Poiščite največjo vrednost funkcije več spremenljivk. Funkcije

Julija 2020 NASA začne ekspedicijo na Mars. Vesoljsko plovilo bo na Mars dostavilo elektronski medij z imeni vseh prijavljenih udeležencev odprave.

Prijave udeležencev so odprte. Zagotovite si vstopnico za Mars na tej povezavi.

Če je ta objava rešila vašo težavo ali vam je bila le všeč, delite povezavo do nje s prijatelji na družbenih omrežjih.

Eno od teh možnosti kode je treba kopirati in prilepiti v kodo vaše spletne strani, po možnosti med oznakami in ali takoj za oznako. Po prvi možnosti se MathJax naloži hitreje in manj upočasni stran. Toda druga možnost samodejno spremlja in nalaga najnovejše različice MathJaxa. Če vstavite prvo kodo, jo bo treba občasno posodobiti. Če vstavite drugo kodo, se bodo strani nalagale počasneje, vendar vam ne bo treba stalno spremljati posodobitev MathJax.

MathJax najlažje povežete v Bloggerju ali WordPressu: na nadzorni plošči spletnega mesta dodajte gradnik, namenjen vstavljanju kode JavaScript tretje osebe, vanj kopirajte prvo ali drugo različico zgoraj predstavljene kode za prenos in postavite gradnik bližje na začetek predloge (mimogrede, to sploh ni potrebno, saj se skript MathJax naloži asinhrono). To je vse. Zdaj se naučite označevalne sintakse MathML, LaTeX in ASCIIMathML in pripravljeni ste na vstavljanje matematičnih formul na spletne strani vašega mesta.

Še eno silvestrovo... mrzlo vreme in snežinke na okenskih steklih... Vse to me je spodbudilo, da spet pišem o... fraktalih in o tem, kaj Wolfram Alpha ve o njih. Na to temo obstaja zanimiv članek, ki vsebuje primere dvodimenzionalnih fraktalnih struktur. Tukaj si bomo ogledali kompleksnejše primere tridimenzionalnih fraktalov.

Fraktal lahko vizualno predstavimo (opišemo) kot geometrijski lik ali telo (kar pomeni, da je oboje množica, v tem primeru množica točk), katere detajli imajo enako obliko kot sama originalna figura. To pomeni, da je to samopodobna struktura, pri pregledu podrobnosti katere pri povečavi bomo videli enako obliko kot brez povečave. Medtem ko bomo pri običajnem geometrijskem liku (ne fraktalu) ob povečavi videli detajle, ki so enostavnejše oblike kot sam originalni lik. Na primer, pri dovolj veliki povečavi je del elipse videti kot odsek ravne črte. Pri fraktalih se to ne zgodi: s kakršnim koli povečanjem le-teh bomo spet videli isto zapleteno obliko, ki se bo z vsakim povečanjem znova in znova ponavljala.

Benoit Mandelbrot, utemeljitelj znanosti o fraktalih, je v svojem članku Fraktali in umetnost v imenu znanosti zapisal: »Fraktali so geometrijske oblike, ki so tako kompleksne v svojih podrobnostih kot v svoji celotni obliki, to je, če so del fraktala bo povečan na velikost celote, se bo prikazal kot celota, bodisi natančno ali morda z rahlo deformacijo."

Izrek 1.5 Pustimo v zaprtem območju D določena funkcija z=z(x,y), ki ima zvezne delne odvode prvega reda. Meja G regiji D je delno gladka (to pomeni, da je sestavljena iz kosov "gladkih na dotik" krivulj ali ravnih črt). Nato na območju D funkcijo z(x,y) doseže svoj največji M in najmanj m vrednote.

Nobenega dokaza.

Za iskanje lahko predlagate naslednji načrt M in m.
1. Gradimo risbo, izberemo vse dele meje območja D in poiščite vse »votne« točke meje.
2. Poiščite nepremične točke znotraj D.
3. Poiščite stacionarne točke na vsaki meji.
4. Izračunamo na vseh stacionarnih in kotnih točkah, nato pa izberemo največjo M in najmanj m pomeni.

Primer 1.14 Poiščite največje M in najmanj m funkcijske vrednosti z= 4x2-2xy+y2-8x v zaprtem prostoru D, omejeno: x= 0, y = 0, 4x+3y=12 .

1. Zgradimo območje D(Sl. 1.5) na ravnini Ohoo.

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

Meja G regiji D je sestavljen iz treh delov:

2. Poiščite stacionarne točke znotraj regije D:

3. Stacionarne točke na mejah l 1, l 2, l 3:

4. Izračunamo šest vrednosti:

Primeri

Primer 1.

Ta funkcija je definirana za vse vrednosti spremenljivk x in l, razen pri izvoru, kjer gre imenovalec na nič.

Polinom x 2 + y 2 je povsod zvezna, zato je kvadratni koren zvezne funkcije zvezen.

Ulomek bo zvezen povsod, razen na točkah, kjer je imenovalec enak nič. To pomeni, da je obravnavana funkcija zvezna na celotni koordinatni ravnini Ohoo, razen izvora.

Primer 2.

Preglejte kontinuiteto funkcije z=tg(x,y). Tangenta je definirana in zvezna za vse končne vrednosti argumenta, razen za vrednosti, ki so enake lihemu številu količine π /2 , tj. razen točk, kjer

Za vsako fiksno "k" enačba (1.11) določa hiperbolo. Zato je obravnavana funkcija zvezna funkcija xin y, razen točk, ki ležijo na krivuljah (1.11).

Primer 3.

Poiščite delne odvode funkcije u=z -xy, z > 0.

Primer 4.

Pokaži to funkcijo

zadošča identiteti:

– ta enakost velja za vse točke M(x;y;z), razen točke M 0 (a;b;c).

Oglejmo si funkcijo z=f(x,y) dveh neodvisnih spremenljivk in ugotovimo geometrijski pomen parcialnih spremenljivk z"x =f"x(x,y) in z" y =f" y(x,y).

V tem primeru enačba z=f(x,y) obstaja enačba neke površine (slika 1.3). Narišimo letalo l= konst. V odseku te površinske ravnine z=f(x,y) dobiš nekaj črte l 1 presečišče, po katerem se spreminjajo le količine X in z.

Delni derivat z" x(njegov geometrični pomen neposredno izhaja iz znanega geometričnega pomena odvoda funkcije ene spremenljivke) je številčno enak tangensu kota α nagib glede na os Oh, tangenta L 1 do krivulje l 1, kar ima za posledico del površine z=f(x,y) letalo l= konst na točki M(x,y,f(xy)): z" x = tanα.

V odseku površine z=f(x,y) letalo X= konst dobiš črto presečišča l 2, pri čemer se spreminjajo samo količine pri in z. Nato delni odvod z" yštevilčno enaka tangensu kota β nagib glede na os OU, tangenta L 2 na navedeno vrstico l 2 križišča v točki M(x,y,f(xy)): z" x = tanβ.

Primer 5.

Kakšen kot tvori z osjo? Oh tangenta na premico:

na točki M(2,4,5)?

Uporabljamo geometrijski pomen delnega odvoda glede na spremenljivko X(konstantno pri):

Primer 6.

Glede na (1.31):

Primer 7.

Ob predpostavki, da enačba

implicitno definira funkcijo

najti z" x, z" y.

zato po (1.37) dobimo odgovor.

Primer 8.

Raziščite do skrajnosti:

1. Poiščite stacionarne točke z reševanjem sistema (1.41):

to pomeni, najdemo štiri stacionarne točke.
2.

po izreku 1.4 v točki obstaja minimum.

Poleg tega

4. Izračunamo šest vrednosti:

Izmed šestih dobljenih vrednosti izberite največjo in najmanjšo.

Bibliografija:

ü Belko I.V., Kuzmič K.K. Višja matematika za ekonomiste. I. semester: Ekspresni tečaj. – M.: Novo znanje, 2002. – 140 str.

ü Gusak A. A.. Matematična analiza in diferencialne enačbe – Mn.: TetraSystems, 1998. – 416 str.

ü Gusak A. A. Višja matematika. Učbenik za študente v 2 zvezkih. – Mn., 1998. – 544 str. (1 zvezek), 448 str. (2 zvezka).

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

ü Yablonsky A.I., Kuznetsov A.V., Shilkina E.I. in drugi. Splošni tečaj: Učbenik / Pod obč. izd. S. A. Samal – Mn.: Vysh. šola, 2000. – 351 str.

Naj bo funkcija $z=f(x,y)$ definirana in zvezna v neki omejeni zaprti domeni $D$. Naj ima dana funkcija v tem območju končne delne odvode prvega reda (razen morda končnega števila točk). Za iskanje največje in najmanjše vrednosti funkcije dveh spremenljivk v danem zaprtem območju so potrebni trije koraki preprostega algoritma.

Kaj so kritične točke? pokaži\skrij

Spodaj kritične točke pomenijo točke, v katerih sta oba delna odvoda prvega reda enaka nič (tj. $\frac(\partial z)(\partial x)=0$ in $\frac(\partial z)(\partial y)=0 $) ali vsaj ena delna izpeljanka ne obstaja.

Pogosto se imenujejo točke, v katerih so delni odvodi prvega reda enaki nič stacionarne točke. Tako so stacionarne točke podmnožica kritičnih točk.

Primer št. 1

Poiščite največjo in najmanjšo vrednost funkcije $z=x^2+2xy-y^2-4x$ v zaprtem območju, ki ga omejujejo črte $x=3$, $y=0$ in $y=x +1 $.

Sledili bomo zgoraj navedenemu, vendar se bomo najprej lotili risanja dane ploskve, ki jo bomo označili s črko $D$. Dobimo enačbe treh ravnih črt, ki omejujejo to območje. Premica $x=3$ poteka skozi točko $(3;0)$ vzporedno z ordinatno osjo (Oy os). Premica $y=0$ je enačba abscisne osi (Ox os). No, da bi zgradili premico $y=x+1$, bomo našli dve točki, skozi katere bomo narisali to premico. Namesto $x$ lahko seveda zamenjate nekaj poljubnih vrednosti. Če na primer zamenjamo $x=10$, dobimo: $y=x+1=10+1=11$. Našli smo točko $(10;11)$, ki leži na premici $y=x+1$. Vendar je bolje najti tiste točke, v katerih premica $y=x+1$ seka premici $x=3$ in $y=0$. Zakaj je to bolje? Ker bomo ubili nekaj ptic na en mah: dobili bomo dve točki za konstrukcijo premice $y=x+1$ in hkrati ugotovili, v katerih točkah ta premica seka druge premice, ki omejujejo dano območje. Premica $y=x+1$ seka premico $x=3$ v točki $(3;4)$, premica $y=0$ pa seka v točki $(-1;0)$. Da potek reševanja ne bom obremenjeval s pomožnimi pojasnili, bom vprašanje pridobitve teh dveh točk postavil v opombo.

Kako sta bili pridobljeni točki $(3;4)$ in $(-1;0)$? pokaži\skrij

Začnimo s presečišča premic $y=x+1$ in $x=3$. Koordinate želene točke pripadajo tako prvi kot drugi ravni črti, zato morate za iskanje neznanih koordinat rešiti sistem enačb:

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

Rešitev takega sistema je trivialna: če nadomestimo $x=3$ v prvo enačbo, bomo imeli: $y=3+1=4$. Točka $(3;4)$ je želeno presečišče premic $y=x+1$ in $x=3$.

Zdaj pa poiščimo presečišče premic $y=x+1$ in $y=0$. Ponovno sestavimo in rešimo sistem enačb:

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

Če zamenjamo $y=0$ v prvo enačbo, dobimo: $0=x+1$, $x=-1$. Točka $(-1;0)$ je želeno presečišče premic $y=x+1$ in $y=0$ (x-os).

Vse je pripravljeno za izdelavo risbe, ki bo videti takole:

Vprašanje opombe se zdi očitno, saj je na sliki vse vidno. Vendar je vredno zapomniti, da risba ne more služiti kot dokaz. Risba je zgolj ilustrativna.

Naše območje je bilo definirano z enačbami premice, ki so ga omejile. Očitno te črte določajo trikotnik, kajne? Ali pa ni povsem očitno? Ali pa nam je morda dano drugo območje, omejeno z enakimi črtami:

Seveda v pogoju piše, da je območje zaprto, zato prikazana slika ni pravilna. Da bi se izognili takšnim dvoumnostim, je bolje, da regije definiramo z neenakostmi. Ali nas zanima del ravnine, ki leži pod premico $y=x+1$? V redu, torej $y ≤ x+1$. Ali naj se naše območje nahaja nad črto $y=0$? Odlično, to pomeni $y ≥ 0$. Mimogrede, zadnji dve neenakosti lahko enostavno združimo v eno: $0 ≤ y ≤ x+1$.

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

Te neenakosti definirajo regijo $D$ in jo definirajo nedvoumno, brez dvoumnosti. Toda kako nam to pomaga pri vprašanju na začetku zapisa? Tudi to bo pomagalo :) Preveriti moramo, ali točka $M_1(1;1)$ pripada območju $D$. Nadomestimo $x=1$ in $y=1$ v sistem neenačb, ki določajo to območje. Če sta obe neenakosti izpolnjeni, potem leži točka znotraj regije. Če vsaj ena od neenakosti ni izpolnjena, potem točka ne pripada regiji. Torej:

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

Veljavni sta obe neenakosti. Točka $M_1(1;1)$ pripada območju $D$.

Zdaj je čas, da preučimo obnašanje funkcije na meji regije, tj. pojdimo na. Začnimo z ravno črto $y=0$.

Premica $y=0$ (abscisna os) omejuje območje $D$ pod pogojem $-1 ≤ x ≤ 3$. Zamenjajmo $y=0$ v dano funkcijo $z(x,y)=x^2+2xy-y^2-4x$. Funkcijo ene spremenljivke $x$, dobljeno kot rezultat substitucije, označimo kot $f_1(x)$:

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

Zdaj moramo za funkcijo $f_1(x)$ najti največjo in najmanjšo vrednost na intervalu $-1 ≤ x ≤ 3$. Poiščimo odvod te funkcije in ga enačimo z nič:

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

Vrednost $x=2$ pripada segmentu $-1 ≤ x ≤ 3$, zato bomo na seznam točk dodali tudi $M_2(2;0)$. Poleg tega izračunajmo vrednosti funkcije $z$ na koncih segmenta $-1 ≤ x ≤ 3$, tj. v točkah $M_3(-1;0)$ in $M_4(3;0)$. Mimogrede, če točka $M_2$ ne bi pripadala obravnavanemu segmentu, potem seveda ne bi bilo treba izračunati vrednosti funkcije $z$ v njej.

Torej, izračunajmo vrednosti funkcije $z$ v točkah $M_2$, $M_3$, $M_4$. Seveda lahko koordinate teh točk nadomestite v prvotni izraz $z=x^2+2xy-y^2-4x$. Na primer, za točko $M_2$ dobimo:

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

Lahko pa izračune nekoliko poenostavimo. Da bi to naredili, si velja zapomniti, da imamo na segmentu $M_3M_4$ $z(x,y)=f_1(x)$. To bom podrobno zapisal:

\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. \konec(poravnano)

Seveda tako podrobni zapisi običajno niso potrebni, v prihodnje pa bomo vse izračune zapisali na kratko:

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

Zdaj pa se obrnemo na ravno črto $x=3$. Ta premica omejuje območje $D$ pod pogojem $0 ≤ y ≤ 4$. Nadomestimo $x=3$ v dano funkcijo $z$. Kot rezultat te zamenjave dobimo funkcijo $f_2(y)$:

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

Za funkcijo $f_2(y)$ moramo najti največjo in najmanjšo vrednost na intervalu $0 ≤ y ≤ 4$. Poiščimo odvod te funkcije in ga enačimo z nič:

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

Vrednost $y=3$ pripada segmentu $0 ≤ y ≤ 4$, zato bomo predhodno najdenim točkam dodali tudi $M_5(3;3)$. Poleg tega je potrebno izračunati vrednost funkcije $z$ v točkah na koncih segmenta $0 ≤ y ≤ 4$, tj. v točkah $M_4(3;0)$ in $M_6(3;4)$. V točki $M_4(3;0)$ smo že izračunali vrednost $z$. Izračunajmo vrednost funkcije $z$ v točkah $M_5$ in $M_6$. Naj vas spomnim, da imamo na segmentu $M_4M_6$ $z(x,y)=f_2(y)$, torej:

\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. \konec(poravnano)

In končno, upoštevajte zadnjo mejo regije $D$, tj. ravna črta $y=x+1$. Ta premica omejuje območje $D$ pod pogojem $-1 ≤ x ≤ 3$. Če nadomestimo $y=x+1$ v funkcijo $z$, bomo imeli:

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

Spet imamo funkcijo ene spremenljivke $x$. In spet moramo najti največjo in najmanjšo vrednost te funkcije na intervalu $-1 ≤ x ≤ 3$. Poiščimo odvod funkcije $f_(3)(x)$ in ga enačimo z nič:

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

Vrednost $x=1$ pripada intervalu $-1 ≤ x ≤ 3$. Če $x=1$, potem $y=x+1=2$. Dodajmo $M_7(1;2)$ na seznam točk in ugotovimo, kakšna je vrednost funkcije $z$ na tej točki. Točke na koncih odseka $-1 ≤ x ≤ 3$, tj. točki $M_3(-1;0)$ in $M_6(3;4)$ smo že obravnavali, v njih smo že našli vrednost funkcije.

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

Drugi korak rešitve je končan. Dobili smo sedem vrednosti:

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

Obrnimo se na. Če izberemo največjo in najmanjšo vrednost iz številk, dobljenih v tretjem odstavku, bomo imeli:

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

Naloga je rešena, ostane le še, da zapišemo odgovor.

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

Primer št. 2

Poiščite največjo in najmanjšo vrednost funkcije $z=x^2+y^2-12x+16y$ v območju $x^2+y^2 ≤ 25$.

Najprej sestavimo risbo. Enačba $x^2+y^2=25$ (to je mejna črta danega območja) določa krog s središčem v izhodišču (tj. v točki $(0;0)$) in polmerom 5. Neenakost $x^2 +y^2 ≤ $25 izpolnjuje vse točke znotraj in na omenjenem krogu.

Ukrepali bomo v skladu s. Poiščimo delne odvode in ugotovimo kritične točke.

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

Ni točk, v katerih najdeni delni odvodi ne obstajajo. Ugotovimo, v katerih točkah sta oba delna odvoda hkrati enaka nič, tj. poiščimo stacionarne točke.

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

Dobili smo stacionarno točko $(6;-8)$. Vendar pa najdena točka ne pripada območju $D$. To je enostavno prikazati, ne da bi se zatekli k risbi. Preverimo, ali velja neenakost $x^2+y^2 ≤ 25$, ki določa našo regijo $D$. Če $x=6$, $y=-8$, potem $x^2+y^2=36+64=100$, tj. neenakost $x^2+y^2 ≤ 25$ ne velja. Sklep: točka $(6;-8)$ ne pripada območju $D$.

Torej znotraj območja $D$ ni kritičnih točk. Preidimo na... Preučiti moramo obnašanje funkcije na meji dane regije, tj. na krogu $x^2+y^2=25$. Seveda lahko $y$ izrazimo z $x$ in nato dobljeni izraz nadomestimo v našo funkcijo $z$. Iz enačbe kroga dobimo: $y=\sqrt(25-x^2)$ ali $y=-\sqrt(25-x^2)$. Če na primer zamenjamo $y=\sqrt(25-x^2)$ v dano funkcijo, bomo imeli:

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

Nadaljnja rešitev bo popolnoma enaka študiji obnašanja funkcije na meji regije v prejšnjem primeru št. 1. Vendar se mi zdi bolj smiselno uporabiti Lagrangeovo metodo v tej situaciji. Zanimal nas bo samo prvi del te metode. Po uporabi prvega dela Lagrangeove metode bomo pridobili točke, v katerih bomo funkcijo $z$ preverjali za najmanjšo in največjo vrednost.

Sestavimo Lagrangeovo funkcijo:

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

Poiščemo parcialne odvode Lagrangeove funkcije in sestavimo ustrezen sistem enačb:

$$ F_(x)^(")=2x-12+2\lambda x; \;\; F_(y)^(")=2y+16+2\lambda y.\\ \left \( \begin (poravnano) & 2x-12\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( poravnano)\desno.$ $

Za rešitev tega sistema takoj poudarimo, da je $\lambda\neq -1$. Zakaj $\lambda\neq -1$? Poskusimo nadomestiti $\lambda=-1$ v prvo enačbo:

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

Nastalo protislovje $0=6$ nakazuje, da je vrednost $\lambda=-1$ nesprejemljiva. Izhod: $\lambda\neq -1$. Izrazimo $x$ in $y$ z $\lambda$:

\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). \konec(poravnano)

Mislim, da tukaj postane očitno, zakaj smo posebej določili pogoj $\lambda\neq -1$. To je bilo storjeno, da se izraz $1+\lambda$ brez motenj prilega imenovalcem. To pomeni, da se prepričamo, da je imenovalec $1+\lambda\neq 0$.

Nadomestimo dobljena izraza za $x$ in $y$ v tretjo enačbo sistema, tj. v $x^2+y^2=25$:

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

Iz dobljene enakosti sledi, da je $1+\lambda=2$ ali $1+\lambda=-2$. Zato imamo dve vrednosti parametra $\lambda$, in sicer: $\lambda_1=1$, $\lambda_2=-3$. V skladu s tem dobimo dva para vrednosti $x$ in $y$:

\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. \konec(poravnano)

Tako smo dobili dve točki možnega pogojnega ekstrema, tj. $M_1(3;-4)$ in $M_2(-3;4)$. Poiščimo vrednosti funkcije $z$ v točkah $M_1$ in $M_2$:

\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. \konec(poravnano)

Od tistih, ki smo jih dobili v prvem in drugem koraku, moramo izbrati največjo in najmanjšo vrednost. Ampak v tem primeru je izbira majhna :) Imamo:

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

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

S praktičnega vidika je največje zanimanje uporaba odvoda za iskanje največje in najmanjše vrednosti funkcije. S čim je to povezano? Maksimiziranje dobička, minimiziranje stroškov, določanje optimalne obremenitve opreme ... Z drugimi besedami, na številnih področjih življenja moramo reševati probleme optimizacije nekaterih parametrov. In to so naloge iskanja največje in najmanjše vrednosti funkcije.

Upoštevati je treba, da največjo in najmanjšo vrednost funkcije običajno iščemo na določenem intervalu X, ki je bodisi celotna domena funkcije bodisi del domene definicije. Sam interval X je lahko segment, odprt interval , neskončen interval.

V tem članku bomo govorili o iskanju največje in najmanjše vrednosti eksplicitno definirane funkcije ene spremenljivke y=f(x).

Navigacija po straneh.

Oglejmo si na kratko glavne definicije.

Največja vrednost funkcije to za kogarkoli neenakost je res.

Najmanjša vrednost funkcije y=f(x) na intervalu X je taka vrednost to za kogarkoli neenakost je res.

Te definicije so intuitivne: največja (najmanjša) vrednost funkcije je največja (najmanjša) sprejemljiva vrednost na obravnavanem intervalu na abscisi.

Stacionarne točke so vrednosti argumenta, pri katerih odvod funkcije postane nič.

Zakaj potrebujemo stacionarne točke pri iskanju največjih in najmanjših vrednosti? Odgovor na to vprašanje daje Fermatov izrek. Iz tega izreka sledi, da če ima diferenciabilna funkcija na neki točki ekstrem (lokalni minimum ali lokalni maksimum), potem je ta točka stacionarna. Tako funkcija pogosto zavzame največjo (najmanjšo) vrednost na intervalu X na eni od stacionarnih točk iz tega intervala.

Prav tako lahko funkcija pogosto prevzame svoje največje in najmanjše vrednosti v točkah, kjer prvi odvod te funkcije ne obstaja in je funkcija sama definirana.

Takoj odgovorimo na eno najpogostejših vprašanj na to temo: "Ali je vedno mogoče določiti največjo (najmanjšo) vrednost funkcije"? Ne ne vedno. Včasih meje intervala X sovpadajo z mejami domene definicije funkcije ali pa je interval X neskončen. In nekatere funkcije v neskončnosti in na mejah domene definicije lahko zavzamejo neskončno velike in neskončno majhne vrednosti. V teh primerih ni mogoče reči ničesar o največji in najmanjši vrednosti funkcije.

Za jasnost bomo podali grafično ilustracijo. Poglejte slike in marsikaj vam bo bolj jasno.

Na segmentu

Na prvi sliki funkcija zavzame največje (max y) in najmanjše (min y) vrednosti na stacionarnih točkah znotraj segmenta [-6;6].

Razmislite o primeru, prikazanem na drugi sliki. Spremenimo segment v . V tem primeru je najmanjša vrednost funkcije dosežena v stacionarni točki, največja pa v točki z absciso, ki ustreza desni meji intervala.

Na sliki 3 so mejne točke segmenta [-3;2] abscise točk, ki ustrezata največji in najmanjši vrednosti funkcije.

Na odprtem intervalu

Na četrti sliki funkcija zavzame največje (max y) in najmanjše (min y) vrednosti na stacionarnih točkah, ki se nahajajo znotraj odprtega intervala (-6;6).

Na intervalu ni mogoče sklepati o največji vrednosti.

V neskončnost

V primeru, predstavljenem na sedmi sliki, funkcija zavzame največjo vrednost (max y) v stacionarni točki z absciso x=1, najmanjšo vrednost (min y) pa doseže na desni meji intervala. Pri minus neskončnosti se vrednosti funkcije asimptotično približajo y=3.

V intervalu funkcija ne doseže niti najmanjše niti največje vrednosti. Ko se x=2 približuje z desne, se vrednosti funkcije nagibajo k minus neskončnosti (premica x=2 je navpična asimptota), in ko se abscisa nagiba k plus neskončnosti, se vrednosti funkcije asimptotično približujejo y=3. Grafična ilustracija tega primera je prikazana na sliki 8.

Napišimo algoritem, ki nam omogoča iskanje največje in najmanjše vrednosti funkcije na segmentu.

Analizirajmo algoritem za reševanje primera za iskanje največje in najmanjše vrednosti funkcije na segmentu.

Primer.

Poiščite največjo in najmanjšo vrednost funkcije

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

rešitev.

Domena definicije funkcije je celotna množica realnih števil, z izjemo ničle, tj. Oba segmenta spadata v domeno definicije.

Poiščite odvod funkcije glede na:

Očitno je, da odvod funkcije obstaja na vseh točkah odsekov in [-4;-1].

Iz enačbe določimo stacionarne točke. Edini pravi koren je x=2. Ta stacionarna točka spada v prvi segment.

V prvem primeru izračunamo vrednosti funkcije na koncih segmenta in v stacionarni točki, to je za x=1, x=2 in x=4:

Zato je največja vrednost funkcije se doseže pri x=1 in najmanjši vrednosti – pri x=2.

V drugem primeru izračunamo vrednosti funkcije le na koncih segmenta [-4;-1] (ker ne vsebuje niti ene stacionarne točke):

rešitev.

Začnimo z domeno funkcije. Kvadratni trinom v imenovalcu ulomka ne sme izginiti:

Preprosto preverimo, ali vsi intervali iz stavka problema sodijo v domeno definicije funkcije.

Razlikujmo funkcijo:

Očitno je, da odvod obstaja v celotnem področju definicije funkcije.

Poiščimo stacionarne točke. Odvod gre na nič pri . Ta stacionarna točka spada v intervala (-3;1] in (-3;2).

Zdaj lahko primerjate rezultate, dobljene na vsaki točki, z grafom funkcije. Modre pikčaste črte označujejo asimptote.

Na tej točki lahko zaključimo z iskanjem največje in najmanjše vrednosti funkcije. Algoritmi, obravnavani v tem članku, vam omogočajo, da dobite rezultate z najmanj dejanji. Vendar pa je lahko koristno najprej določiti intervale naraščanja in padanja funkcije in šele nato sklepati o največjih in najmanjših vrednostih funkcije na katerem koli intervalu. To daje jasnejšo sliko in natančno utemeljitev rezultatov.

§ Ekstremi, Največje in najmanjše vrednosti funkcij več spremenljivk - stran št. 1/1

Pika
klical največja točka funkcije
, če za kakšno točko

neenakost velja

.

Enako točka
klical najmanjša točka funkcije
, če za kakšno točko
iz neke okolice točke
neenakost velja

.

Opombe. 1) Po definicijah je funkcija
mora biti definiran v neki okolici točke
. Tisti. maksimalne in minimalne točke funkcije
lahko so samo notranje točke regije
.

2) Če obstaja okolica točke
, v katerem za katero koli točko
drugačen od
neenakost velja

(

), potem bistvo
klical stroga najvišja točka(oziroma stroga minimalna točka) funkcije
. V zvezi s tem zgoraj definirane najvišje in najnižje točke včasih imenujemo nestroge najvišje in najnižje točke.

Koncepti ekstremov so lokalne narave: vrednost funkcije v točki
se primerja z vrednostmi funkcije na dokaj blizu točkah. V določenem območju lahko funkcija sploh nima ekstremov ali pa ima več minimumov, več maksimumov in celo neskončno število obojega. Poleg tega so lahko nekateri minimumi večji od nekaterih njegovih maksimumov. Ne mešajte največjih in najmanjših vrednosti funkcije z njenimi največjimi in najmanjšimi vrednostmi.

Poiščimo nujen pogoj za ekstrem. Naj npr.
– največja točka funkcije
. Potem po definiciji obstaja gif" align=absmiddle width="17px" height="18px">-soseska točke
tako da
za katero koli točko
iz te bližine. Še posebej,

(1)

Kje
,
, In

(2)

Kje
,
. Toda (1) pomeni, da funkcija ene spremenljivke
ima na točki največ ali je na intervalu
konstantna. torej

oz
- ne obstaja,

⇒
oz
- ne obstaja.

Podobno iz (2) dobimo to

oz
- ne obstaja.

Tako velja naslednji izrek.

IZREK 8.1. (potrebni pogoji za ekstrem). Če funkcija
na točki
ima ekstrem, potem sta na tej točki oba njegova delna odvoda prvega reda enaka nič ali pa vsaj eden od teh delnih odvodov ne obstaja.

Geometrično gledano izrek 8.1 pomeni, da če
– ekstremna točka funkcije
, potem je tangentna ravnina na graf te funkcije v točki bodisi vzporedna z ravnino
, ali pa sploh ne obstaja. Da bi to preverili, se je dovolj spomniti, kako najti enačbo tangentne ravnine na površino (glej formulo (4.6)).

Točke, ki izpolnjujejo pogoje iz izreka 8.1, imenujemo kritične točke funkcije
. Tako kot za funkcijo ene spremenljivke potrebni pogoji za ekstrem ne zadostujejo. Tisti. ne bo vsaka kritična točka funkcije njena ekstremna točka.

PRIMER. Upoštevajte funkcijo
. Pika
je ključnega pomena za to funkcijo, saj sta na tej točki oba njena delna odvoda prvega reda
in
so enake nič. Vendar ne bo ekstremna točka. res,
, vendar v kateri koli okolici točke
obstajajo točke, na katerih funkcija zavzame pozitivne vrednosti in točke, na katerih funkcija zavzame negativne vrednosti. To je enostavno preveriti, če zgradite graf funkcije - hiperbolični paraboloid.

Za funkcijo dveh spremenljivk so najprimernejši zadostni pogoji podani z naslednjim izrekom.

IZREK 8.2. (zadostni pogoji za ekstrem funkcije dveh spremenljivk). Pustiti
– kritična točka funkcije
in v neki bližini točke
funkcija ima zvezne parcialne odvode do vključno drugega reda. Označimo

,
,
.

Potem 1) če
, nato pokažite
ni ekstremna točka;


Če uporabimo izrek 8.2 za raziskovanje kritične točke
ni uspelo (tj. če
ali funkcija sploh nima smisla v soseski
zvezni delni odvodi zahtevanega reda), odgovor na vprašanje o prisotnosti v točki
ekstrem bo na tej točki dal predznak prirastka funkcije.

Dejansko iz definicije sledi, da če funkcija
ima na točki
torej strog maksimum

za vse točke
iz neke okolice točke
, ali drugače

za vse dovolj majhne
in
. Prav tako, če
je točka strogega minimuma, potem pa za vse dovolj majhna
in
neenakost bo zadoščena
.

Torej, da bi ugotovili, ali je kritična točka
ekstremne točke, je treba preučiti prirastek funkcije na tej točki. Če je za vse dovolj majhen
in
bo ohranil znak, nato pa na točki
funkcija ima strogi ekstrem (minimum, če
, in največ, če
).

Komentiraj. Pravilo ostaja veljavno za nestriktni ekstrem, vendar s spremembo, da za nekatere vrednosti
in
prirast funkcije bo enak nič
PRIMER. Poiščite ekstreme funkcij:

1)
; 2)
.

Za študij kritičnih točk uporabimo izrek 8.2. Imamo:

,
,
.

Raziščimo bistvo
:

,
,
,

;
.

Zato na točki
ima ta funkcija minimum, namreč
.

Raziskovanje kritične točke
:

,
,
,


.

Zato druga kritična točka ni ekstremna točka funkcije.

Za študij kritične točke uporabimo izrek 8.2. Imamo:

,
,
,

,
,
,

.

Določite prisotnost ali odsotnost ekstrema v točki
uporaba izreka 8.2 ni uspela.

Oglejmo si predznak funkcijskega prirastka v točki
:

če
, To
;

če
, To
.

Zaradi
ne ohrani predznaka v okolici točke
, potem na tej točki funkcija nima ekstrema.

.

Podobno je vrednost funkcije v točki
klical najmanjši, če za kakšno točko
iz regije
neenakost velja

.

Prej smo že rekli, da če je funkcija zvezna in območje
– zaprta in omejena, potem funkcija na tem področju zavzame največje in najmanjše vrednosti. Hkrati pa točke
in
lahko leži tako znotraj območja
, in na njeni meji. Če je točka
(oz
) leži znotraj regije
, potem bo to največja (minimalna) točka funkcije
, tj. kritična točka funkcije znotraj regije
. Zato najdemo največjo in najmanjšo vrednost funkcije
na območju
moram:
.