremna tačka. stvarno,
, ali u bilo kom susjedstvu točke
postoje tačke u kojima funkcija poprima pozitivne vrijednosti i tačke u kojima funkcija poprima negativne vrijednosti. Ovo je lako provjeriti ako napravite graf funkcije - hiperboličnog paraboloida.

Za funkciju dvije varijable, najpogodniji dovoljni uvjeti dati su sljedećom teoremom.

TEOREMA 8.2. (dovoljni uslovi za ekstremum funkcije dvije varijable). Neka
– kritična tačka funkcije
iu nekom susjedstvu tačke
funkcija ima kontinuirane parcijalne izvode do i uključujući drugi red. Označimo

,
,
.

Zatim 1) ako
, zatim pokažite
nije tačka ekstrema;


Ako koristimo teoremu 8.2 da istražimo kritičnu tačku
nije uspio (tj. ako
ili funkcija uopće nema poentu u susjedstvu
kontinuirani parcijalni derivati ​​traženog reda), odgovor na pitanje o prisutnosti u tački
extremum će dati znak prirasta funkcije u ovoj tački.

Zaista, iz definicije slijedi da ako je funkcija
ima u tački
onda strogi maksimum

za sve bodove
iz nekog komšiluka tačke
, ili, inače

za sve dovoljno male
I
. Isto tako, ako
je tačka strogog minimuma, tada za sve dovoljno male
I
nejednakost će biti zadovoljena
.

Dakle, da saznamo da li je kritična tačka
ekstremne tačke, potrebno je ispitati prirast funkcije u ovoj tački. Ako je za sve dovoljno malo
I
sačuvaće znak, tada u tački
funkcija ima strogi ekstrem (minimum ako
, i maksimalno ako
).

Komentar. Pravilo ostaje na snazi ​​za nestrogi ekstrem, ali uz dopunu da za neke vrijednosti
I
prirast funkcije će biti nula
PRIMJER. Pronađite ekstreme funkcija:

1)
; 2)
.

Za proučavanje kritičnih tačaka primjenjujemo teoremu 8.2. Imamo:

,
,
.

Hajde da istražimo poentu
:

,
,
,

;
.

Dakle, u tački
ova funkcija ima minimum, naime
.

Istraživanje kritične tačke
:

,
,
,


.

Dakle, druga kritična tačka nije tačka ekstrema funkcije.

Za proučavanje kritične tačke, primjenjujemo teoremu 8.2. Imamo:

,
,
,

,
,
,

.

Odredite prisustvo ili odsustvo ekstremuma u nekoj tački
korištenje teoreme 8.2 nije uspjelo.

Hajde da ispitamo znak prirasta funkcije u tački
:

Ako
, To
;

Ako
, To
.

Zbog
ne čuva znak u susjedstvu tačke
, tada u ovom trenutku funkcija nema ekstrem.

.

Slično, vrijednost funkcije u tački
pozvao najmanji, ako za bilo koju tačku
iz regiona
važi nejednakost

.

Ranije smo već rekli da ako je funkcija kontinuirana i površina
– je zatvorena i ograničena, tada funkcija poprima najveću i najmanju vrijednost u ovoj oblasti. Istovremeno, poeni
I
mogu ležati i unutar područja
, i na njegovoj granici. Ako je poenta
(ili
) leži unutar regije
, onda će to biti maksimalna (minimalna) točka funkcije
, tj. kritična tačka funkcije unutar regije
. Dakle, pronaći najveću i najmanju vrijednost funkcije
u oblasti
treba da:
.