உள்ளூர் குறைந்தபட்சத்தை தீர்மானித்தல். லேபிள்: உள்ளூர் உச்சநிலை

செயல்பாடு உள் புள்ளியில் இருப்பதாக கூறப்படுகிறது
பிராந்தியம் டி உள்ளூர் அதிகபட்சம்(குறைந்தபட்சம்), புள்ளியின் அத்தகைய அக்கம் இருந்தால்
, ஒவ்வொரு புள்ளிக்கும்
சமத்துவமின்மையைக் கொண்டுள்ளது

ஒரு செயல்பாடு ஒரு புள்ளியில் இருந்தால்
உள்ளூர் அதிகபட்சம் அல்லது உள்ளூர் குறைந்தபட்சம், இந்த கட்டத்தில் உள்ளது என்று நாங்கள் கூறுகிறோம் உள்ளூர் உச்சநிலை (அல்லது ஒரு தீவிர).

தேற்றம் (ஒரு உச்சநிலையின் இருப்புக்கு தேவையான நிபந்தனை) வேறுபட்ட செயல்பாடு புள்ளியில் ஒரு உச்சநிலையை அடைந்தால்
, பின்னர் செயல்பாட்டின் ஒவ்வொரு முதல்-வரிசை பகுதி வழித்தோன்றல் இந்த கட்டத்தில் அது பூஜ்ஜியமாகிறது.

அனைத்து முதல்-வரிசை பகுதி வழித்தோன்றல்களும் மறைந்து போகும் புள்ளிகள் அழைக்கப்படுகின்றன செயல்பாட்டின் நிலையான புள்ளிகள்
. என்ற அமைப்பைத் தீர்ப்பதன் மூலம் இந்த புள்ளிகளின் ஆயத்தொலைவுகளைக் கண்டறியலாம்

.

சமன்பாடுகள்

வேறுபடுத்தக்கூடிய செயல்பாட்டின் விஷயத்தில் ஒரு தீவிரத்தின் இருப்புக்கான தேவையான நிபந்தனையை பின்வருமாறு சுருக்கமாக உருவாக்கலாம்: தனிப்பட்ட புள்ளிகளில் சில பகுதி வழித்தோன்றல்கள் எல்லையற்ற மதிப்புகளைக் கொண்டிருக்கும் அல்லது இல்லாதபோது (மீதமுள்ளவை பூஜ்ஜியத்திற்கு சமமானவை) வழக்குகள் உள்ளன. அத்தகைய புள்ளிகள் அழைக்கப்படுகின்றனசெயல்பாட்டின் முக்கிய புள்ளிகள்.

இந்த புள்ளிகள் நிலையானவற்றைப் போலவே, உச்சநிலைக்கு "சந்தேகத்திற்குரியதாக" கருதப்பட வேண்டும். இரண்டு மாறிகளின் செயல்பாட்டின் விஷயத்தில்தேவையான நிபந்தனை எக்ஸ்ட்ரம், அதாவது தீவிர புள்ளியில் பகுதி வழித்தோன்றல்களின் (வேறுபாடு) பூஜ்ஜியத்திற்கு சமம், ஒரு வடிவியல் விளக்கம் உள்ளது:
மேற்பரப்பில் தொடுவான விமானம்
.

உச்ச புள்ளியில் விமானத்திற்கு இணையாக இருக்க வேண்டும்

20. ஒரு உச்சநிலை இருப்பதற்கான போதுமான நிபந்தனைகள்
ஒரு கட்டத்தில் ஒரு உச்சநிலை இருப்பதற்கான தேவையான நிபந்தனையை நிறைவேற்றுவது அங்கு ஒரு தீவிரத்தின் இருப்புக்கு உத்தரவாதம் அளிக்காது. எடுத்துக்காட்டாக, எல்லா இடங்களிலும் வேறுபட்ட செயல்பாட்டை நாம் எடுத்துக் கொள்ளலாம்
.
அதன் பகுதி வழித்தோன்றல்கள் மற்றும் செயல்பாடு இரண்டும் புள்ளியில் மறைந்துவிடும்
.

இருப்பினும், இந்த புள்ளியின் எந்த சுற்றுப்புறத்திலும் நேர்மறை இரண்டும் உள்ளன (பெரிய
), மற்றும் எதிர்மறை (சிறியது
) இந்த செயல்பாட்டின் மதிப்புகள். எனவே, இந்த கட்டத்தில், வரையறையின்படி, எந்த உச்சநிலையும் காணப்படவில்லை. எனவே, ஒரு உச்சநிலை என்று சந்தேகிக்கப்படும் ஒரு புள்ளியானது ஆய்வின் கீழ் உள்ள செயல்பாட்டின் ஒரு தீவிர புள்ளியாக இருக்கும் போதுமான நிபந்தனைகளை அறிந்து கொள்வது அவசியம்.
, அதாவது, நிபந்தனைகளை பூர்த்தி செய்கிறது

,
.

பின்வரும் குறியீட்டை அறிமுகப்படுத்துவோம்:

தேற்றம் (ஒரு உச்சநிலையின் இருப்புக்கான போதுமான நிபந்தனைகள்) செயல்படட்டும்
மேலே உள்ள நிபந்தனைகளை பூர்த்தி செய்கிறது, அதாவது: ஒரு நிலையான புள்ளியின் சில சுற்றுப்புறங்களில் இது வேறுபடுகிறது
மற்றும் புள்ளியிலேயே இருமடங்கு வேறுபடுகிறது
.

பின்னர் என்றால்
வழக்கில்
பின்னர் செயல்பாடு
புள்ளியில்

அடையும்உள்ளூர் அதிகபட்சம்
மணிக்கு

மற்றும்உள்ளூர் அதிகபட்சம்
.

உள்ளூர் குறைந்தபட்சம்
பொதுவாக, செயல்பாட்டிற்கு
புள்ளியில் இருப்பதற்கான போதுமான நிபந்தனைஉள்ளூர்(குறைந்தபட்சம்அதிகபட்சம் ) ஆகும்(நேர்மறைஎதிர்மறை

) இரண்டாவது வேறுபாட்டின் உறுதி.

தேற்றம் . வேறு வார்த்தைகளில் கூறுவதானால், பின்வரும் கூற்று உண்மையானது.
புள்ளியில் இருந்தால்

செயல்பாட்டிற்கு
அதே நேரத்தில் பூஜ்ஜியத்திற்கு சமமாக இல்லாத எதற்கும் குறைந்தபட்சம், இந்த கட்டத்தில் செயல்பாடு உள்ளது (இதைப் போன்றதுஅதிகபட்சம்
).

, என்றால்எடுத்துக்காட்டு 18.

ஒரு செயல்பாட்டின் உள்ளூர் தீவிர புள்ளிகளைக் கண்டறியவும்தீர்வு

. செயல்பாட்டின் பகுதி வழித்தோன்றல்களைக் கண்டறிந்து அவற்றை பூஜ்ஜியத்திற்கு சமன் செய்வோம்:

இந்த அமைப்பைத் தீர்ப்பதன் மூலம், இரண்டு சாத்தியமான தீவிர புள்ளிகளைக் காண்கிறோம்:

இந்தச் செயல்பாட்டிற்கான இரண்டாம் வரிசை பகுதி வழித்தோன்றல்களைக் கண்டுபிடிப்போம்:
முதல் நிலையான புள்ளியில், எனவே, மற்றும்
எனவே, இந்த கட்டத்தில் கூடுதல் ஆராய்ச்சி தேவைப்படுகிறது. செயல்பாட்டு மதிப்பு
இந்த கட்டத்தில் பூஜ்ஜியம்:

அடுத்து,

மணிக்கு

அடுத்து,

ஏ
எனவே, புள்ளி எந்த அக்கம்
செயல்பாடு
மதிப்புகளை பெரியதாக எடுத்துக்கொள்கிறது
, மற்றும் சிறியது
எனவே, புள்ளி எந்த அக்கம்
, மற்றும், எனவே, புள்ளியில்

, வரையறையின்படி, உள்ளூர் உச்சநிலை இல்லை.



இரண்டாவது நிலையான புள்ளியில்
எனவே, எனவே, முதல்
பின்னர் புள்ளியில்

செயல்பாடு உள்ளூர் அதிகபட்சம் உள்ளது.

ஒரு குறிப்பிட்ட புள்ளியில் ஒரு செயல்பாட்டில் ஏற்படும் மாற்றம், வாதத்தின் அதிகரிப்புக்கான செயல்பாட்டின் அதிகரிப்பின் வரம்பாக வரையறுக்கப்படுகிறது, இது பூஜ்ஜியமாக இருக்கும். அதைக் கண்டுபிடிக்க, வழித்தோன்றல்களின் அட்டவணையைப் பயன்படுத்தவும். எடுத்துக்காட்டாக, y = x3 செயல்பாட்டின் வழித்தோன்றல் y' = x2 க்கு சமமாக இருக்கும்.

இந்த வழித்தோன்றலை பூஜ்ஜியத்திற்கு சமப்படுத்தவும் (இந்த வழக்கில் x2=0).

கொடுக்கப்பட்ட மாறியின் மதிப்பைக் கண்டறியவும். கொடுக்கப்பட்ட வழித்தோன்றல் 0 க்கு சமமாக இருக்கும் மதிப்புகள் இவைகளாக இருக்கும். இதைச் செய்ய, எக்ஸ்ப்ரெஷனில் தன்னிச்சையான எண்களை x க்கு பதிலாக மாற்றவும், அதில் முழு வெளிப்பாடும் பூஜ்ஜியமாக மாறும். உதாரணமாக:
2-2x2= 0
(1-x)(1+x) = 0

பெறப்பட்ட மதிப்புகளை ஒருங்கிணைப்பு வரியில் வரைந்து, பெறப்பட்ட ஒவ்வொரு மதிப்புக்கும் வழித்தோன்றலின் அடையாளத்தைக் கணக்கிடுங்கள். புள்ளிகள் ஆயக் கோட்டில் குறிக்கப்பட்டுள்ளன, அவை தோற்றமாக எடுத்துக் கொள்ளப்படுகின்றன. இடைவெளியில் மதிப்பைக் கணக்கிட, அளவுகோல்களுடன் பொருந்தக்கூடிய தன்னிச்சையான மதிப்புகளை மாற்றவும். எடுத்துக்காட்டாக, இடைவெளி -1 க்கு முந்தைய செயல்பாட்டிற்கு, நீங்கள் மதிப்பு -2 ஐத் தேர்ந்தெடுக்கலாம். -1 முதல் 1 வரையிலான மதிப்புகளுக்கு, நீங்கள் 0 ஐத் தேர்ந்தெடுக்கலாம், மேலும் 1 ஐ விட அதிகமான மதிப்புகளுக்கு, 2 ஐத் தேர்ந்தெடுக்கவும். இந்த எண்களை வழித்தோன்றலில் மாற்றவும் மற்றும் வழித்தோன்றலின் அடையாளத்தைக் கண்டறியவும். இந்த வழக்கில், x = -2 உடன் வழித்தோன்றல் -0.24 க்கு சமமாக இருக்கும், அதாவது. எதிர்மறை மற்றும் இந்த இடைவெளியில் ஒரு கழித்தல் அடையாளம் இருக்கும். x=0 எனில், மதிப்பு 2 க்கு சமமாக இருக்கும், மேலும் இந்த இடைவெளியில் ஒரு அடையாளம் வைக்கப்படும். x=1 எனில், வழித்தோன்றலும் -0.24 க்கு சமமாக இருக்கும் மற்றும் ஒரு கழித்தல் போடப்படும்.

ஆயக் கோட்டில் ஒரு புள்ளியைக் கடக்கும்போது, ​​வழித்தோன்றல் அதன் அடையாளத்தை மைனஸிலிருந்து கூட்டாக மாற்றினால், இது குறைந்தபட்ச புள்ளியாகும், மேலும் கூட்டிலிருந்து கழித்தால், இது அதிகபட்ச புள்ளியாகும்.

தலைப்பில் வீடியோ

பயனுள்ள ஆலோசனை

வழித்தோன்றலைக் கண்டுபிடிக்க, தேவையான மதிப்புகளைக் கணக்கிட்டு முடிவைக் காண்பிக்கும் ஆன்லைன் சேவைகள் உள்ளன. அத்தகைய தளங்களில் நீங்கள் 5 வது வரிசை வரை வழித்தோன்றல்களைக் காணலாம்.

ஆதாரங்கள்:

• வழித்தோன்றல்களைக் கணக்கிடுவதற்கான சேவைகளில் ஒன்று
• செயல்பாட்டின் அதிகபட்ச புள்ளி

ஒரு செயல்பாட்டின் அதிகபட்ச புள்ளிகள், குறைந்தபட்ச புள்ளிகளுடன் சேர்ந்து, தீவிர புள்ளிகள் என்று அழைக்கப்படுகின்றன. இந்த புள்ளிகளில் செயல்பாடு அதன் நடத்தையை மாற்றுகிறது. எக்ஸ்ட்ரீமா வரையறுக்கப்பட்ட எண் இடைவெளியில் தீர்மானிக்கப்படுகிறது மற்றும் எப்போதும் உள்ளூர்.

வழிமுறைகள்

லோக்கல் எக்ஸ்ட்ரீமாவைக் கண்டறியும் செயல்முறை ஒரு செயல்பாடு என்று அழைக்கப்படுகிறது மற்றும் செயல்பாட்டின் முதல் மற்றும் இரண்டாவது வழித்தோன்றல்களை பகுப்பாய்வு செய்வதன் மூலம் செய்யப்படுகிறது. ஆய்வைத் தொடங்குவதற்கு முன், குறிப்பிடப்பட்ட வாத மதிப்புகள் செல்லுபடியாகும் மதிப்புகளுக்குச் சொந்தமானவை என்பதை உறுதிப்படுத்தவும். எடுத்துக்காட்டாக, F=1/x செயல்பாட்டிற்கு x=0 வாதம் செல்லாது. அல்லது Y=tg(x) செயல்பாட்டிற்கு வாதம் x=90° மதிப்பைக் கொண்டிருக்க முடியாது.

Y சார்பு எல்லாவற்றிலும் வேறுபட்டதா என்பதைச் சரிபார்க்கவும் கொடுக்கப்பட்ட பிரிவு. Y இன் முதல் வழித்தோன்றலைக் கண்டுபிடி." உள்ளூர் அதிகபட்ச புள்ளியை அடைவதற்கு முன், செயல்பாடு அதிகரிக்கிறது, அதிகபட்சம் கடந்து செல்லும் போது, ​​செயல்பாடு குறைகிறது. முதல் வழித்தோன்றல், அதன் இயற்பியல் அர்த்தத்தில், செயல்பாட்டின் மாற்ற விகிதத்தை வகைப்படுத்துகிறது. செயல்பாடு அதிகரிக்கும் போது, ​​​​இந்த செயல்முறையின் விகிதம் ஒரு நேர்மறையான மதிப்பாகும் பூஜ்ஜியத்தின் மூலம் செயல்பாடு உள்ளூர் அதிகபட்ச புள்ளியில் நிகழ்கிறது.

பல மாறிகளின் f(x) செயல்பாட்டிற்கு, புள்ளி x என்பது ஒரு திசையன், f'(x) என்பது f(x) செயல்பாட்டின் முதல் வழித்தோன்றல்களின் (கிரேடியன்ட்) திசையன் ஆகும், f ′ ′(x) என்பது இரண்டாவது சமச்சீர் அணி பகுதி வழித்தோன்றல்கள் (Hessian matrix - Hessian) செயல்பாடுகள் f(x).
பல மாறிகளின் செயல்பாட்டிற்கு, உகந்த நிலைகள் பின்வருமாறு உருவாக்கப்படுகின்றன.
உள்ளூர் உகந்த நிலைக்கு தேவையான நிபந்தனை. x * R n என்ற புள்ளியில் f(x) வேறுபடுத்தக்கூடியதாக இருக்கட்டும். x * என்பது உள்ளூர் உச்சநிலை புள்ளியாக இருந்தால், f’(x *) = 0.
முன்பு போலவே, சமன்பாடுகளின் அமைப்புக்கான தீர்வுகளாக இருக்கும் புள்ளிகள் நிலையானது என்று அழைக்கப்படுகின்றன. நிலையான புள்ளி x * இன் தன்மை ஹெஸ்ஸியன் மேட்ரிக்ஸின் திட்டவட்டமான அடையாளத்துடன் தொடர்புடையது f′ ′(x).
அணி A இன் அடையாளம் Q(α)= இருபடி வடிவத்தின் அறிகுறிகளைப் பொறுத்தது< α A, α >அனைத்து பூஜ்ஜியமற்ற α∈R n க்கும்.
இங்கே மற்றும் மேலும் வழியாக x மற்றும் y ஆகிய திசையன்களின் அளவிடல் உற்பத்தியைக் குறிக்கிறது. வரையறையின்படி,

பூஜ்ஜியம் அல்லாத அனைத்து α∈R nக்கும் Q(α)>0 (Q(α)≥0) எனில் ஒரு அணி A நேர்மறை (எதிர்மறை அல்லாதது) உறுதியானது; Q(α) எனில் எதிர்மறை (நேர்மறை அல்லாத) திட்டவட்டமான<0 (Q(α)≤0) при всех ненулевых α∈R n ; неопределенной, если Q(α)>சில பூஜ்ஜியமற்ற α∈R n மற்றும் Q(α)க்கு 0<0 для остальных ненулевых α∈R n .
உள்ளூர் உகந்த நிலைக்கு போதுமான நிபந்தனை. x * R n புள்ளியில் f(x) இருமடங்காக இருக்கட்டும், மற்றும் f'(x *)=0, அதாவது. x * - நிலையான புள்ளி. பின்னர், அணி f′′(x *) நேர்மறை (எதிர்மறை) திட்டவட்டமாக இருந்தால், x * என்பது உள்ளூர் குறைந்தபட்ச (அதிகபட்ச) புள்ளியாகும்; மேட்ரிக்ஸ் f′′(x *) வரையறுக்கப்படவில்லை என்றால், x * என்பது சேணம் புள்ளியாகும்.
மேட்ரிக்ஸ் f′′(x *) எதிர்மறையாக (நேர்மறை அல்லாதது) திட்டவட்டமாக இருந்தால், நிலையான புள்ளி x * இன் தன்மையைத் தீர்மானிக்க உயர் வரிசை வழித்தோன்றல்களைப் படிக்க வேண்டும்.
மேட்ரிக்ஸின் அடையாளத்தை சரிபார்க்க, ஒரு விதியாக, சில்வெஸ்டர் அளவுகோல் பயன்படுத்தப்படுகிறது. இந்த அளவுகோலின்படி, ஒரு சமச்சீர் அணி A ஆனது நேர்மறை திட்டவட்டமானது மற்றும் அதன் அனைத்து கோண சிறார்களும் நேர்மறையாக இருந்தால் மட்டுமே. இந்த வழக்கில், மேட்ரிக்ஸ் A இன் கோண மைனர் என்பது ஒரே (மற்றும் முதல்) எண்களைக் கொண்ட வரிசைகள் மற்றும் நெடுவரிசைகளின் குறுக்குவெட்டில் அமைந்துள்ள அணி A இன் உறுப்புகளிலிருந்து கட்டப்பட்ட மேட்ரிக்ஸின் தீர்மானிப்பதாகும். சமச்சீர் அணி A-ஐ எதிர்மறை உறுதிப்பாட்டைச் சரிபார்க்க, நேர்மறைத் திட்டவட்டத்திற்கு அணி (−A) ஐச் சரிபார்க்க வேண்டும்.
எனவே, பல மாறிகளின் செயல்பாட்டின் உள்ளூர் தீவிர புள்ளிகளை நிர்ணயிப்பதற்கான வழிமுறை பின்வருமாறு.
1. f′(x)ஐக் கண்டறியவும்.
2. அமைப்பு தீர்க்கப்படுகிறது

இதன் விளைவாக, நிலையான புள்ளிகள் x i கணக்கிடப்படுகிறது.
3. f′′(x)ஐக் கண்டுபிடி, i=1ஐ அமைக்கவும்.
4. f′′(x i) கண்டுபிடி
5. அணி f′′(x i) இன் கோண மைனர்கள் கணக்கிடப்படுகின்றன. அனைத்து கோண மைனர்களும் பூஜ்ஜியமாக இல்லை என்றால், நிலையான புள்ளி x i இன் தன்மையை தீர்மானிக்க உயர் வரிசை வழித்தோன்றல்களைப் படிக்க வேண்டும். இந்த வழக்கில், படி 8 க்கு மாற்றம் மேற்கொள்ளப்படுகிறது.
இல்லையெனில், படி 6 க்குச் செல்லவும்.
6. கோண சிறார்களின் அறிகுறிகள் f′′(x i) பகுப்பாய்வு செய்யப்படுகின்றன. f′′(x i) நேர்மறை திட்டவட்டமாக இருந்தால், x i என்பது உள்ளூர் குறைந்தபட்ச புள்ளியாகும். இந்த வழக்கில், படி 8 க்கு மாற்றம் மேற்கொள்ளப்படுகிறது.
இல்லையெனில், படி 7 க்குச் செல்லவும்.
7. அணி -f′′(x i) கோண மைனர்கள் கணக்கிடப்பட்டு அவற்றின் அறிகுறிகள் பகுப்பாய்வு செய்யப்படுகின்றன.
-f′′(x i) - நேர்மறை திட்டவட்டமாக இருந்தால், f′′(x i) எதிர்மறை திட்டவட்டமானது மற்றும் x i என்பது உள்ளூர் அதிகபட்ச புள்ளியாகும்.
இல்லையெனில் f′′(x i) வரையறுக்கப்படாதது மற்றும் x i என்பது சேணம் புள்ளியாகும்.
8. அனைத்து நிலையான புள்ளிகளின் தன்மையை தீர்மானிப்பதற்கான நிபந்தனை i=N சரிபார்க்கப்பட்டது.
அது நிறைவேறினால், கணக்கீடுகள் முடிக்கப்படும்.
நிபந்தனை பூர்த்தி செய்யப்படாவிட்டால், i=i+1 எனக் கருதப்பட்டு, படி 4க்கு மாற்றம் மேற்கொள்ளப்படும்.

எடுத்துக்காட்டு எண். 1. f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2 செயல்பாட்டின் லோக்கல் எக்ஸ்ட்ரீமாவின் புள்ளிகளைத் தீர்மானிக்கவும்









அனைத்து கோண சிறார்களும் பூஜ்ஜியமாக இல்லாததால், x 2 இன் தன்மை f′′(x) ஐப் பயன்படுத்தி தீர்மானிக்கப்படுகிறது.
மேட்ரிக்ஸ் f′′(x 2) நேர்மறை திட்டவட்டமாக இருப்பதால், x 2 என்பது உள்ளூர் குறைந்தபட்ச புள்ளியாகும்.
பதில்: செயல்பாடு f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2 ஆனது x = (5/3; 8/3) என்ற புள்ளியில் உள்ளூர் குறைந்தபட்சத்தைக் கொண்டுள்ளது.

$E \subset \mathbb(R)^(n)$. $f$ உள்ளது என்கிறார்கள் உள்ளூர் அதிகபட்சம்$x_(0) = E$ என்ற புள்ளியில், $x_(0)$ என்ற புள்ளியின் அருகில் $U$ இருந்தால், $x \in U$ இல் சமத்துவமின்மை $f\இடது(x\வலது) ) \leqslant f திருப்தியடைந்தது \இடது(x_(0)\வலது)$.

உள்ளூர் அதிகபட்சம் அழைக்கப்படுகிறது கண்டிப்பான , $x_(0)$ இலிருந்து வேறுபட்ட அனைத்து $x \in U$ க்கும் $f\இடது(x\வலது) இருக்கும் வகையில் $U$ஐத் தேர்ந்தெடுக்கலாம்.< f\left(x_{0}\right)$.

வரையறை
திறந்த தொகுப்பான $E \subset \mathbb(R)^(n)$ இல் $f$ ஒரு உண்மையான செயல்பாடாக இருக்கட்டும். $f$ உள்ளது என்கிறார்கள் உள்ளூர் குறைந்தபட்சம்$x_(0) = E$ என்ற புள்ளியில், $x_(0)$ என்ற புள்ளியின் அருகில் $U$ இருந்தால் $f\left(x\right) \geqslant f ஆனது அனைத்து $க்கும் இருக்கும் x \in U$ \இடது(x_(0)\வலது)$.

அக்கம் பக்கத்தில் $U$ தேர்ந்தெடுக்கப்பட்டால், உள்ளூர் குறைந்தபட்சம் கண்டிப்பானது என்று அழைக்கப்படுகிறது, இதனால் $x_(0)$ இலிருந்து வேறுபட்ட $x \in U$ இல் $f\left(x\right) > f\left(x_ (0)\வலது)$.

லோக்கல் எக்ஸ்ட்ரம் லோக்கல் மினிமம் மற்றும் லோக்கல் அதிகபட்சம் என்ற கருத்துகளை ஒருங்கிணைக்கிறது.

தேற்றம் (வேறுபடுத்தக்கூடிய செயல்பாட்டின் உச்சநிலைக்கு தேவையான நிபந்தனை)
திறந்த தொகுப்பான $E \subset \mathbb(R)^(n)$ இல் $f$ ஒரு உண்மையான செயல்பாடாக இருக்கட்டும். $x_(0) \in E$ என்ற புள்ளியில் $f$ சார்பு இந்த கட்டத்தில் உள்ளூர் உச்சநிலையைக் கொண்டிருந்தால், $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ பூஜ்ஜிய வேறுபாட்டிற்குச் சமமானது, அனைத்தும் பூஜ்ஜியத்திற்குச் சமம் என்பதற்குச் சமம், அதாவது. $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

ஒரு பரிமாண வழக்கில் இது - . $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$ ஐ குறிப்போம், இங்கு $h$ என்பது தன்னிச்சையான திசையன். $\phi$ செயல்பாடு $t$ இன் மதிப்புகளுக்கு வரையறுக்கப்பட்டுள்ளது, அவை முழுமையான மதிப்பில் போதுமான அளவு குறைவாக இருக்கும். கூடுதலாக, பொறுத்து, இது வேறுபட்டது, மற்றும் $(\phi)’ \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$.
$f$ புள்ளி x $0$ இல் உள்ளூர் அதிகபட்சமாக இருக்கட்டும். இதன் பொருள் $\phi$ இல் $t = 0$ இல் உள்ள செயல்பாடு உள்ளூர் அதிகபட்சம் மற்றும், ஃபெர்மாட்டின் தேற்றத்தின்படி, $(\phi)’ \left(0\right)=0$.
எனவே, எங்களுக்கு $df \left(x_(0)\right) = 0$ கிடைத்தது, அதாவது. $x_(0)$ புள்ளியில் $f$ செயல்பாடு எந்த திசையன் $h$ இல் பூஜ்ஜியத்திற்கு சமம்.

வரையறை
வேறுபாடு பூஜ்ஜியமாக இருக்கும் புள்ளிகள், அதாவது. அனைத்து பகுதி வழித்தோன்றல்களும் பூஜ்ஜியத்திற்கு சமமானவை நிலையானவை என்று அழைக்கப்படுகின்றன. முக்கியமான புள்ளிகள் செயல்பாடுகள் $f$ என்பது $f$ வேறுபடுத்த முடியாத அல்லது பூஜ்ஜியத்திற்கு சமமான புள்ளிகளாகும். புள்ளி நிலையானதாக இருந்தால், இந்த கட்டத்தில் செயல்பாடு ஒரு உச்சநிலையைக் கொண்டுள்ளது என்பதை இதிலிருந்து பின்பற்ற முடியாது.

எடுத்துக்காட்டு 1.
$f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$ எனலாம். பிறகு $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$, எனவே $\left(0,0\right)$ என்பது ஒரு நிலையான புள்ளி, ஆனால் இந்த கட்டத்தில் செயல்பாட்டிற்கு உச்சநிலை இல்லை. உண்மையில், $f \left(0,0\right) = 0$, ஆனால் $\left(0,0\right)$ என்ற புள்ளியின் எந்த சுற்றுப்புறத்திலும் செயல்பாடு நேர்மறை மற்றும் எதிர்மறை மதிப்புகளை எடுப்பதை எளிதாகக் காணலாம்.

எடுத்துக்காட்டு 2.
செயல்பாடு $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ அதன் தோற்றத்தில் ஒரு நிலையான புள்ளியைக் கொண்டுள்ளது, ஆனால் இந்த கட்டத்தில் எந்த உச்சநிலையும் இல்லை என்பது தெளிவாகிறது.

தேற்றம் (அதிகரிப்புக்கு போதுமான நிபந்தனை).
திறந்த தொகுப்பான $E \subset \mathbb(R)^(n)$ இல் $f$ செயல்பாட்டை இருமுறை தொடர்ந்து வேறுபடுத்தலாம். E$ இல் $x_(0) ஒரு நிலையான புள்ளியாகவும் $$\டிஸ்ப்ளேஸ்டைல் ​​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).$ $ பிறகு

1. $க் எதிர்மறை வரையறை;
2. $Q_(x_(0))$ என்ற இருபடி வடிவம் வரையறுக்கப்படாமல் இருந்தால், $x_(0)$ புள்ளியில் $f$ செயல்பாட்டிற்கு உச்சநிலை இல்லை.

டெய்லரின் சூத்திரத்தின்படி விரிவாக்கத்தைப் பயன்படுத்துவோம் (12.7 பக். 292). $x_(0)$ புள்ளியில் உள்ள முதல் வரிசை பகுதி வழித்தோன்றல்கள் பூஜ்ஜியத்திற்குச் சமம் என்பதைக் கருத்தில் கொண்டு, $$\டிஸ்ப்ளே ஸ்டைல் ​​f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\ வலது) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_ (j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ எங்கே $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$, மற்றும் $h \rightarrow 0$க்கு $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$, பிறகு வலது புறம் போதுமான அளவு சிறிய நீளம் கொண்ட எந்த திசையன் $h$க்கும் நேர்மறையாக இருக்கும்.
எனவே, $x_(0)$ என்ற புள்ளியின் ஒரு குறிப்பிட்ட சுற்றுப்புறத்தில் $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ இருந்தால் மட்டுமே சமத்துவமின்மை உள்ளது என்ற முடிவுக்கு வந்துள்ளோம் x \neq x_ (0)$ ($x=x_(0)+h$\right என்று வைத்தோம்). இதன் பொருள் $x_(0)$ புள்ளியில் செயல்பாடு கண்டிப்பான உள்ளூர் குறைந்தபட்சத்தைக் கொண்டுள்ளது, இதனால் எங்கள் தேற்றத்தின் முதல் பகுதி நிரூபிக்கப்பட்டுள்ளது.
இப்போது $Q_(x_(0))$ – என்று வைத்துக்கொள்வோம் காலவரையற்ற வடிவம். பின்னர் $h_(1)$, $h_(2)$ போன்ற திசையன்கள் உள்ளன, அதாவது $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \left(h_(2)\right)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>$0. பிறகு $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ போதுமான அளவு சிறிய $t>0$, வலது கை பக்க நேர்மறையானது. இதன் பொருள் $x_(0)$ என்ற புள்ளியின் எந்தப் பகுதியிலும் $f$ செயல்பாடு $f \left(x\right)$ $f \left(x_(0)\right)$ ஐ விட அதிகமான மதிப்புகளை எடுக்கும்.
இதேபோல், $x_(0)$ என்ற புள்ளியின் எந்தப் பகுதியிலும் $f$ செயல்பாடு $f \left(x_(0)\right)$ ஐ விட குறைவான மதிப்புகளை எடுக்கும். இது, முந்தையதுடன் சேர்ந்து, $x_(0)$ என்ற புள்ளியில் $f$ செயல்பாட்டிற்கு உச்சநிலை இல்லை.

கருத்தில் கொள்வோம் சிறப்பு வழக்கு$\left(x_(0),y_(0)\right)$ என்ற புள்ளியின் குறிப்பிட்ட சுற்றுப்புறத்தில் வரையறுக்கப்பட்ட இரண்டு மாறிகளின் $f \left(x,y\right)$ செயல்பாட்டிற்கான இந்த தேற்றம் மற்றும் தொடர்ச்சியான பகுதி இந்த அருகாமையில் முதல் மற்றும் இரண்டாவது ஆர்டர்களின் வழித்தோன்றல்கள். $\left(x_(0),y_(0)\right)$ ஒரு நிலையான புள்ளி என்று வைத்து $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^ (2)) \left(x_(0) ,y_(0)\right), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_( 0) ), y_(0)\right), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(x_(0), y_(0)\right ) .$$ பின்னர் முந்தைய தேற்றம் பின்வரும் வடிவத்தை எடுக்கும்.

தேற்றம்
$\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$. பிறகு:

1. $\Delta>0$ எனில், $f$ செயல்பாட்டானது $\left(x_(0),y_(0)\right)$ என்ற புள்ளியில் லோக்கல் எக்ஸ்ட்ரம்மைக் கொண்டுள்ளது, அதாவது $a_(11)> எனில் குறைந்தபட்சம் 0$ , மற்றும் அதிகபட்சம் என்றால் $a_(11)<0$;
2. $\டெல்டா என்றால்<0$, 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.

சிக்கலைத் தீர்ப்பதற்கான எடுத்துக்காட்டுகள்

பல மாறிகளின் செயல்பாட்டின் உச்சநிலையைக் கண்டறிவதற்கான அல்காரிதம்:

1. நிலையான புள்ளிகளைக் கண்டறிதல்;
2. அனைத்து நிலையான புள்ளிகளிலும் 2வது வரிசை வேறுபாட்டைக் கண்டறியவும்
3. பல மாறிகளின் செயல்பாட்டின் உச்சநிலைக்கு போதுமான நிபந்தனையைப் பயன்படுத்தி, ஒவ்வொரு நிலையான புள்ளியிலும் 2 வது வரிசை வேறுபாட்டைக் கருதுகிறோம்

1. எக்ஸ்ட்ரம் $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$ க்கான செயல்பாட்டை ஆராயவும்.
   தீர்வு

   1வது வரிசை பகுதி வழித்தோன்றல்களைக் கண்டுபிடிப்போம்: $$\டிஸ்ப்ளேஸ்டைல் ​​\frac(\பகுதி f)(\பகுதி x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\டிஸ்ப்ளேஸ்டைல் ​​\frac(\பகுதி f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ அமைப்பை உருவாக்கி தீர்ப்போம்: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)x^(2) — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) — x = 0 \end(cases)$$ 2வது சமன்பாட்டிலிருந்து நாம் $x=4 \cdot y^(2)$ ஐ வெளிப்படுத்துகிறோம் - அதை 1வது சமன்பாட்டில் மாற்றவும்: $$\டிஸ்ப்ளேஸ்டைல் ​​\left(4 \cdot y^(2) \right )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $ $y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ இதன் விளைவாக, 2 நிலையான புள்ளிகள் பெறப்படுகின்றன:
   1) $y=0 \Rightarrow x = 0, M_(1) = \left(0, 0\right)$;
   2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\right)$
   ஒரு உச்சநிலைக்கான போதுமான நிபந்தனை திருப்திகரமாக உள்ளதா என்பதைச் சரிபார்க்கவும்:
   $$\ 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$$
   1) புள்ளிக்கு $M_(1)= \left(0,0\right)$:
   $$\ 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;$$
   $A_(1) \cdot B_(1) — C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
   2) புள்ளிக்கு $M_(2)$:
   $$\ 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;$$
   $A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, அதாவது $M_(2)$ புள்ளியில் ஒரு தீவிரம் உள்ளது, மேலும் $A_(2)> 0$, இது குறைந்தபட்சம்.
   பதில்: $\டிஸ்ப்ளே ஸ்டைல் ​​M_(2)\left(1,\frac(1)(2)\right)$ என்பது $f$ செயல்பாட்டின் குறைந்தபட்ச புள்ளியாகும்.
   

2. எக்ஸ்ட்ரம் $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$க்கான செயல்பாட்டை ஆராயவும்.
   தீர்வு

   நிலையான புள்ளிகளைக் கண்டுபிடிப்போம்: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \ cdot y + 2 \cdot x - 2.$$
   கணினியை உருவாக்கி தீர்ப்போம்: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases ) \ Rightarrow \begin(cases)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases) y = 2\\y + x = 1\end(வழக்குகள்) \Rightarrow x = -1$$
   $M_(0) \left(-1, 2\right)$ என்பது ஒரு நிலையான புள்ளி.
   உச்சநிலைக்கான போதுமான நிபந்தனை திருப்திகரமாக உள்ளதா என்பதைச் சரிபார்ப்போம்: $$\டிஸ்ப்ளேஸ்டைல் ​​A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0 ; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\right)=2;$$
   $A \cdot B — C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
   பதில்: உச்சநிலைகள் எதுவும் இல்லை.
   

கால வரம்பு: 0

வழிசெலுத்தல் (வேலை எண்கள் மட்டும்)

4 பணிகளில் 0 முடிந்தது

தகவல்

நீங்கள் இப்போது படித்த தலைப்பைப் பற்றிய உங்கள் அறிவை சோதிக்க இந்த வினாடி வினாவை மேற்கொள்ளுங்கள்: பல மாறிகளின் செயல்பாடுகளின் லோக்கல் எக்ஸ்ட்ரீமா.

நீங்கள் ஏற்கனவே சோதனை எடுத்திருக்கிறீர்கள். நீங்கள் அதை மீண்டும் தொடங்க முடியாது.

சோதனை ஏற்றுகிறது...

சோதனையைத் தொடங்க நீங்கள் உள்நுழைய வேண்டும் அல்லது பதிவு செய்ய வேண்டும்.

இதைத் தொடங்க, நீங்கள் பின்வரும் சோதனைகளை முடிக்க வேண்டும்:

முடிவுகள்

சரியான பதில்கள்: 4 இல் 0

உங்கள் நேரம்:

நேரம் முடிந்துவிட்டது

நீங்கள் 0 இல் 0 புள்ளிகளைப் பெற்றுள்ளீர்கள் (0)

உங்கள் முடிவு லீடர்போர்டில் பதிவு செய்யப்பட்டுள்ளது

1. பதிலுடன்
2. பார்க்கும் அடையாளத்துடன்

4 இல் பணி 1

1 .

புள்ளிகளின் எண்ணிக்கை: 1

எக்ஸ்ட்ரீமாவுக்கான $f$ செயல்பாட்டை ஆராயவும்: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

சரி


தவறு


1. பணி 2 இல் 4

   2 .

   புள்ளிகளின் எண்ணிக்கை: 1

   $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ செயல்பாட்டிற்கு உச்சம் உள்ளதா

$E \subset \mathbb(R)^(n)$. $f$ உள்ளது என்கிறார்கள் உள்ளூர் அதிகபட்சம்$x_(0) = E$ என்ற புள்ளியில், $x_(0)$ என்ற புள்ளியின் அருகில் $U$ இருந்தால், $x \in U$ இல் சமத்துவமின்மை $f\இடது(x\வலது) ) \leqslant f திருப்தியடைந்தது \இடது(x_(0)\வலது)$.

உள்ளூர் அதிகபட்சம் அழைக்கப்படுகிறது கண்டிப்பான , $x_(0)$ இலிருந்து வேறுபட்ட அனைத்து $x \in U$ க்கும் $f\இடது(x\வலது) இருக்கும் வகையில் $U$ஐத் தேர்ந்தெடுக்கலாம்.< f\left(x_{0}\right)$.

வரையறை
திறந்த தொகுப்பான $E \subset \mathbb(R)^(n)$ இல் $f$ ஒரு உண்மையான செயல்பாடாக இருக்கட்டும். $f$ உள்ளது என்கிறார்கள் உள்ளூர் குறைந்தபட்சம்$x_(0) = E$ என்ற புள்ளியில், $x_(0)$ என்ற புள்ளியின் அருகில் $U$ இருந்தால் $f\left(x\right) \geqslant f ஆனது அனைத்து $க்கும் இருக்கும் x \in U$ \இடது(x_(0)\வலது)$.

அக்கம் பக்கத்தில் $U$ தேர்ந்தெடுக்கப்பட்டால், உள்ளூர் குறைந்தபட்சம் கண்டிப்பானது என்று அழைக்கப்படுகிறது, இதனால் $x_(0)$ இலிருந்து வேறுபட்ட $x \in U$ இல் $f\left(x\right) > f\left(x_ (0)\வலது)$.

லோக்கல் எக்ஸ்ட்ரம் லோக்கல் மினிமம் மற்றும் லோக்கல் அதிகபட்சம் என்ற கருத்துகளை ஒருங்கிணைக்கிறது.

தேற்றம் (வேறுபடுத்தக்கூடிய செயல்பாட்டின் உச்சநிலைக்கு தேவையான நிபந்தனை)
திறந்த தொகுப்பான $E \subset \mathbb(R)^(n)$ இல் $f$ ஒரு உண்மையான செயல்பாடாக இருக்கட்டும். $x_(0) \in E$ என்ற புள்ளியில் $f$ சார்பு இந்த கட்டத்தில் உள்ளூர் உச்சநிலையைக் கொண்டிருந்தால், $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ பூஜ்ஜிய வேறுபாட்டிற்குச் சமமானது, அனைத்தும் பூஜ்ஜியத்திற்குச் சமம் என்பதற்குச் சமம், அதாவது. $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

ஒரு பரிமாண வழக்கில் இது - . $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$ ஐ குறிப்போம், இங்கு $h$ என்பது தன்னிச்சையான திசையன். $\phi$ செயல்பாடு $t$ இன் மதிப்புகளுக்கு வரையறுக்கப்பட்டுள்ளது, அவை முழுமையான மதிப்பில் போதுமான அளவு குறைவாக இருக்கும். கூடுதலாக, பொறுத்து, இது வேறுபட்டது, மற்றும் $(\phi)’ \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$.
$f$ புள்ளி x $0$ இல் உள்ளூர் அதிகபட்சமாக இருக்கட்டும். இதன் பொருள் $\phi$ இல் $t = 0$ இல் உள்ள செயல்பாடு உள்ளூர் அதிகபட்சம் மற்றும், ஃபெர்மாட்டின் தேற்றத்தின்படி, $(\phi)’ \left(0\right)=0$.
எனவே, எங்களுக்கு $df \left(x_(0)\right) = 0$ கிடைத்தது, அதாவது. $x_(0)$ புள்ளியில் $f$ செயல்பாடு எந்த திசையன் $h$ இல் பூஜ்ஜியத்திற்கு சமம்.

வரையறை
வேறுபாடு பூஜ்ஜியமாக இருக்கும் புள்ளிகள், அதாவது. அனைத்து பகுதி வழித்தோன்றல்களும் பூஜ்ஜியத்திற்கு சமமானவை நிலையானவை என்று அழைக்கப்படுகின்றன. முக்கியமான புள்ளிகள்செயல்பாடுகள் $f$ என்பது $f$ வேறுபடுத்த முடியாத அல்லது பூஜ்ஜியத்திற்கு சமமான புள்ளிகளாகும். புள்ளி நிலையானதாக இருந்தால், இந்த கட்டத்தில் செயல்பாடு ஒரு உச்சநிலையைக் கொண்டுள்ளது என்பதை இதிலிருந்து பின்பற்ற முடியாது.

எடுத்துக்காட்டு 1.
$f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$ எனலாம். பிறகு $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$, எனவே $\left(0,0\right)$ என்பது ஒரு நிலையான புள்ளி, ஆனால் இந்த கட்டத்தில் செயல்பாட்டிற்கு உச்சநிலை இல்லை. உண்மையில், $f \left(0,0\right) = 0$, ஆனால் $\left(0,0\right)$ என்ற புள்ளியின் எந்த சுற்றுப்புறத்திலும் செயல்பாடு நேர்மறை மற்றும் எதிர்மறை மதிப்புகளை எடுப்பதை எளிதாகக் காணலாம்.

எடுத்துக்காட்டு 2.
செயல்பாடு $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ அதன் தோற்றத்தில் ஒரு நிலையான புள்ளியைக் கொண்டுள்ளது, ஆனால் இந்த கட்டத்தில் எந்த உச்சநிலையும் இல்லை என்பது தெளிவாகிறது.

தேற்றம் (அதிகரிப்புக்கு போதுமான நிபந்தனை).
திறந்த தொகுப்பான $E \subset \mathbb(R)^(n)$ இல் $f$ செயல்பாட்டை இருமுறை தொடர்ந்து வேறுபடுத்தலாம். E$ இல் $x_(0) ஒரு நிலையான புள்ளியாகவும் $$\டிஸ்ப்ளேஸ்டைல் ​​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).$ $ பிறகு

1. $க் எதிர்மறை வரையறை;
2. $Q_(x_(0))$ என்ற இருபடி வடிவம் வரையறுக்கப்படாமல் இருந்தால், $x_(0)$ புள்ளியில் $f$ செயல்பாட்டிற்கு உச்சநிலை இல்லை.

டெய்லரின் சூத்திரத்தின்படி விரிவாக்கத்தைப் பயன்படுத்துவோம் (12.7 பக். 292). $x_(0)$ புள்ளியில் உள்ள முதல் வரிசை பகுதி வழித்தோன்றல்கள் பூஜ்ஜியத்திற்குச் சமம் என்பதைக் கருத்தில் கொண்டு, $$\டிஸ்ப்ளே ஸ்டைல் ​​f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\ வலது) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_ (j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ எங்கே $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$, மற்றும் $h \rightarrow 0$க்கு $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$, பிறகு வலது புறம் போதுமான அளவு சிறிய நீளம் கொண்ட எந்த திசையன் $h$க்கும் நேர்மறையாக இருக்கும்.
எனவே, $x_(0)$ என்ற புள்ளியின் ஒரு குறிப்பிட்ட சுற்றுப்புறத்தில் $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ இருந்தால் மட்டுமே சமத்துவமின்மை உள்ளது என்ற முடிவுக்கு வந்துள்ளோம் x \neq x_ (0)$ ($x=x_(0)+h$\right என்று வைத்தோம்). இதன் பொருள் $x_(0)$ புள்ளியில் செயல்பாடு கண்டிப்பான உள்ளூர் குறைந்தபட்சத்தைக் கொண்டுள்ளது, இதனால் எங்கள் தேற்றத்தின் முதல் பகுதி நிரூபிக்கப்பட்டுள்ளது.
இப்போது $Q_(x_(0))$ ஒரு காலவரையற்ற வடிவம் என்று வைத்துக்கொள்வோம். பின்னர் $h_(1)$, $h_(2)$ போன்ற திசையன்கள் உள்ளன, அதாவது $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \left(h_(2)\right)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>$0. பிறகு $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ போதுமான அளவு சிறிய $t>0$, வலது கை பக்க நேர்மறையானது. இதன் பொருள் $x_(0)$ என்ற புள்ளியின் எந்தப் பகுதியிலும் $f$ செயல்பாடு $f \left(x\right)$ $f \left(x_(0)\right)$ ஐ விட அதிகமான மதிப்புகளை எடுக்கும்.
இதேபோல், $x_(0)$ என்ற புள்ளியின் எந்தப் பகுதியிலும் $f$ செயல்பாடு $f \left(x_(0)\right)$ ஐ விட குறைவான மதிப்புகளை எடுக்கும். இது, முந்தையதுடன் சேர்ந்து, $x_(0)$ என்ற புள்ளியில் $f$ செயல்பாட்டிற்கு உச்சநிலை இல்லை.

$\left(x_(0),y_(0)\right என்ற புள்ளியின் சில அருகாமையில் வரையறுக்கப்பட்ட இரண்டு மாறிகளின் $f \left(x,y\right)$ செயல்பாட்டிற்கான இந்த தேற்றத்தின் ஒரு சிறப்பு வழக்கை பரிசீலிப்போம். )$ மற்றும் முதல் மற்றும் இரண்டாவது ஆர்டர்களின் தொடர்ச்சியான பகுதி வழித்தோன்றல்களைக் கொண்டுள்ளது. $\left(x_(0),y_(0)\right)$ ஒரு நிலையான புள்ளி என்று வைத்து $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^ (2)) \left(x_(0) ,y_(0)\right), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_( 0) ), y_(0)\right), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(x_(0), y_(0)\right ) .$$ பின்னர் முந்தைய தேற்றம் பின்வரும் வடிவத்தை எடுக்கும்.

தேற்றம்
$\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$. பிறகு:

1. $\Delta>0$ எனில், $f$ செயல்பாட்டானது $\left(x_(0),y_(0)\right)$ என்ற புள்ளியில் லோக்கல் எக்ஸ்ட்ரம்மைக் கொண்டுள்ளது, அதாவது $a_(11)> எனில் குறைந்தபட்சம் 0$ , மற்றும் அதிகபட்சம் என்றால் $a_(11)<0$;
2. $\டெல்டா என்றால்<0$, 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.

சிக்கலைத் தீர்ப்பதற்கான எடுத்துக்காட்டுகள்

பல மாறிகளின் செயல்பாட்டின் உச்சநிலையைக் கண்டறிவதற்கான அல்காரிதம்:

1. நிலையான புள்ளிகளைக் கண்டறிதல்;
2. அனைத்து நிலையான புள்ளிகளிலும் 2வது வரிசை வேறுபாட்டைக் கண்டறியவும்
3. பல மாறிகளின் செயல்பாட்டின் உச்சநிலைக்கு போதுமான நிபந்தனையைப் பயன்படுத்தி, ஒவ்வொரு நிலையான புள்ளியிலும் 2 வது வரிசை வேறுபாட்டைக் கருதுகிறோம்

1. எக்ஸ்ட்ரம் $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$ க்கான செயல்பாட்டை ஆராயவும்.
   தீர்வு

   1வது வரிசை பகுதி வழித்தோன்றல்களைக் கண்டுபிடிப்போம்: $$\டிஸ்ப்ளேஸ்டைல் ​​\frac(\பகுதி f)(\பகுதி x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\டிஸ்ப்ளேஸ்டைல் ​​\frac(\பகுதி f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ அமைப்பை உருவாக்கி தீர்ப்போம்: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)x^(2) — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) — x = 0 \end(cases)$$ 2வது சமன்பாட்டிலிருந்து நாம் $x=4 \cdot y^(2)$ ஐ வெளிப்படுத்துகிறோம் - அதை 1வது சமன்பாட்டில் மாற்றவும்: $$\டிஸ்ப்ளேஸ்டைல் ​​\left(4 \cdot y^(2) \right )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $ $y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ இதன் விளைவாக, 2 நிலையான புள்ளிகள் பெறப்படுகின்றன:
   1) $y=0 \Rightarrow x = 0, M_(1) = \left(0, 0\right)$;
   2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\right)$
   ஒரு உச்சநிலைக்கான போதுமான நிபந்தனை திருப்திகரமாக உள்ளதா என்பதைச் சரிபார்க்கவும்:
   $$\ 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$$
   1) புள்ளிக்கு $M_(1)= \left(0,0\right)$:
   $$\ 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;$$
   $A_(1) \cdot B_(1) — C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
   2) புள்ளிக்கு $M_(2)$:
   $$\ 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;$$
   $A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, அதாவது $M_(2)$ புள்ளியில் ஒரு தீவிரம் உள்ளது, மேலும் $A_(2)> 0$, இது குறைந்தபட்சம்.
   பதில்: $\டிஸ்ப்ளே ஸ்டைல் ​​M_(2)\left(1,\frac(1)(2)\right)$ என்பது $f$ செயல்பாட்டின் குறைந்தபட்ச புள்ளியாகும்.
   

2. எக்ஸ்ட்ரம் $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$க்கான செயல்பாட்டை ஆராயவும்.
   தீர்வு

   நிலையான புள்ளிகளைக் கண்டுபிடிப்போம்: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \ cdot y + 2 \cdot x - 2.$$
   கணினியை உருவாக்கி தீர்ப்போம்: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases ) \ Rightarrow \begin(cases)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases) y = 2\\y + x = 1\end(வழக்குகள்) \Rightarrow x = -1$$
   $M_(0) \left(-1, 2\right)$ என்பது ஒரு நிலையான புள்ளி.
   உச்சநிலைக்கான போதுமான நிபந்தனை திருப்திகரமாக உள்ளதா என்பதைச் சரிபார்ப்போம்: $$\டிஸ்ப்ளேஸ்டைல் ​​A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0 ; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\right)=2;$$
   $A \cdot B — C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
   பதில்: உச்சநிலைகள் எதுவும் இல்லை.
   

கால வரம்பு: 0

வழிசெலுத்தல் (வேலை எண்கள் மட்டும்)

4 பணிகளில் 0 முடிந்தது

தகவல்

நீங்கள் இப்போது படித்த தலைப்பைப் பற்றிய உங்கள் அறிவை சோதிக்க இந்த வினாடி வினாவை மேற்கொள்ளுங்கள்: பல மாறிகளின் செயல்பாடுகளின் லோக்கல் எக்ஸ்ட்ரீமா.

நீங்கள் ஏற்கனவே சோதனை எடுத்திருக்கிறீர்கள். நீங்கள் அதை மீண்டும் தொடங்க முடியாது.

சோதனை ஏற்றுகிறது...

சோதனையைத் தொடங்க நீங்கள் உள்நுழைய வேண்டும் அல்லது பதிவு செய்ய வேண்டும்.

இதைத் தொடங்க, நீங்கள் பின்வரும் சோதனைகளை முடிக்க வேண்டும்:

முடிவுகள்

சரியான பதில்கள்: 4 இல் 0

உங்கள் நேரம்:

நேரம் முடிந்துவிட்டது

நீங்கள் 0 இல் 0 புள்ளிகளைப் பெற்றுள்ளீர்கள் (0)

உங்கள் முடிவு லீடர்போர்டில் பதிவு செய்யப்பட்டுள்ளது

1. பதிலுடன்
2. பார்க்கும் அடையாளத்துடன்

4 இல் பணி 1

1 .

புள்ளிகளின் எண்ணிக்கை: 1

எக்ஸ்ட்ரீமாவுக்கான $f$ செயல்பாட்டை ஆராயவும்: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

சரி


தவறு


1. பணி 2 இல் 4

   2 .

   புள்ளிகளின் எண்ணிக்கை: 1

   $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ செயல்பாட்டிற்கு உச்சம் உள்ளதா