Якщо точка є точкою локального максимуму. Мітки: локальний екстремум

Кажуть, що функція має у внутрішній точці
області D локальний максимум(мінімум), якщо існує така околиця точки
для кожної точки
якою виконується нерівність

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

Теорема (необхідна умова існування екстремуму). Якщо функція, що диференціюється, досягає екстремуму в точці
, то кожна приватна похідна першого порядку від функції у цій точці перетворюється на нуль.

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

.

Необхідна умова існування екстремуму у разі функції, що диференціюється, коротко можна сформулювати і так:

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

У разі функції двох змінних необхідна умова екстремуму, а саме рівність нуля приватних похідних (диференціала) у точці екстремуму, має геометричну інтерпретацію: дотична площина до поверхні
у точці екстремуму має бути паралельна площині
.

20. Достатні умови існування екстремуму

Виконання в деякій точці необхідної умови існування екстремуму не гарантує наявності там екстремуму. Як приклад можна взяти функцію, що диференціюється всюди
. Обидві її приватні похідні та сама функція звертаються в нуль у точці
. Однак у будь-якій околиці цієї точки є як позитивні (великі
), і негативні (менші
) значення цієї функції. Отже, у цій точці, за визначенням, екстремуму немає. Тому необхідно знати достатні умови, за яких точка, підозріла екстремум, є точкою екстремуму досліджуваної функції.

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

,
.

Введемо позначення:

Теорема (достатні умови існування екстремуму). Нехай функція
задовольняє вищенаведеним умовам, а саме: диференційована в околиці стаціонарної точки
і двічі диференційована у самій точці
. Тоді, якщо

У разі якщо
то функція
у точці
досягає

локального максимумупри
і

локального мінімумупри
.

Загалом, для функції
достатньою умовою існування у точці
локальногомінімуму(максимуму) є позитивна(негативна) Визначеність другого диференціала.

Іншими словами, справедливе таке твердження.

Теорема . Якщо у точці
для функції

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

приклад 18.Знайти точки локального екстремуму функції

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

Вирішуючи цю систему, знаходимо дві точки можливого екстремуму:

Знайдемо приватні похідні другого порядку для цієї функції:

У першій стаціонарній точці , отже, і
Тому для цієї точки потрібне додаткове дослідження. Значення функції
у цій точці дорівнює нулю:
Далі,

при

а

при

Отже, у будь-якій околиці точки
функція
приймає значення як великі
, так і менші
, і, отже, у точці
функція
, за визначенням, немає локального екстремуму.

У другій стаціонарній точці



отже,Тому, оскільки
то в точці
Функція має локальний максимум.

$E \subset \mathbb(R)^(n)$. Кажуть, що $f$ має локальний максимуму точці $x_(0) \in E$, якщо існує така околиця $U$ точки $x_(0)$, що для всіх $x \in U$ виконується нерівність $f\left(x\right) \leqslant f \left(x_(0)\right)$.

Локальний максимум називається суворим , якщо околиця $U$ можна вибрати так, щоб для всіх $x \in U$, відмінних від $x_(0)$, було $f\left(x\right)< f\left(x_{0}\right)$.

Визначення
Нехай $f$ – дійсна функція на відкритій множині $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Кажуть, що $f$ має локальний мінімуму точці $x_(0) \in E$, якщо існує така околиця $U$ точки $x_(0)$, що для всіх $x \in U$ виконується нерівність $f\left(x\right) \geqslant f \left(x_(0)\right)$.

Локальний мінімум називається строгим, якщо околиця $U$ можна вибрати так, щоб для всіх $x \in U$, відмінних від $x_(0)$, було $f\left(x\right) > f\left(x_( 0) \ right) $.

Локальний екстремум поєднує поняття локального мінімуму та локального максимуму.

Теорема (необхідна умова екстремуму функції, що диференціюється)
Нехай $f$ – дійсна функція на відкритій множині $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Якщо в точці $x_(0) \in E$ функція $f$ має локальний екстремум і в цій точці, то $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ Рівність нулю диференціала рівносильно з того що всі рівні нулю, тобто. $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

У разі це – . Позначимо $ \ phi \ left (t \ right) = f \ left (x_ (0) + th \ right) $, де $ h $ - довільний вектор. Функція $\phi$ визначена за досить малих за модулем значень $t$. Крім того, , вона диференційована, і $(\phi)' \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$.
Нехай $f$ має локальний максимум у точці x$0$. Отже, функція $\phi$ за $t = 0$ має локальний максимум і, за теоремою Ферма, $(\phi)' \left(0\right)=0$.
Отже, отримали, що $df \left(x_(0)\right) = 0$, тобто. функції $f$ у точці $x_(0)$ дорівнює нулю будь-якому векторі $h$.

Визначення
Крапки, у яких диференціал дорівнює нулю, тобто. такі, у яких усі приватні похідні дорівнюють нулю, називаються стаціонарними . Критичними точкамиФункції $f$ називаються такі точки, в яких $f$ не диференційована, або її дорівнює нулю. Якщо точка стаціонарна, то ще не випливає, що в цій точці функція має екстремум.

приклад 1.
Нехай $f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$. Тоді $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$, так що $\left(0,0\right)$ - стаціонарна точка, але в цій точці у функції немає екстремуму. Дійсно, $f \left(0,0\right) = 0$, але легко бачити, що в будь-якій околиці точки $\left(0,0\right)$ функція набуває як позитивних, так і негативних значень.

приклад 2.
Функція $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ початок координат – стаціонарна точка, але ясно, що екстремуму в цій точці немає.

Теорема (достатня умова екстремуму).
Нехай функція $f$ двічі безперервно диференційована на відкритій множині $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Нехай $x_(0) \in E$ – стаціонарна точка і $$\displaystyle Q_(x_(0)) \left(h\right) \equiv \sum_(i=1)^n \sum_(j=1) ^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_(j)) \left(x_(0)\right)h^(i)h^(j).$$ Тоді

1. якщо $Q_(x_(0))$ – , то функція $f$ у точці $x_(0)$ має локальний екстремум, саме, мінімум, якщо форма позитивновизначена, і максимум, якщо форма негативноопределенная;
2. якщо квадратична форма $Q_(x_(0))$ невизначена, то функція $f$ у точці $x_(0)$ немає екстремуму.

Скористаємося розкладанням за формулою Тейлора (12.7 стор. 292). Враховуючи, що приватні похідні першого порядку в точці $x_(0)$ дорівнюють нулю, отримаємо $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\right) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_(j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ де $0<\theta<1$. Обозначим $\displaystyle a_{ij}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right)$. В силу теоремы Шварца (12.6 стр. 289-290) , $a_{ij}=a_{ji}$. Обозначим $$\displaystyle \alpha_{ij} \left(h\right)=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}+\theta h\right)−\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right).$$ По предположению, все непрерывны и поэтому $$\lim_{h \rightarrow 0} \alpha_{ij} \left(h\right)=0. \left(1\right)$$ Получаем $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left.$$ Обозначим $$\displaystyle \epsilon \left(h\right)=\frac{1}{|h|^{2}}\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \alpha_{ij} \left(h\right)h_{i}h_{j}.$$ Тогда $$|\epsilon \left(h\right)| \leq \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n |\alpha_{ij} \left(h\right)|$$ и, в силу соотношения $\left(1\right)$, имеем $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ при $h \rightarrow 0$. Окончательно получаем $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left. \left(2\right)$$ Предположим, что $Q_{x_{0}}$ – положительноопределенная форма. Согласно лемме о положительноопределённой квадратичной форме (12.8.1 стр. 295, Лемма 1) , существует такое положительное число $\lambda$, что $Q_{x_{0}} \left(h\right) \geqslant \lambda|h|^{2}$ при любом $h$. Поэтому $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right) \geq \frac{1}{2}|h|^{2} \left(λ+\epsilon \left(h\right)\right).$$ Так как $\lambda>0$, а $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ при $h \rightarrow 0$, то права частина буде позитивною за будь-якого вектора $h$ досить малої довжини.
Отже, ми дійшли того, що в деякій околиці точки $x_(0)$ виконано нерівність $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$, якщо тільки $x \neq x_ (0)$ (ми поклали $x=x_(0)+h$\right). Це означає, що в точці $x_(0)$ функція має суворий локальний мінімум, і тим самим доведено першу частину нашої теореми.
Припустимо тепер, що $Q_(x_(0))$ – невизначена форма. Тоді знайдуться вектори $h_(1)$, $h_(2)$, такі, що $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ (x_(0)) \left(h_(2)\right)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0$. Тоді отримаємо $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ При досить малих $t>0$ права частина позитивна. Це означає, що у будь-якій околиці точки $x_(0)$ функція $f$ приймає значення $f \left(x\right)$, більші, ніж $f \left(x_(0)\right)$.
Аналогічно отримаємо, що в будь-якій околиці точки $x_(0)$ функція $f$ приймає значення, менші ніж $f \left(x_(0)\right)$. Це, разом із попереднім, означає, що у точці $x_(0)$ функція $f$ не має екстремуму.

Розглянемо окремий випадок цієї теореми для функції $f \left(x,y\right)$ двох змінних, визначеної в деякій околиці точки $\left(x_(0),y_(0)\right)$ і має безперервні в цій околиці приватні похідні першого та другого порядків. Припустимо, що $\left(x_(0),y_(0)\right)$ – стаціонарна точка, і позначимо $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^(2)) \left(x_(0) ,y_(0)\right), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_( 0), y_(0)\right), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(x_(0), y_(0)\right ).$$ Тоді попередня теорема набуде наступного вигляду.

Теорема
Нехай $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$. Тоді:

1. якщо $\Delta>0$, то функція $f$ має в точці $\left(x_(0),y_(0)\right)$ локальний екстремум, а саме мінімум, якщо $a_(11)>0$ і максимум, якщо $a_(11)<0$;
2. якщо $\Delta<0$, то экстремума в точке $\left(x_{0},y_{0}\right)$ нет. Как и в одномерном случае, при $\Delta=0$ экстремум может быть, а может и не быть.

Приклади розв'язання задач

Алгоритм знаходження екстремуму функції багатьох змінних:

1. Знаходимо стаціонарні точки;
2. Знаходимо диференціал 2-го порядку у всіх стаціонарних точках
3. Користуючись достатньою умовою екстремуму функції багатьох змінних, розглядаємо диференціал 2-го порядку в кожній стаціонарній точці

1. Дослідити функцію на екстремум $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x - 30 \cdot y$.
   Рішення

   Знайдемо приватні похідні 1-го порядку: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Складемо і вирішимо систему: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) - 6 \cdot x = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)x^(2) - 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) - x = 0 \end(cases)$$ З 2-го рівняння виразимо $x=4 \cdot y^(2)$ - підставимо в 1-е рівняння: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2)\right )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) - 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) - y = 0$$ $$y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ В результаті отримано 2 стаціонарні точки:
   1) $ y = 0 \ Rightarrow x = 0, M_ (1) = \ left (0, 0 \ right) $;
   2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\right)$
   Перевіримо виконання достатньої умови екстремуму:
   $$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
   1) Для точки $M_(1)= \left(0,0\right)$:
   $$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\right)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(0,0\right)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(0,0\right)=0;$$
   $A_(1) \cdot B_(1) - C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
   2) Для точки $M_(2)$:
   $$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=24;$$
   $A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, отже, в точці $M_(2)$ існує екстремум, і оскільки $A_(2)>0$, то це мінімум.
   Відповідь: Точка $\displaystyle M_(2) \left(1,\frac(1)(2)\right)$ є точкою мінімуму функції $f$.
   

2. Дослідити функцію на екстремум $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$.
   Рішення

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

Ліміт часу: 0

Навігація (тільки номери завдань)

0 із 4 завдань закінчено

Інформація

Пройдіть цей тест, щоб перевірити свої знання на тему «Локальні екстремуми функцій багатьох змінних».

Ви вже проходили тест раніше. Ви не можете запустити його знову.

Тест завантажується...

Ви повинні увійти або зареєструватися, щоб почати тест.

Ви повинні закінчити наступні тести, щоб почати це:

Результати

Правильних відповідей: 0 з 4

Ваш час:

Час вийшов

Ви набрали 0 з 0 балів (0 )

Ваш результат був записаний у таблицю лідерів

1. З відповіддю
2. З позначкою про перегляд

Завдання 1 із 4

1 .

Кількість балів: 1

Дослідити функцію $f$ на екстремуми: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

Правильно


Неправильно


1. Завдання 2 з 4

   2 .

   Кількість балів: 1

   Чи існує екстремум функції $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$

$E \subset \mathbb(R)^(n)$. Кажуть, що $f$ має локальний максимуму точці $x_(0) \in E$, якщо існує така околиця $U$ точки $x_(0)$, що для всіх $x \in U$ виконується нерівність $f\left(x\right) \leqslant f \left(x_(0)\right)$.

Локальний максимум називається суворим , якщо околиця $U$ можна вибрати так, щоб для всіх $x \in U$, відмінних від $x_(0)$, було $f\left(x\right)< f\left(x_{0}\right)$.

Визначення
Нехай $f$ – дійсна функція на відкритій множині $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Кажуть, що $f$ має локальний мінімуму точці $x_(0) \in E$, якщо існує така околиця $U$ точки $x_(0)$, що для всіх $x \in U$ виконується нерівність $f\left(x\right) \geqslant f \left(x_(0)\right)$.

Локальний мінімум називається строгим, якщо околиця $U$ можна вибрати так, щоб для всіх $x \in U$, відмінних від $x_(0)$, було $f\left(x\right) > f\left(x_( 0) \ right) $.

Локальний екстремум поєднує поняття локального мінімуму та локального максимуму.

Теорема (необхідна умова екстремуму функції, що диференціюється)
Нехай $f$ – дійсна функція на відкритій множині $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Якщо в точці $x_(0) \in E$ функція $f$ має локальний екстремум і в цій точці, то $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ Рівність нулю диференціала рівносильно з того що всі рівні нулю, тобто. $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

У разі це – . Позначимо $ \ phi \ left (t \ right) = f \ left (x_ (0) + th \ right) $, де $ h $ - довільний вектор. Функція $\phi$ визначена за досить малих за модулем значень $t$. Крім того, , вона диференційована, і $(\phi)' \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$.
Нехай $f$ має локальний максимум у точці x$0$. Отже, функція $\phi$ за $t = 0$ має локальний максимум і, за теоремою Ферма, $(\phi)' \left(0\right)=0$.
Отже, отримали, що $df \left(x_(0)\right) = 0$, тобто. функції $f$ у точці $x_(0)$ дорівнює нулю будь-якому векторі $h$.

Визначення
Крапки, у яких диференціал дорівнює нулю, тобто. такі, у яких усі приватні похідні дорівнюють нулю, називаються стаціонарними . Критичними точкамиФункції $f$ називаються такі точки, в яких $f$ не диференційована, або її дорівнює нулю. Якщо точка стаціонарна, то ще не випливає, що в цій точці функція має екстремум.

приклад 1.
Нехай $f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$. Тоді $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$, так що $\left(0,0\right)$ - стаціонарна точка, але в цій точці у функції немає екстремуму. Дійсно, $f \left(0,0\right) = 0$, але легко бачити, що в будь-якій околиці точки $\left(0,0\right)$ функція набуває як позитивних, так і негативних значень.

приклад 2.
Функція $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ початок координат – стаціонарна точка, але ясно, що екстремуму в цій точці немає.

Теорема (достатня умова екстремуму).
Нехай функція $f$ двічі безперервно диференційована на відкритій множині $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Нехай $x_(0) \in E$ – стаціонарна точка і $$\displaystyle Q_(x_(0)) \left(h\right) \equiv \sum_(i=1)^n \sum_(j=1) ^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_(j)) \left(x_(0)\right)h^(i)h^(j).$$ Тоді

1. якщо $Q_(x_(0))$ – , то функція $f$ у точці $x_(0)$ має локальний екстремум, саме, мінімум, якщо форма позитивновизначена, і максимум, якщо форма негативноопределенная;
2. якщо квадратична форма $Q_(x_(0))$ невизначена, то функція $f$ у точці $x_(0)$ немає екстремуму.

Скористаємося розкладанням за формулою Тейлора (12.7 стор. 292). Враховуючи, що приватні похідні першого порядку в точці $x_(0)$ дорівнюють нулю, отримаємо $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\right) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_(j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ де $0<\theta<1$. Обозначим $\displaystyle a_{ij}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right)$. В силу теоремы Шварца (12.6 стр. 289-290) , $a_{ij}=a_{ji}$. Обозначим $$\displaystyle \alpha_{ij} \left(h\right)=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}+\theta h\right)−\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right).$$ По предположению, все непрерывны и поэтому $$\lim_{h \rightarrow 0} \alpha_{ij} \left(h\right)=0. \left(1\right)$$ Получаем $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left.$$ Обозначим $$\displaystyle \epsilon \left(h\right)=\frac{1}{|h|^{2}}\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \alpha_{ij} \left(h\right)h_{i}h_{j}.$$ Тогда $$|\epsilon \left(h\right)| \leq \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n |\alpha_{ij} \left(h\right)|$$ и, в силу соотношения $\left(1\right)$, имеем $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ при $h \rightarrow 0$. Окончательно получаем $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left. \left(2\right)$$ Предположим, что $Q_{x_{0}}$ – положительноопределенная форма. Согласно лемме о положительноопределённой квадратичной форме (12.8.1 стр. 295, Лемма 1) , существует такое положительное число $\lambda$, что $Q_{x_{0}} \left(h\right) \geqslant \lambda|h|^{2}$ при любом $h$. Поэтому $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right) \geq \frac{1}{2}|h|^{2} \left(λ+\epsilon \left(h\right)\right).$$ Так как $\lambda>0$, а $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ при $h \rightarrow 0$, то права частина буде позитивною за будь-якого вектора $h$ досить малої довжини.
Отже, ми дійшли того, що в деякій околиці точки $x_(0)$ виконано нерівність $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$, якщо тільки $x \neq x_ (0)$ (ми поклали $x=x_(0)+h$\right). Це означає, що в точці $x_(0)$ функція має суворий локальний мінімум, і тим самим доведено першу частину нашої теореми.
Припустимо тепер, що $Q_(x_(0))$ – невизначена форма. Тоді знайдуться вектори $h_(1)$, $h_(2)$, такі, що $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ (x_(0)) \left(h_(2)\right)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0$. Тоді отримаємо $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ При досить малих $t>0$ права частина позитивна. Це означає, що у будь-якій околиці точки $x_(0)$ функція $f$ приймає значення $f \left(x\right)$, більші, ніж $f \left(x_(0)\right)$.
Аналогічно отримаємо, що в будь-якій околиці точки $x_(0)$ функція $f$ приймає значення, менші ніж $f \left(x_(0)\right)$. Це, разом із попереднім, означає, що у точці $x_(0)$ функція $f$ не має екстремуму.

Розглянемо окремий випадок цієї теореми для функції $f \left(x,y\right)$ двох змінних, визначеної в деякій околиці точки $\left(x_(0),y_(0)\right)$ і має безперервні в цій околиці приватні похідні першого та другого порядків. Припустимо, що $\left(x_(0),y_(0)\right)$ – стаціонарна точка, і позначимо $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^(2)) \left(x_(0) ,y_(0)\right), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_( 0), y_(0)\right), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(x_(0), y_(0)\right ).$$ Тоді попередня теорема набуде наступного вигляду.

Теорема
Нехай $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$. Тоді:

1. якщо $\Delta>0$, то функція $f$ має в точці $\left(x_(0),y_(0)\right)$ локальний екстремум, а саме мінімум, якщо $a_(11)>0$ і максимум, якщо $a_(11)<0$;
2. якщо $\Delta<0$, то экстремума в точке $\left(x_{0},y_{0}\right)$ нет. Как и в одномерном случае, при $\Delta=0$ экстремум может быть, а может и не быть.

Приклади розв'язання задач

Алгоритм знаходження екстремуму функції багатьох змінних:

1. Знаходимо стаціонарні точки;
2. Знаходимо диференціал 2-го порядку у всіх стаціонарних точках
3. Користуючись достатньою умовою екстремуму функції багатьох змінних, розглядаємо диференціал 2-го порядку в кожній стаціонарній точці

1. Дослідити функцію на екстремум $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x - 30 \cdot y$.
   Рішення

   Знайдемо приватні похідні 1-го порядку: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Складемо і вирішимо систему: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) - 6 \cdot x = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)x^(2) - 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) - x = 0 \end(cases)$$ З 2-го рівняння виразимо $x=4 \cdot y^(2)$ - підставимо в 1-е рівняння: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2)\right )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) - 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) - y = 0$$ $$y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ В результаті отримано 2 стаціонарні точки:
   1) $ y = 0 \ Rightarrow x = 0, M_ (1) = \ left (0, 0 \ right) $;
   2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\right)$
   Перевіримо виконання достатньої умови екстремуму:
   $$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
   1) Для точки $M_(1)= \left(0,0\right)$:
   $$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\right)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(0,0\right)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(0,0\right)=0;$$
   $A_(1) \cdot B_(1) - C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
   2) Для точки $M_(2)$:
   $$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=24;$$
   $A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, отже, в точці $M_(2)$ існує екстремум, і оскільки $A_(2)>0$, то це мінімум.
   Відповідь: Точка $\displaystyle M_(2) \left(1,\frac(1)(2)\right)$ є точкою мінімуму функції $f$.
   

2. Дослідити функцію на екстремум $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$.
   Рішення

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

Ліміт часу: 0

Навігація (тільки номери завдань)

0 із 4 завдань закінчено

Інформація

Пройдіть цей тест, щоб перевірити свої знання на тему «Локальні екстремуми функцій багатьох змінних».

Ви вже проходили тест раніше. Ви не можете запустити його знову.

Тест завантажується...

Ви повинні увійти або зареєструватися, щоб почати тест.

Ви повинні закінчити наступні тести, щоб почати це:

Результати

Правильних відповідей: 0 з 4

Ваш час:

Час вийшов

Ви набрали 0 з 0 балів (0 )

Ваш результат був записаний у таблицю лідерів

1. З відповіддю
2. З позначкою про перегляд

Завдання 1 із 4

1 .

Кількість балів: 1

Дослідити функцію $f$ на екстремуми: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

Правильно


Неправильно


1. Завдання 2 з 4

   2 .

   Кількість балів: 1

   Чи існує екстремум функції $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$

Визначення:Точка х0 називається точкою локального максимуму (чи мінімуму) функції, якщо у певної околиці точки х0 функція приймає найбільше (чи найменше) значення, тобто. для всіх х із деякої околиці точки х0 виконується умова f(x) f(x0) (або f(x) f(x0)).

Точки локального максимуму чи мінімуму об'єднані загальною назвою – точками локального екстремуму функції.

Зазначимо, що в точках локального екстремуму функція досягає свого найбільшого чи найменшого значення лише деякій локальної області. Можливі випадки, коли значення уmaxуmin .

Необхідна ознака існування локального екстремуму функції

Теорема . Якщо безперервна функція у = f(x) має у точці х0 локальний екстремум, то цій точці перша похідна або дорівнює нулю, або немає, тобто. локальний екстремум має місце у критичних точках I роду.

У точках локального екстремуму або дотична паралельна осі 0х, або є дві дотичні (див. рисунок). Зазначимо, що критичні точки є необхідною, але недостатньою умовою локального екстремуму. Локальний екстремум має місце лише у критичних точках I роду, але не у всіх критичних точках має місце локальний екстремум.

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

Достатня ознака існування локального екстремуму функції

Теорема . Якщо при переході аргументу через критичну точку I роду зліва направо перша похідна у / (x)

змінює знак з "+" на "-", то безперервна функція у(х) у цій критичній точці має локальний максимум;

змінює знак з “-” на “+”, то безперервна функція у(х) має у цій критичній точці локальний мінімум

не змінює знак, то в цій критичній точці немає локального екстремуму, тут має місце точка перегину.

Для локального максимуму область зростання функції (у/0) змінюється на область зменшення функції (у/0). Для локального мінімуму область зменшення функції (у/0) змінюється на область зростання функції (у /0).

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

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

Вирішимо квадратний тричлен за допомогою дискримінанта:

х2 + 6х + 5 = 0 (а = 1, в = 6, з = 5) D = , х1к = -5, х2к = -1.

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

Результати дослідження подаємо у вигляді таблиці, з якої можна зробити такі висновки:

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

х -5 (-5; -1) -1

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

будуємо прямокутну систему координат Оху;

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

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

у (0) = -9 (-6; 9); (-3;0) та (0;-9) - розрахункові контрольні точки, які наносимо для побудови графіка;

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