Եկեք նախ դիտարկենք երկու փոփոխականների ֆունկցիայի դեպքը: $z=f(x,y)$ ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղությունը $M_0(x_0;y_0)$ կետում այս ֆունկցիայի ծայրահեղությունն է, որը հասնում է այն պայմանով, որ $x$ և $y$ փոփոխականները նշված են. Այս կետի մերձակայքում բավարարում են $\ varphi(x,y)=0$ սահմանափակման հավասարումը:

«Պայմանական» էքստրեմում անվանումը պայմանավորված է նրանով, որ փոփոխականների վրա դրվում է $\varphi(x,y)=0$ լրացուցիչ պայման։ Եթե ​​մի փոփոխականը հնարավոր է արտահայտել միացման հավասարումից մյուսով, ապա պայմանական ծայրահեղության որոշման խնդիրը կրճատվում է մեկ փոփոխականի ֆունկցիայի սովորական ծայրահեղության խնդրին։ Օրինակ, եթե $y=\psi(x)$-ը բխում է սահմանափակման հավասարումից, ապա $y=\psi(x)$-ին փոխարինելով $z=f(x,y)$-ով, մենք ստանում ենք $ մեկ փոփոխականի ֆունկցիա: z=f\ձախ (x,\psi(x)\աջ)$: Ընդհանուր դեպքում, սակայն, այս մեթոդը քիչ օգուտ ունի, ուստի նոր ալգորիթմ է պահանջվում:

Լագրանժի բազմապատկիչների մեթոդ երկու փոփոխականների ֆունկցիաների համար:

Լագրանժի բազմապատկիչների մեթոդն այն է, որ պայմանական ծայրահեղությունը գտնելու համար Լագրանժի ֆունկցիան կազմվում է՝ $F(x,y)=f(x,y)+\lambda\varphi(x,y)$ ($\lambda պարամետրը: $-ը կոչվում է Լագրանժի բազմապատկիչ): Անհրաժեշտ ծայրահեղ պայմանները տրվում են հավասարումների համակարգով, որից որոշվում են անշարժ կետերը.

$$ \ձախ \( \սկիզբ (հավասարեցված) & \frac(\մասնակի F)(\մասնակի x)=0;\\ & \frac(\մասնակի F)(\մասնակի y)=0;\\ & \varphi (x,y)=0.\end(հավասարեցված)\աջ.$$

$d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2$ նշանը: Եթե ​​անշարժ կետում $d^2F > 0$, ապա $z=f(x,y)$ ֆունկցիան այս պահին ունի պայմանական նվազագույն, բայց եթե $d^2F.< 0$, то условный максимум.

Ծայրահեղության բնույթը որոշելու մեկ այլ եղանակ կա. Սահմանափակման հավասարումից ստանում ենք՝ $\varphi_(x)^(")dx+\varphi_(y)^(")dy=0$, $dy=-\frac(\varphi_(x)^("))( \varphi_ (y)^("))dx$, ուրեմն ցանկացած անշարժ կետում ունենք.

$$d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=F_(xx)^( "")dx^2+2F_(xy)^("")dx\left(-\frac(\varphi_(x)^("))(\varphi_(y)^("))dx\աջ)+ F_(yy)^("")\left(-\frac(\varphi_(x)^("))(\varphi_(y)^("))dx\right)^2=\\ =-\frac (dx^2)(\left(\varphi_(y)^(") \աջ)^2)\cdot\left(-(\varphi_(y)^("))^2 F_(xx)^(" ")+2\varphi_(x)^(")\varphi_(y)^(")F_(xy)^("")-(\varphi_(x)^("))^2 F_(yy)^ ("")\աջ)$$

Երկրորդ գործոնը (գտնվում է փակագծերում) կարող է ներկայացվել այս ձևով.

$\ձախ|-ի տարրեր \սկիզբ(զանգված) (cc) F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \վերջ (զանգված) \right|$ որը Լագրանժի ֆունկցիայի Հեսիան է։ Եթե ​​$H > 0$, ապա $d^2F< 0$, что указывает на условный максимум. Аналогично, при $H < 0$ имеем $d^2F >$0, այսինքն. ունենք $z=f(x,y)$ ֆունկցիայի պայմանական նվազագույնը։

Նշում $H$ որոշիչի ձևի վերաբերյալ: ցույց տալ/թաքցնել

$$ H=-\ձախ|\սկիզբ(զանգված) (ccc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_ (xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \ վերջ(զանգված) \աջ| $$

Այս իրավիճակում վերևում ձևակերպված կանոնը փոխվում է հետևյալ կերպ. եթե $H > 0$, ապա ֆունկցիան ունի պայմանական նվազագույն, իսկ $H-ի համար.< 0$ получим условный максимум функции $z=f(x,y)$. При решении задач следует учитывать такие нюансы.

Պայմանական ծայրահեղության համար երկու փոփոխականի ֆունկցիան ուսումնասիրելու ալգորիթմ

1. Կազմել Lagrange ֆունկցիան $F(x,y)=f(x,y)+\lambda\varphi(x,y)$
2. Լուծել համակարգը $ \left \( \սկիզբ (\մասնակի F) (\մասնակի x)=0;\\ & \frac(\մասնակի F)(\մասնակի y)=0;\\ & \ varphi(x,y)=0.\end(adigned)\right.$
3. Որոշեք էքստրեմի բնույթը նախորդ պարբերությունում հայտնաբերված անշարժ կետերից յուրաքանչյուրում: Դա անելու համար օգտագործեք հետևյալ մեթոդներից որևէ մեկը.
   • Կազմե՛ք $H$ որոշիչը և պարզե՛ք դրա նշանը
   • Հաշվի առնելով սահմանափակման հավասարումը, հաշվարկեք $d^2F$ նշանը

Լագրանժի բազմապատկիչ մեթոդ n փոփոխականների ֆունկցիաների համար

Ենթադրենք, մենք ունենք $n$ փոփոխականների ֆունկցիա՝ $z=f(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ և $m$ սահմանափակող հավասարումների ($n > m$):

$$\varphi_1(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0; \; \varphi_2(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0,\ldots,\varphi_m(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0.$$

Նշելով Լագրանժի բազմապատկիչները որպես $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m$, մենք կազմում ենք Lagrange ֆունկցիան.

$$F(x_1,x_2,\ldots,x_n,\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m)=f+\lambda_1\varphi_1+\lambda_2\varphi_2+\ldots+\lambda_m\varphi_m$$

Պայմանական ծայրահեղության առկայության համար անհրաժեշտ պայմանները տրվում են հավասարումների համակարգով, որից հայտնաբերվում են անշարժ կետերի կոորդինատները և Լագրանժի բազմապատկիչների արժեքները.

$$\ձախ\(\սկիզբ(հավասարեցված) & \frac(\մասնակի F)(\մասնակի x_i)=0; (i=\ overline(1,n))\\ & \varphi_j=0; (j=\ overline(1,m)) \end(aligned) \right.$$

Հնարավոր է պարզել՝ հայտնաբերված կետում ֆունկցիան ունի պայմանական նվազագույն կամ պայմանական առավելագույն, ինչպես նախկինում, օգտագործելով $d^2F$ նշանը։ Եթե ​​գտնված կետում $d^2F > 0$, ապա ֆունկցիան ունի պայմանական նվազագույն, բայց եթե $d^2F< 0$, - то условный максимум. Можно пойти иным путем, рассмотрев следующую матрицу:

Մատրիցային որոշիչ $\left| \սկիզբ(զանգված) (cccc) \frac(\մասնակի^2F)(\մասնակի x_(1)^(2)) & \frac(\մասնակի^2F)(\մասնակի x_(1)\մասնակի x_(2) ) & \frac(\մասնակի^2F)(\մասնակի x_(1)\մասնակի x_(3)) &\ldots & \frac(\մասնակի^2F)(\մասնակի x_(1)\մասնակի x_(n)) \\ \frac(\մասնակի^2F)(\մասնակի x_(2)\մասնակի x_1) & \frac(\մասնակի^2F)(\մասնակի x_(2)^(2)) & \frac(\մասնակի^2F )(\մասնակի x_(2)\մասնակի x_(3)) &\ldots & \frac(\մասնակի^2F)(\մասնակի x_(2)\մասնակի x_(n))\\ \frac(\մասնակի^2F) )(\մասնակի x_(3) \մասնակի x_(1)) & \frac(\մասնակի^2F)(\մասնակի x_(3)\մասնակի x_(2)) & \frac(\մասնակի^2F)(\մասնակի x_(3)^(2)) &\ldots & \frac(\partial^2F)(\partial x_(3)\partial x_(n))\\ \ldots & \ldots & \ldots &\ldots & \ ldots\\ \frac(\մասնակի^2F)(\մասնակի x_(n)\մասնակի x_(1)) & \frac(\մասնակի^2F)(\մասնակի x_(n)\մասնակի x_(2)) & \ frac(\մասնակի^2F)(\մասնակի x_(n)\մասնակի x_(3)) &\ldots & \frac(\մասնակի^2F)(\մասնակի x_(n)^(2))\\ \վերջ( զանգված) \right|$-ը, որը կարմիրով ընդգծված է $L$ մատրիցայում, Լագրանժի ֆունկցիայի Հեսիան է: Մենք օգտագործում ենք հետևյալ կանոնը.

• Եթե ​​անկյունային փոքրերի նշաններն են $H_(2m+1),\; H_(2m+2),\ldots,H_(m+n)$ $L$ մատրիցները համընկնում են $(-1)^m$ նշանի հետ, ապա ուսումնասիրվող անշարժ կետը $ ֆունկցիայի պայմանական նվազագույն կետն է։ z=f(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n)$:
• Եթե ​​անկյունային փոքրերի նշաններն են $H_(2m+1),\; H_(2m+2),\ldots,H_(m+n)$ հերթափոխ, իսկ փոքր $H_(2m+1)$ նշանը համընկնում է $(-1)^(m+1 թվի նշանի հետ: )$, ապա ուսումնասիրված անշարժ կետը $z=f(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n)$ ֆունկցիայի պայմանական առավելագույն կետն է։

Օրինակ #1

Գտե՛ք $z(x,y)=x+3y$ ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղությունը $x^2+y^2=10$ պայմանով։

Այս խնդրի երկրաչափական մեկնաբանությունը հետևյալն է. պահանջվում է գտնել $z=x+3y$ հարթության կիրառման ամենամեծ և ամենափոքր արժեքը $x^2+y^2 մխոցի հետ հատման կետերի համար։ = 10$

Որոշ չափով դժվար է սահմանափակման հավասարումից մի փոփոխականը մյուսով արտահայտել և այն փոխարինել $z(x,y)=x+3y$ ֆունկցիայով, ուստի մենք կօգտագործենք Լագրանժի մեթոդը։

Նշելով $\varphi(x,y)=x^2+y^2-10$՝ կազմում ենք Lagrange ֆունկցիան.

$$ F(x,y)=z(x,y)+\lambda \varphi(x,y)=x+3y+\lambda(x^2+y^2-10);\\ \frac(\մասնակի Զ)(\մասնակի x)=1+2\լամբդա x; \frac(\մասնակի F)(\մասնակի y)=3+2\լամբդա y. $$

Գրենք Լագրանժի ֆունկցիայի անշարժ կետերը որոշելու հավասարումների համակարգը.

$$ \ձախ \( \սկիզբ (հավասարեցված) & 1+2\lambda x=0;\\ & 3+2\lambda y=0;\\ & x^2+y^2-10=0: \վերջ (հավասարեցված)\աջ.$$

Եթե ​​ենթադրենք $\lambda=0$, ապա առաջին հավասարումը դառնում է՝ $1=0$։ Ստացված հակասությունն ասում է, որ $\lambda\neq 0$: $\lambda\neq 0$ պայմանով, առաջին և երկրորդ հավասարումներից ունենք՝ $x=-\frac(1)(2\lambda)$, $y=-\frac(3)(2\lambda) $. Ստացված արժեքները փոխարինելով երրորդ հավասարման մեջ՝ ստանում ենք.

$$ \left(-\frac(1)(2\lambda) \right)^2+\left(-\frac(3)(2\lambda) \աջ)^2-10=0;\\ \frac (1)(4\lambda^2)+\frac(9)(4\lambda^2)=10; \lambda^2=\frac(1)(4); \ձախ[ \begin(հավասարեցված) & \lambda_1=-\frac(1)(2);\\ & \lambda_2=\frac(1)(2): \end (հավասարեցված) \աջ.\\ \սկիզբ (հավասարեցված) & \lambda_1=-\frac(1)(2); \; x_1=-\frac(1)(2\lambda_1)=1; \; y_1=-\frac(3)(2\lambda_1)=3;\\ & \lambda_2=\frac(1)(2); \; x_2=-\frac(1)(2\lambda_2)=-1; \; y_2=-\frac(3)(2\lambda_2)=-3.\վերջ (հավասարեցված) $$

Այսպիսով, համակարգն ունի երկու լուծում՝ $x_1=1;\; y_1=3;\; \lambda_1=-\frac(1)(2)$ և $x_2=-1;\; y_2=-3;\; \lambda_2=\frac(1)(2)$: Եկեք պարզենք էքստրեմի բնույթը յուրաքանչյուր անշարժ կետում՝ $M_1(1;3)$ և $M_2(-1;-3)$: Դա անելու համար մենք հաշվարկում ենք $H$ որոշիչը յուրաքանչյուր կետում:

$$ \varphi_(x)^(")=2x;\; \varphi_(y)^(")=2y;\; F_(xx)^("")=2\lambda;\; F_(xy)^("")=0;\; F_(yy)^("")=2\lambda.\\ H=\ձախ| \ սկիզբ (զանգված) (cc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \վերջ (զանգված) \աջ|= \ձախ| \սկիզբ (զանգված) (ccc) 0 & 2x & 2y\\ 2x & 2\lambda & 0 \\ 2y & 0 & 2\lambda \վերջ (զանգված) \աջ|= 8\cdot\ձախ| \սկիզբ (զանգված) (ccc) 0 & x & y\\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \վերջ (զանգված) \աջ| $$

$M_1(1;3)$ կետում ստանում ենք՝ $H=8\cdot\left| \սկիզբ (զանգված) (ccc) 0 & x & y\\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \վերջ (զանգված) \աջ|= 8\cdot\ձախ| \սկիզբ (զանգված) (ccc) 0 & 1 & 3\\ 1 & -1/2 & 0 \\ 3 & 0 & -1/2 \վերջ (զանգված) \աջ|=40 > 0$, այնպես որ կետում $M_1(1;3)$ $z(x,y)=x+3y$ ֆունկցիան ունի պայմանական առավելագույն, $z_(\max)=z(1;3)=10$։

Նմանապես, $M_2(-1;-3)$ կետում մենք գտնում ենք՝ $H=8\cdot\left| \սկիզբ (զանգված) (ccc) 0 & x & y\\ x & \lambda & 0 \\ y & 0 & \lambda \վերջ (զանգված) \աջ|= 8\cdot\ձախ| \սկիզբ (զանգված) (ccc) 0 & -1 & -3\\ -1 & 1/2 & 0 \\ -3 & 0 & 1/2 \վերջ (զանգված) \աջ|=-40$: Քանի որ $H< 0$, то в точке $M_2(-1;-3)$ имеем условный минимум функции $z(x,y)=x+3y$, а именно: $z_{\min}=z(-1;-3)=-10$.

Նշում եմ, որ յուրաքանչյուր կետում $H$ որոշիչի արժեքը հաշվարկելու փոխարեն շատ ավելի հարմար է այն բացել ընդհանուր ձևով։ Որպեսզի տեքստը չխառնվի մանրամասներով, այս մեթոդը կթաքցնեմ գրառման տակ։

Որոշիչ $H$ նշում ընդհանուր ձևով: ցույց տալ/թաքցնել

$$ H=8\cdot\ձախ|\սկիզբ(զանգված)(ccc)0&x&y\\x&\lambda&0\\y&0&\lambda\end(զանգված)\աջ| =8\cdot\left(-\lambda(y^2)-\lambda(x^2)\right) =-8\lambda\cdot\left(y^2+x^2\աջ): $$

Սկզբունքորեն արդեն ակնհայտ է, թե $H$ որ նշանն ունի։ Քանի որ $M_1$ կամ $M_2$ կետերից ոչ մեկը չի համընկնում սկզբնավորման հետ, ապա $y^2+x^2>0$: Հետևաբար, $H$ նշանը հակառակ է $\lambda$ նշանին։ Կարող եք նաև կատարել հաշվարկները.

$$ \սկիզբ (հավասարեցված) &H(M_1)=-8\cdot\left(-\frac(1)(2)\right)\cdot\left(3^2+1^2\աջ)=40;\ \ &H(M_2)=-8\cdot\frac(1)(2)\cdot\left((-3)^2+(-1)^2\աջ)=-40: \վերջ (հավասարեցված) $$

$M_1(1;3)$ և $M_2(-1;-3)$ անշարժ կետերում ծայրահեղության բնույթի մասին հարցը կարող է լուծվել առանց $H$ որոշիչ օգտագործելու: Գտեք $d^2F$ նշանը յուրաքանչյուր անշարժ կետում.

$$ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=2\lambda \ձախ( dx^2+dy^2\աջ) $$

Ես նշում եմ, որ $dx^2$ նշումը նշանակում է ճիշտ $dx$ բարձրացված երկրորդ ուժի, այսինքն. $\ձախ(dx\աջ)^2$։ Այսպիսով, մենք ունենք՝ $dx^2+dy^2>0$, ուստի $\lambda_1=-\frac(1)(2)$-ի համար մենք ստանում ենք $d^2F< 0$. Следовательно, функция имеет в точке $M_1(1;3)$ условный максимум. Аналогично, в точке $M_2(-1;-3)$ получим условный минимум функции $z(x,y)=x+3y$. Отметим, что для определения знака $d^2F$ не пришлось учитывать связь между $dx$ и $dy$, ибо знак $d^2F$ очевиден без дополнительных преобразований. В следующем примере для определения знака $d^2F$ уже будет необходимо учесть связь между $dx$ и $dy$.

Պատասխանել$(-1;-3)$ կետում ֆունկցիան ունի պայմանական նվազագույն, $z_(\min)=-10$: $(1;3)$ կետում ֆունկցիան ունի պայմանական առավելագույն, $z_(\max)=10$

Օրինակ #2

Գտե՛ք $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$ ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղությունը $x+y=0$ պայմանով։

Առաջին ճանապարհը (Լագրանժի բազմապատկիչների մեթոդ)

Նշելով $\varphi(x,y)=x+y$ մենք կազմում ենք Lagrange ֆունկցիան՝ $F(x,y)=z(x,y)+\lambda \varphi(x,y)=3y^3+4x ^2 -xy+\lambda(x+y)$։

$$ \frac(\մասնակի F)(\մասնակի x)=8x-y+\lambda; \; \frac(\մասնակի F)(\մասնակի y)=9y^2-x+\lambda.\\ \ձախ \( \սկիզբ (հավասարեցված) & 8x-y+\lambda=0;\\ & 9y^2-x+\ lambda=0;\\&x+y=0.\end(հավասարեցված)\աջ.$$

Համակարգը լուծելով՝ ստանում ենք՝ $x_1=0$, $y_1=0$, $\lambda_1=0$ և $x_2=\frac(10)(9)$, $y_2=-\frac(10)(9 )$ , $\lambda_2=-10$։ Մենք ունենք երկու անշարժ կետ՝ $M_1(0;0)$ և $M_2 \left(\frac(10)(9);-\frac(10)(9) \right)$: Եկեք պարզենք ծայրահեղության բնույթը յուրաքանչյուր անշարժ կետում՝ օգտագործելով $H$ որոշիչը:

$$ H=\ձախ| \ սկիզբ (զանգված) (cc) 0 & \varphi_(x)^(") & \varphi_(y)^(")\\ \varphi_(x)^(") & F_(xx)^("") & F_(xy)^("") \\ \varphi_(y)^(") & F_(xy)^("") & F_(yy)^("") \վերջ (զանգված) \աջ|= \ձախ| \սկիզբ (զանգված) (ccc) 0 & 1 & 1\\ 1 & 8 & -1 \\ 1 & -1 & 18y \վերջ (զանգված) \աջ|=-10-18y $$

$M_1(0;0)$ $H=-10-18\cdot 0=-10 կետում< 0$, поэтому $M_1(0;0)$ есть точка условного минимума функции $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$, $z_{\min}=0$. В точке $M_2\left(\frac{10}{9};-\frac{10}{9}\right)$ $H=10 >0$, ուստի այս պահին ֆունկցիան ունի պայմանական առավելագույն՝ $z_(\max)=\frac(500)(243)$։

Մենք ուսումնասիրում ենք էքստրեմի բնույթը յուրաքանչյուր կետում մեկ այլ մեթոդով՝ հիմնվելով $d^2F$ նշանի վրա.

$$ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=8dx^2-2dxdy+ 18ydy ^2 $$

$x+y=0$ սահմանափակման հավասարումից ունենք՝ $d(x+y)=0$, $dx+dy=0$, $dy=-dx$։

$$ d^2 F=8dx^2-2dxdy+18ydy^2=8dx^2-2dx(-dx)+18y(-dx)^2=(10+18y)dx^2 $$

Քանի որ $ d^2F \Bigr|_(M_1)=10 dx^2 > 0$, ապա $M_1(0;0)$-ը $z(x,y)=3y^3+ ֆունկցիայի պայմանական նվազագույն կետն է։ 4x^ 2-xy$. Նմանապես, $d^2F \Bigr|_(M_2)=-10 dx^2< 0$, т.е. $M_2\left(\frac{10}{9}; -\frac{10}{9} \right)$ - точка условного максимума.

Երկրորդ ճանապարհ

$x+y=0$ սահմանափակման հավասարումից ստանում ենք՝ $y=-x$։ Փոխարինելով $y=-x$-ը $z(x,y)=3y^3+4x^2-xy$ ֆունկցիայի մեջ՝ մենք ստանում ենք $x$ փոփոխականի որոշ ֆունկցիա: Այս ֆունկցիան նշանակենք որպես $u(x)$:

$$ u(x)=z(x,-x)=3\cdot(-x)^3+4x^2-x\cdot(-x)=-3x^3+5x^2: $$

Այսպիսով, մենք կրճատեցինք երկու փոփոխականների ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղությունը գտնելու խնդիրը մեկ փոփոխականի ֆունկցիայի ծայրահեղությունը որոշելու խնդրին:

$$ u_(x)^(")=-9x^2+10x;\\ -9x^2+10x=0; \; x\cdot(-9x+10)=0;\\ x_1=0; \ ;y_1=-x_1=0;\\ x_2=\frac(10)(9);\;y_2=-x_2=-\frac(10)(9).$$

Ստացվեց $M_1(0;0)$ և $M_2\left(\frac(10)(9); -\frac(10)(9)\right)$ միավորներ: Հետագա հետազոտությունները հայտնի են մեկ փոփոխականի ֆունկցիաների դիֆերենցիալ հաշվարկի ընթացքից։ Ուսումնասիրելով $u_(xx)^("")$ նշանը յուրաքանչյուր անշարժ կետում կամ ստուգելով $u_(x)^(")$-ի նշանի փոփոխությունը գտնված կետերում, մենք ստանում ենք նույն եզրակացությունները, ինչ առաջինը լուծելիս. մեթոդ: Օրինակ, ստուգեք նշանը $u_(xx)^("")$:

$$u_(xx)^("")=-18x+10;\\ u_(xx)^("")(M_1)=10;\;u_(xx)^("")(M_2)=- 10.$$

Քանի որ $u_(xx)^("")(M_1)>0$, ապա $M_1$-ը $u(x)$ ֆունկցիայի նվազագույն կետն է, մինչդեռ $u_(\min)=u(0)=0 $ . Քանի որ $u_(xx)^("")(M_2)<0$, то $M_2$ - точка максимума функции $u(x)$, причём $u_{\max}=u\left(\frac{10}{9}\right)=\frac{500}{243}$.

$u(x)$ ֆունկցիայի արժեքները տվյալ կապի պայմանում համընկնում են $z(x,y)$ ֆունկցիայի արժեքների հետ, այսինքն. $u(x)$ ֆունկցիայի հայտնաբերված ծայրահեղությունները $z(x,y)$ ֆունկցիայի ցանկալի պայմանական ծայրահեղություններն են:

Պատասխանել$(0;0)$ կետում ֆունկցիան ունի պայմանական նվազագույն, $z_(\min)=0$։ $\left(\frac(10)(9); -\frac(10)(9) \right)$ կետում ֆունկցիան ունի պայմանական առավելագույն, $z_(\max)=\frac(500)(243): ) $.

Դիտարկենք ևս մեկ օրինակ, որտեղ մենք պարզում ենք էքստրեմի բնույթը՝ որոշելով $d^2F$ նշանը։

Օրինակ #3

Գտեք $z=5xy-4$ ֆունկցիայի առավելագույն և նվազագույն արժեքները, եթե $x$ և $y$ փոփոխականները դրական են և բավարարում են $\frac(x^2)(8)+\frac( սահմանափակման հավասարումը: y^2)(2) -1=0$.

Կազմեք Lagrange ֆունկցիան՝ $F=5xy-4+\lambda \left(\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1 \right)$: Գտե՛ք Լագրանժի ֆունկցիայի անշարժ կետերը.

$$ F_(x)^(")=5y+\frac(\lambda x)(4); \; F_(y)^(")=5x+\lambda y.\\ \ձախ \( \սկիզբ (հավասարեցված) & 5y+\frac(\lambda x)(4)=0;\\ & 5x+\lambda y=0;\\ & \frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)- 1=0;\\ & x > 0; \; y > 0. \end (հավասարեցված) \աջ.$$

Բոլոր հետագա փոխակերպումները կատարվում են հաշվի առնելով $x > 0; \; y > 0$ (սա նախատեսված է խնդրի պայմանում): Երկրորդ հավասարումից մենք արտահայտում ենք $\lambda=-\frac(5x)(y)$ և գտնված արժեքը փոխարինում ենք առաջին հավասարման մեջ՝ $5y-\frac(5x)(y)\cdot \frac(x)( 4)=0$ , $4y^2-x^2=0$, $x=2y$։ Փոխարինելով $x=2y$-ը երրորդ հավասարման մեջ՝ ստանում ենք՝ $\frac(4y^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1=0$, $y^2=1$, $y =1$:

Քանի որ $y=1$, ապա $x=2$, $\lambda=-10$։ Էքստրեմի բնույթը $(2;1)$ կետում որոշվում է $d^2F$ նշանից։

$$ F_(xx)^("")=\frac(\lambda)(4); \; F_(xy)^("")=5; \; F_(yy)^("")=\lambda. $$

Քանի որ $\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1=0$, ապա.

$$ d\left(\frac(x^2)(8)+\frac(y^2)(2)-1\right)=0; \; d\left(\frac(x^2)(8) \աջ)+d\left(\frac(y^2)(2) \աջ)=0; \; \frac(x)(4)dx+ydy=0; \; dy=-\frac(xdx)(4y): $$

Սկզբունքորեն, այստեղ կարող եք անմիջապես փոխարինել $x=2$, $y=1$ անշարժ կետի կոորդինատները և $\lambda=-10$ պարամետրը՝ այսպիսով ստանալով.

$$ F_(xx)^("")=\frac(-5)(2); \; F_(xy)^("")=-10; \; dy=-\frac(dx)(2).\\ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^(" ")dy^2=-\frac(5)(2)dx^2+10dx\cdot \left(-\frac(dx)(2) \right)-10\cdot \left(-\frac(dx) (2) \աջ)^2=\\ =-\frac(5)(2)dx^2-5dx^2-\frac(5)(2)dx^2=-10dx^2. $$

Այնուամենայնիվ, պայմանական էքստրեմումի այլ խնդիրների դեպքում կարող են լինել մի քանի անշարժ կետեր: Նման դեպքերում ավելի լավ է $d^2F$-ը ներկայացնել ընդհանուր ձևով, իսկ հետո գտած անշարժ կետերից յուրաքանչյուրի կոորդինատները փոխարինել ստացված արտահայտությամբ.

$$ d^2 F=F_(xx)^("")dx^2+2F_(xy)^("")dxdy+F_(yy)^("")dy^2=\frac(\lambda) (4)dx^2+10\cdot dx\cdot \frac(-xdx)(4y) +\lambda\cdot \left(-\frac(xdx)(4y) \աջ)^2=\\ =\frac (\lambda)(4)dx^2-\frac(5x)(2y)dx^2+\lambda \cdot \frac(x^2dx^2)(16y^2)=\left(\frac(\lambda )(4)-\frac(5x)(2y)+\frac(\lambda \cdot x^2)(16y^2) \աջ)\cdot dx^2 $$

Փոխարինելով $x=2$, $y=1$, $\lambda=-10$՝ ստանում ենք.

$$ d^2 F=\left(\frac(-10)(4)-\frac(10)(2)-\frac(10 \cdot 4)(16) \աջ)\cdot dx^2=- 10dx^2. $$

Քանի որ $d^2F=-10\cdot dx^2< 0$, то точка $(2;1)$ есть точкой условного максимума функции $z=5xy-4$, причём $z_{\max}=10-4=6$.

Պատասխանել$(2;1)$ կետում ֆունկցիան ունի պայմանական առավելագույն՝ $z_(\max)=6$։

Հաջորդ մասում կքննարկենք Լագրանժի մեթոդի կիրառումը ավելի մեծ թվով փոփոխականների ֆունկցիաների համար։

Բավարար պայման երկու փոփոխականների ֆունկցիայի ծայրահեղության համար

1. Թող ֆունկցիան լինի անընդհատ տարբերվող կետի ինչ-որ հարևանությամբ և ունենա շարունակական երկրորդ կարգի մասնակի ածանցյալներ (մաքուր և խառը):

2. Նշեք երկրորդ կարգի որոշիչով

ծայրահեղ փոփոխական դասախոսության ֆունկցիա

Թեորեմ

Եթե ​​կոորդինատներով կետը ֆունկցիայի անշարժ կետ է, ապա.

Ա) երբ դա տեղական ծայրահեղության կետ է, իսկ տեղական առավելագույնի դեպքում` տեղական նվազագույն.

Գ) երբ կետը տեղական ծայրահեղ կետ չէ.

Գ) եթե, գուցե երկուսն էլ:

Ապացույց

Մենք գրում ենք Թեյլորի բանաձևը ֆունկցիայի համար՝ սահմանափակվելով երկու անդամով.

Քանի որ, ըստ թեորեմի պայմանի, կետը անշարժ է, երկրորդ կարգի մասնակի ածանցյալները հավասար են զրոյի, այսինքն. և. Հետո

Նշանակել

Այնուհետև ֆունկցիայի աճը կունենա հետևյալ ձևը.

Երկրորդ կարգի մասնակի ածանցյալների (մաքուր և խառը) շարունակականության պատճառով, ըստ թեորեմի պայմանի մի կետում, կարող ենք գրել.

Որտեղ կամ; ,

1. Թող և, այսինքն. կամ.

2. Բազմապատկում ենք ֆունկցիայի աճը և բաժանում ենք, ստանում ենք.

3. Գանգուր փակագծերում տրված արտահայտությունը լրացրե՛ք գումարի լրիվ քառակուսին.

4. Գանգուր փակագծերում արտահայտությունը ոչ բացասական է, քանի որ

5. Հետևաբար, եթե և հետևաբար, և, ապա և, հետևաբար, ըստ սահմանման կետը տեղական նվազագույնի կետ է։

6. Եթե և նշանակում է, և, ապա, ըստ սահմանման, կոորդինատներով կետը տեղական առավելագույն կետ է:

2. Դիտարկենք քառակուսի եռանկյունը, նրա տարբերակիչ, .

3. Եթե, ապա կան այնպիսի կետեր, որ բազմանդամը

4. I-ում ստացված արտահայտությանը համապատասխան մի կետում ֆունկցիայի ընդհանուր աճը գրում ենք ձևով.

5. Երկրորդ կարգի մասնակի ածանցյալների շարունակականության պատճառով թեորեմի պայմանով մի կետում կարող ենք գրել, որ.

հետևաբար, գոյություն ունի այնպիսի կետի հարևանություն, որ ցանկացած կետի համար քառակուսի եռանկյունը մեծ է զրոյից.

6. Դիտարկենք - կետի հարեւանությունը:

Եկեք ընտրենք ցանկացած արժեք, ուրեմն դա է խնդիրը: Ենթադրելով, որ ֆունկցիայի աճի բանաձեւում

Այն, ինչ մենք ստանում ենք.

7. Այդ ժամանակվանից:

8. Արմատի համար նույն կերպ վիճելով՝ ստանում ենք, որ կետի ցանկացած -հարևանությունում կա մի կետ, որի համար, հետևաբար, կետի հարևանությամբ այն նշան չի պահպանում, հետևաբար կետում ծայրահեղություն չկա:

Երկու փոփոխականի ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղություն

Երկու փոփոխականների ֆունկցիայի էքստրեմաներ փնտրելիս հաճախ խնդիրներ են առաջանում՝ կապված այսպես կոչված պայմանական ծայրահեղության հետ։ Այս հասկացությունը կարելի է բացատրել երկու փոփոխականների ֆունկցիայի օրինակով։

Թող 0xy հարթության վրա տրվեն ֆունկցիա և L ուղիղ: Խնդիրն այն է, որ L գծի վրա գտնել այնպիսի P (x, y) կետ, որում ֆունկցիայի արժեքը ամենամեծն է կամ ամենափոքրը՝ համեմատած այս ֆունկցիայի արժեքների հետ L գծի մոտ գտնվող կետերում: P կետը: Նման P կետերը կոչվում են պայմանական ծայրահեղ կետերի գործառույթներ L գծի վրա: Ի տարբերություն սովորական ծայրահեղ կետի, պայմանական ծայրահեղ կետում ֆունկցիայի արժեքը համեմատվում է ոչ բոլոր կետերում ֆունկցիայի արժեքների հետ: իր որոշ հարևանությամբ, բայց միայն նրանց մոտ, որոնք գտնվում են L գծի վրա։

Միանգամայն պարզ է, որ սովորական ծայրահեղության կետը (ասում են նաև անվերապահ էքստրեմում) նաև պայմանական էքստրեմումի կետն է այս կետով անցնող ցանկացած տողի համար։ Հակառակը, իհարկե, ճիշտ չէ. պայմանական ծայրահեղ կետը կարող է լինել պայմանական ծայրահեղ կետ: Ասվածը բացատրենք օրինակով։

Օրինակ #1.Ֆունկցիայի գրաֆիկը վերին կիսագնդն է (նկ. 2):

Բրինձ. 2.

Այս ֆունկցիան սկզբում ունի առավելագույնը. այն համապատասխանում է կիսագնդի M գագաթին։ Եթե ​​L ուղիղը A և B կետերով անցնող ուղիղ գիծ է (դրա հավասարումը), ապա երկրաչափորեն պարզ է, որ այս ուղղի կետերի համար ֆունկցիայի առավելագույն արժեքը հասնում է A և B կետերի միջև ընկած մեջտեղում գտնվող կետում: B. Սա պայմանական ծայրահեղ (առավելագույն) կետային ֆունկցիաներն են այս գծում. այն համապատասխանում է կիսագնդի M 1 կետին, և նկարից երևում է, որ այստեղ որևէ սովորական ծայրահեղության մասին խոսք լինել չի կարող։

Նկատի ունեցեք, որ փակ տարածաշրջանում ֆունկցիայի ամենամեծ և ամենափոքր արժեքները գտնելու խնդրի վերջին մասում պետք է գտնել այս շրջանի սահմանին գտնվող ֆունկցիայի ծայրահեղ արժեքները, այսինքն. ինչ-որ գծի վրա և դրանով իսկ լուծել խնդիրը պայմանական էքստրեմումի համար:

Սահմանում 1.Նրանք ասում են, որ որտեղ կա պայմանական կամ հարաբերական առավելագույնը (նվազագույնը) մի կետում, որը բավարարում է հավասարումը. եթե որևէ մեկի համար, որը բավարարում է հավասարումը, ապա անհավասարությունը

Սահմանում 2.Ձևի հավասարումը կոչվում է սահմանափակման հավասարում:

Թեորեմ

Եթե ​​ֆունկցիաները և անընդհատ տարբերելի են կետի հարևանությամբ, իսկ մասնակի ածանցյալը և կետը սահմանափակման հավասարման նկատմամբ ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղության կետն են, ապա երկրորդ կարգի որոշիչը հավասար է զրոյի.

Ապացույց

1. Քանի որ, ըստ թեորեմի պայմանի, մասնակի ածանցյալի և ֆունկցիայի արժեքի, ապա ինչ-որ ուղղանկյունում.

Սահմանված է անուղղակի գործառույթ

Երկու փոփոխականների կոմպլեքս ֆունկցիան մի կետում կունենա տեղական ծայրահեղություն, հետևաբար կամ:

2. Իրոք, ըստ առաջին կարգի դիֆերենցիալ բանաձեւի ինվարիանտության հատկության

3. Կապի հավասարումը կարելի է ներկայացնել այս տեսքով, ինչը նշանակում է

4. Բազմապատկեք (2) և (3) հավասարումը և ավելացրեք դրանք

Հետեւաբար, ժամը

կամայական. հ.թ.դ.

Հետևանք

Երկու փոփոխականի ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղ կետերի որոնումը գործնականում իրականացվում է հավասարումների համակարգի լուծման միջոցով.

Այսպիսով, վերը նշված թիվ 1 օրինակում կապի հավասարումից մենք ունենք. Այստեղից հեշտ է ստուգել, ​​թե ինչն է հասնում առավելագույնին: Բայց հետո հաղորդակցության հավասարումից. Ստանում ենք P կետը՝ երկրաչափորեն հայտնաբերված։

Օրինակ #2.Գտեք ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղ կետերը սահմանափակման հավասարման նկատմամբ:

Գտնենք տրված ֆունկցիայի մասնակի ածանցյալները և կապի հավասարումը.

Եկեք երկրորդ կարգի որոշիչ կազմենք.

Եկեք գրենք պայմանական ծայրահեղ կետերը գտնելու հավասարումների համակարգը.

հետևաբար, գոյություն ունեն ֆունկցիայի չորս պայմանական ծայրահեղ կետեր՝ կոորդինատներով.

Օրինակ #3.Գտեք ֆունկցիայի ծայրահեղ կետերը:

Մասնակի ածանցյալները հավասարեցնելով զրոյի՝ մենք գտնում ենք մեկ անշարժ կետ՝ սկզբնաղբյուրը: Ահա,. Հետևաբար, կետը (0, 0) նույնպես ծայրահեղ կետ չէ։ Հավասարումը հիպերբոլիկ պարաբոլոիդի հավասարումն է (նկ. 3), նկարը ցույց է տալիս, որ (0, 0) կետը ծայրահեղ կետ չէ։

Բրինձ. 3.

Փակ տարածքում ֆունկցիայի ամենամեծ և ամենափոքր արժեքը

1. Թող ֆունկցիան լինի սահմանված և շարունակական սահմանափակված փակ D տիրույթում։

2. Թող ֆունկցիան ունենա վերջավոր մասնակի ածանցյալներ այս տարածքում, բացառությամբ շրջանի առանձին կետերի:

3. Վայերշտրասի թեորեմի համաձայն՝ այս տարածքում կա մի կետ, որտեղ ֆունկցիան ընդունում է ամենամեծ և ամենափոքր արժեքները։

4. Եթե այդ կետերը D շրջանի ներքին կետեր են, ապա ակնհայտ է, որ դրանք կունենան առավելագույն կամ նվազագույն:

5. Այս դեպքում մեզ հետաքրքրող կետերը էքստրեմումի կասկածելի կետերից են։

6. Այնուամենայնիվ, ֆունկցիան կարող է վերցնել նաև առավելագույն կամ նվազագույն արժեքը D շրջանի սահմանի վրա:

7. D տարածքում ֆունկցիայի ամենամեծ (ամենափոքր) արժեքը գտնելու համար անհրաժեշտ է գտնել բոլոր ներքին կետերը, որոնք կասկածելի են էքստրեմումի համար, հաշվարկել դրանցում առկա ֆունկցիայի արժեքը, այնուհետև համեմատել ֆունկցիայի արժեքի հետ. տարածքի սահմանային կետերը, իսկ հայտնաբերված բոլոր արժեքներից ամենամեծը կլինի ամենամեծը փակ տարածաշրջանում Դ.

8. Տեղական առավելագույնը կամ նվազագույնը գտնելու մեթոդը դիտարկվել է ավելի վաղ Բաժին 1.2-ում: և 1.3.

9. Մնում է դիտարկել տարածաշրջանի սահմանի վրա ֆունկցիայի առավելագույն և նվազագույն արժեքները գտնելու մեթոդը:

10. Երկու փոփոխականի ֆունկցիայի դեպքում տարածքը սովորաբար պարզվում է, որ սահմանափակված է կորով կամ մի քանի կորով։

11. Նման կորի (կամ մի քանի կորի) երկայնքով փոփոխականները կամ կախված են միմյանցից, կամ երկուսն էլ կախված են մեկ պարամետրից:

12. Այսպիսով, սահմանի վրա ֆունկցիան կախված է մեկ փոփոխականից։

13. Մեկ փոփոխականի ֆունկցիայի ամենամեծ արժեքը գտնելու մեթոդը քննարկվել է ավելի վաղ։

14. Դ շրջանի սահմանը տրվի պարամետրական հավասարումներով.

Այնուհետև այս կորի վրա երկու փոփոխականների ֆունկցիան կլինի պարամետրի բարդ ֆունկցիա՝ . Նման ֆունկցիայի համար ամենամեծ և ամենափոքր արժեքը որոշվում է մեկ փոփոխականի ֆունկցիայի ամենամեծ և ամենափոքր արժեքների որոշման մեթոդով:

Օրինակ

Գտեք ֆունկցիայի ծայրահեղությունը՝ պայմանով Xև ժամըկապված են հարաբերակցությամբ՝ . Երկրաչափական առումով խնդիրը նշանակում է հետևյալը՝ էլիպսի վրա
Ինքնաթիռ
.

Այս խնդիրը կարելի է լուծել հետևյալ կերպ՝ հավասարումից
գտնել
X:

պայմանով, որ
, կրճատվել է մեկ փոփոխականի ֆունկցիայի ծայրահեղությունը հատվածի վրա գտնելու խնդրին
.

Երկրաչափական առումով խնդիրը նշանակում է հետևյալը՝ էլիպսի վրա ստացված մխոցը հատելու միջոցով
Ինքնաթիռ
, պահանջվում է գտնել հայտի առավելագույն կամ նվազագույն արժեքը (նկ. 9): Այս խնդիրը կարելի է լուծել հետևյալ կերպ՝ հավասարումից
գտնել
. y-ի գտնված արժեքը փոխարինելով հարթության հավասարման մեջ՝ ստանում ենք մեկ փոփոխականի ֆունկցիա X:

Այսպիսով, ֆունկցիայի էքստրեմումը գտնելու խնդիրը
պայմանով, որ
, կրճատվել է մեկ փոփոխականի ֆունկցիայի ծայրահեղությունը հատվածի վրա գտնելու խնդրին։

Այսպիսով, պայմանական էքստրեմում գտնելու խնդիրըօբյեկտիվ ֆունկցիայի ծայրահեղությունը գտնելու խնդիրն է
, պայմանով, որ փոփոխականները Xև ժամըենթակա է սահմանափակման
կանչեց կապի հավասարումը.

Մենք դա կասենք կետ
, բավարարելով սահմանափակման հավասարումը, տեղական պայմանական առավելագույնի կետ է (նվազագույն) եթե կա հարևանություն
այնպիսին, որ ցանկացած միավորի համար
, որի կոորդինատները բավարարում են սահմանափակման հավասարումը, անհավասարությունը պահպանվում է:

Եթե ​​հաղորդակցության հավասարումից հնարավոր է գտնել արտահայտություն ժամը, այնուհետև այս արտահայտությունը փոխարինելով սկզբնական ֆունկցիայի մեջ՝ վերջինս վերածում ենք մեկ փոփոխականի բարդ ֆունկցիայի X.

Պայմանական էքստրեմի խնդրի լուծման ընդհանուր մեթոդն է Լագրանժի բազմապատկիչ մեթոդ. Եկեք ստեղծենք օժանդակ ֆունկցիա, որտեղ ─ որոշ թիվ: Այս ֆունկցիան կոչվում է Լագրանժի ֆունկցիա, ա ─ Լագրանժի բազմապատկիչ: Այսպիսով, պայմանական էքստրեմում գտնելու խնդիրը կրճատվել է մինչև Լագրանժի ֆունկցիայի համար տեղական ծայրահեղ կետեր գտնելը։ Հնարավոր ծայրահեղության կետերը գտնելու համար անհրաժեշտ է լուծել 3 հավասարումների համակարգ երեք անհայտներով. x, yև.

Այնուհետև պետք է օգտագործել հետևյալ բավարար ծայրահեղ պայմանը.

ԹԵՈՐԵՄ. Թող կետը լինի Լագրանժի ֆունկցիայի հնարավոր ծայրահեղության կետ: Ենթադրում ենք, որ կետի մոտակայքում
կան ֆունկցիաների շարունակական երկրորդ կարգի մասնակի ածանցյալներ և . Նշանակել

Հետո եթե
, ապա
─ ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղ կետ
սահմանափակման հավասարման վրա
մինչդեռ, եթե
, ապա
─ պայմանական նվազագույն միավոր, եթե
, ապա
─ պայմանական առավելագույնի կետ:

§ութ. Գրադիենտ և ուղղորդված ածանցյալ

Թող գործառույթը
որոշված ​​(բաց) տիրույթում: Հաշվի առեք ցանկացած կետ
այս տարածքը և ցանկացած ուղղորդված ուղիղ գիծ (առանցք) անցնելով այս կետով (նկ. 1): Թող լինի
- այս առանցքի մի այլ կետ,
- միջև ընկած հատվածի երկարությունը
և
, վերցված գումարած նշանով, եթե ուղղությունը
համընկնում է առանցքի ուղղության հետ , և մինուս նշանով, եթե դրանց ուղղությունները հակառակ են։

Թող լինի
մոտենում է անորոշ ժամանակով
. Սահման

կանչեց ֆունկցիայի ածանցյալ
նկատմամբ (կամ առանցքի երկայնքով ) և նշվում է հետևյալ կերպ.

.

Այս ածանցյալը բնութագրում է ֆունկցիայի «փոփոխության արագությունը» կետում
նկատմամբ . Մասնավորապես, և սովորական մասնակի ածանցյալները ,կարելի է համարել նաև որպես ածանցյալներ «ուղղության նկատմամբ»։

Հիմա ենթադրենք, որ ֆունկցիան
ունի շարունակական մասնակի ածանցյալներ դիտարկվող տարածաշրջանում: Թող առանցքը կոորդինատային առանցքներով անկյուններ է կազմում
և . Կատարված ենթադրությունների համաձայն՝ ուղղորդված ածանցյալ գոյություն ունի և արտահայտվում է բանաձևով

.

Եթե ​​վեկտորը
սահմանված է իր կոորդինատներով
, ապա ֆունկցիայի ածանցյալը
վեկտորի ուղղությամբ
կարելի է հաշվարկել բանաձևով.

.

Վեկտոր կոորդինատներով
կանչեց գրադիենտ վեկտորգործառույթները
կետում
. Գրադիենտ վեկտորը ցույց է տալիս տվյալ կետում ֆունկցիայի ամենաարագ աճի ուղղությունը։

Օրինակ

Տրվում է ֆունկցիա , կետ A(1, 1) և վեկտոր
. Գտե՛ք՝ 1) grad z A կետում; 2) ածանցյալը A կետում վեկտորի ուղղությամբ .

Տրված ֆունկցիայի մասնակի ածանցյալները մի կետում
:

;
.

Այնուհետև այս կետում ֆունկցիայի գրադիենտ վեկտորը հետևյալն է.
. Գրադիենտ վեկտորը կարող է գրվել նաև վեկտորի ընդլայնման միջոցով և :

. Ֆունկցիայի ածանցյալ վեկտորի ուղղությամբ :

Այսպիսով,
,
.◄

Սահմանում 1Ֆունկցիան կոչվում է տեղական առավելագույնը մի կետում, եթե գոյություն ունի կետի այնպիսի հարևանություն, որ ցանկացած կետի համար Մկոորդինատներով (x, y)անհավասարությունը կատարվում է. Այս դեպքում, այսինքն, ֆունկցիայի աճը< 0.

Սահմանում 2Ֆունկցիան կոչվում է, որ ունի լոկալ մինիմում մի կետում, եթե գոյություն ունի կետի այնպիսի հարևանություն, որ ցանկացած կետի համար Մկոորդինատներով (x, y)անհավասարությունը կատարվում է. Այս դեպքում, այսինքն, ֆունկցիայի աճը > 0:

Սահմանում 3Տեղական նվազագույն և առավելագույն միավորները կոչվում են ծայրահեղ կետեր.

Պայմանական ծայրահեղություններ

Բազմաթիվ փոփոխականների ֆունկցիայի էքստրեմաներ փնտրելիս հաճախ խնդիրներ են առաջանում՝ կապված այսպես կոչված պայմանական ծայրահեղ.Այս հասկացությունը կարելի է բացատրել երկու փոփոխականների ֆունկցիայի օրինակով։

Թող տրվի ֆունկցիա և գիծ Լմակերեսի վրա 0xy. Խնդիրը գծելն է Լգտնել նման կետ P (x, y),որոնցում ֆունկցիայի արժեքը ամենամեծն է կամ ամենափոքրը՝ համեմատած գծի կետերում այս ֆունկցիայի արժեքների հետ Լգտնվում է կետի մոտ Պ. Նման կետեր Պկանչեց պայմանական ծայրահեղ կետերգծի գործառույթները Լ. Ի տարբերություն սովորական ծայրահեղ կետի, ֆունկցիայի արժեքը պայմանական ծայրահեղ կետում համեմատվում է ֆունկցիայի արժեքների հետ ոչ թե նրա որոշ հարևանության բոլոր կետերում, այլ միայն գծի վրա ընկածների հետ: Լ.

Միանգամայն պարզ է, որ սովորական ծայրահեղության կետը (ասում են նաև անվերապահ ծայրահեղություն) նաև պայմանական ծայրահեղ կետ է այս կետով անցնող ցանկացած ուղիղի համար: Հակառակը, իհարկե, ճիշտ չէ. պայմանական ծայրահեղ կետը կարող է լինել պայմանական ծայրահեղ կետ: Սա բացատրեմ պարզ օրինակով։ Ֆունկցիայի գրաֆիկը վերին կիսագնդն է (Հավելված 3 (նկ. 3)):

Այս ֆունկցիան սկզբում ունի առավելագույնը. այն համապատասխանում է գագաթին Մկիսագնդերը. Եթե ​​գիծը Լկետերով անցնում է գիծ ԲԱՅՑև AT(նրա հավասարումը x+y-1=0), ապա երկրաչափորեն պարզ է, որ այս ուղիղի կետերի համար ֆունկցիայի առավելագույն արժեքը հասնում է կետերի միջև ընկած մեջտեղում գտնվող կետում։ ԲԱՅՑև AT.Սա տվյալ գծի ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղության (առավելագույնի) կետն է. այն համապատասխանում է կիսագնդի M 1 կետին, և նկարից երևում է, որ այստեղ որևէ սովորական ծայրահեղության մասին խոսք լինել չի կարող։

Նկատի ունեցեք, որ փակ տարածաշրջանում ֆունկցիայի ամենամեծ և ամենափոքր արժեքները գտնելու խնդրի վերջին մասում մենք պետք է գտնենք այս շրջանի սահմանին գտնվող ֆունկցիայի ծայրահեղ արժեքները, այսինքն. ինչ-որ գծի վրա և դրանով իսկ լուծել խնդիրը պայմանական էքստրեմումի համար:

Այժմ անցնենք Z= f(x, y) ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղության կետերի գործնական որոնմանը, պայմանով, որ x և y փոփոխականները կապված են (x, y) = 0 հավասարմամբ: Այս հարաբերությունը կլինի. կոչվում է սահմանափակման հավասարում: Եթե ​​կապի հավասարումից y-ը կարող է բացահայտորեն արտահայտվել x-ով. y \u003d (x), մենք ստանում ենք մեկ փոփոխականի ֆունկցիա Z \u003d f (x, (x)) \u003d Ф (x):

Գտնելով x-ի արժեքը, որի դեպքում այս ֆունկցիան հասնում է ծայրահեղության, այնուհետև միացման հավասարումից որոշելով y-ի համապատասխան արժեքները, մենք կստանանք պայմանական ծայրահեղության ցանկալի կետերը:

Այսպիսով, վերը նշված օրինակում x+y-1=0 հաղորդակցության հավասարումից ունենք y=1-x։ Այստեղից

Հեշտ է ստուգել, ​​որ z-ն հասնում է իր առավելագույնին x = 0,5-ում; բայց հետո կապի y = 0.5 հավասարումից, և մենք ստանում ենք հենց P կետը, որը գտնվել է երկրաչափական նկատառումներից:

Պայմանական ծայրահեղության խնդիրը լուծվում է շատ պարզ, նույնիսկ այն դեպքում, երբ սահմանափակման հավասարումը կարելի է ներկայացնել x=x(t), y=y(t) պարամետրային հավասարումներով։ Փոխարինելով x և y արտահայտությունները այս ֆունկցիայի մեջ՝ մենք կրկին հանգում ենք մեկ փոփոխականի ֆունկցիայի ծայրահեղությունը գտնելու խնդրին:

Եթե ​​սահմանափակման հավասարումն ավելի բարդ ձև ունի, և մենք չենք կարող ոչ հստակորեն արտահայտել մի փոփոխականը մյուսով, ոչ էլ այն փոխարինել պարամետրային հավասարումներով, ապա պայմանական ծայրահեղություն գտնելու խնդիրն ավելի է բարդանում: Մենք կշարունակենք ենթադրել, որ z= f(x, y) ֆունկցիայի արտահայտման մեջ փոփոխականը (x, y) = 0. z= f(x, y) ֆունկցիայի ընդհանուր ածանցյալը հավասար է.

Որտեղ է y` ածանցյալը, որը հայտնաբերված է իմպլիցիտ ֆունկցիայի տարբերակման կանոնով: Պայմանական ծայրահեղության կետերում գտնված ընդհանուր ածանցյալը պետք է հավասար լինի զրոյի. սա տալիս է x և y-ին առնչվող մեկ հավասարում: Քանի որ դրանք նույնպես պետք է բավարարեն սահմանափակման հավասարումը, մենք ստանում ենք երկու անհայտ երկու հավասարումների համակարգ.

Եկեք այս համակարգը փոխակերպենք շատ ավելի հարմարի` գրելով առաջին հավասարումը որպես համամասնություն և ներմուծելով նոր օժանդակ անհայտ.

(հարմարության համար առջեւում դրված է մինուս նշան)։ Այս հավասարություններից հեշտ է անցնել հետևյալ համակարգին.

f` x =(x,y)+` x (x,y)=0, f` y (x,y)+` y (x,y)=0 (*),

որը (x, y) = 0 սահմանափակման հավասարման հետ միասին կազմում է երեք հավասարումների համակարգ x, y և անհայտներով։

Այս հավասարումները (*) ամենահեշտն է հիշել՝ օգտագործելով հետևյալ կանոնը՝ գտնելու կետեր, որոնք կարող են լինել ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղության կետեր։

Z= f(x, y) սահմանափակման հավասարմամբ (x, y) = 0, դուք պետք է կազմեք օժանդակ ֆունկցիա.

F(x,y)=f(x,y)+(x,y)

Որտեղ է որոշակի հաստատուն, և գրի՛ր հավասարումներ՝ գտնելու այս ֆունկցիայի ծայրահեղ կետերը:

Հավասարումների նշված համակարգը, որպես կանոն, ապահովում է միայն անհրաժեշտ պայմանները, այսինքն. x և y արժեքների յուրաքանչյուր զույգ չէ, որը բավարարում է այս համակարգին, պարտադիր պայմանական ծայրահեղ կետ է: Պայմանական էքստրեմալ միավորների համար բավարար պայմաններ չեմ տա. շատ հաճախ խնդրի կոնկրետ բովանդակությունն ինքնին հուշում է, թե որն է հայտնաբերված կետը: Պայմանական էքստրեմումի խնդիրների լուծման նկարագրված տեխնիկան կոչվում է Լագրանժի բազմապատկիչների մեթոդ։

Թող z - f(x, y) ֆունկցիան սահմանվի D որոշ տիրույթում և թող Mo(xo, y0) լինի այս տիրույթի ներքին կետը: Սահմանում. Եթե ​​կա այնպիսի թիվ, որ անհավասարությունը ճշմարիտ է բոլորի համար, որոնք բավարարում են պայմանները, ապա Mo(xo, yo) կետը կոչվում է f(x, y) ֆունկցիայի տեղական առավելագույնի կետ; եթե, այնուամենայնիվ, բոլոր Dx-ի, Du-ի համար, որոնք բավարարում են պայմանները | ապա Mo(x0, y0) կետը կոչվում է տուգանք տեղական նվազագույն: Այլ կերպ ասած, M0(x0, y0) կետը f(x, y) ֆունկցիայի առավելագույն կամ նվազագույնի կետն է, եթե գոյություն ունի A/o(x0, y0) կետի 6 հարևանություն, որ ընդհանրապես Այս հարևանության M(x, y) կետերը ֆունկցիայի աճը պահպանում է նշանը: Օրինակներ. 1. Ֆունկցիայի համար կետը նվազագույն կետ է (նկ. 17): 2. Ֆունկցիայի համար 0(0,0) կետը առավելագույն կետն է (նկ. 18): 3. Ֆունկցիայի համար 0(0,0) կետը տեղական առավելագույն կետն է: 4 Իրոք, կա 0(0, 0) կետի հարևանություն, օրինակ՝ j շառավղով շրջան (տես Նկար 19), որի ցանկացած կետում, 0(0, 0) կետից տարբերվող, f(x, y) ֆունկցիայի արժեքը 1-ից պակաս = Մենք կդիտարկենք միայն խիստ առավելագույն և նվազագույն ֆունկցիաների կետերը, երբ խիստ անհավասարությունը կամ խիստ անհավասարությունը գործում է M(x) y) որոշ ծակված 6 հարևանությամբ գտնվող բոլոր կետերի համար: կետը Mq. Առավելագույն կետում ֆունկցիայի արժեքը կոչվում է առավելագույնը, իսկ ֆունկցիայի արժեքը նվազագույն կետում՝ այս ֆունկցիայի նվազագույնը։ Ֆունկցիայի առավելագույն և նվազագույն կետերը կոչվում են ֆունկցիայի ծայրահեղ կետեր, իսկ բուն ֆունկցիայի առավելագույն և նվազագույն կետերը կոչվում են դրա ծայրահեղություններ: Թեորեմ 11 (անհրաժեշտ պայման էքստրեմումի համար). Եթե ​​մի քանի փոփոխականների ֆունկցիայի ծայրահեղություն Մի քանի փոփոխականների ֆունկցիայի էքստրեմում հասկացությունը: Ծայրահեղության համար անհրաժեշտ և բավարար պայմաններ Պայմանական էքստրեմում Շարունակական ֆունկցիաների ամենամեծ և ամենափոքր արժեքները կետում ունեն ծայրահեղություն, ապա այս պահին յուրաքանչյուր մասնակի ածանցյալ, և դուք կամ անհետանում է, կամ գոյություն չունի: Թող z = f(x) y) ֆունկցիան ունենա ծայրահեղություն M0(x0, y0) կետում: Եկեք y փոփոխականին տանք yo արժեքը: Այնուհետև z = /(x, y) ֆունկցիան կլինի x մեկ փոփոխականի ֆունկցիա: Քանի որ x = xo-ում այն ​​ունի ծայրահեղություն (առավելագույնը կամ նվազագույնը, Նկար 20), ապա դրա ածանցյալը x = «o»-ի նկատմամբ, | (*o,l>)" հավասար է զրոյի, կամ գոյություն չունի: Նմանապես, մենք հաստատում ենք, որ) կամ հավասար է զրոյի, կամ գոյություն չունի: Այն կետերը, որտեղ = 0 և u = 0 կամ գոյություն չունեն, կոչվում են z = Dx, y ֆունկցիայի կրիտիկական կետեր): Այն կետերը, որոնցում $£ = u = 0 են կոչվում նաև ֆունկցիայի անշարժ կետեր: 11-րդ թեորեմն արտահայտում է միայն ծայրահեղության համար անհրաժեշտ պայմանները, որոնք բավարար չեն: 18 Նկ.20 immt ածանցյալներ, որոնք անհետանում են ժամը. Բայց այս ֆունկցիան բավականին բարակ է imvat “straumum. Իրոք, ֆունկցիան հավասար է զրոյի 0(0, 0) կետում և վերցնում է M(x, y) կետերը, որքան ցանկանում եք 0(0, 0) կետին մոտ, kkk դրական և բացասական արժեքներ: Դրա համար, ուստի կամայականորեն փոքր կետերի (0, y) կետերում այս տիպի 0(0, 0) կետը կոչվում է մինի առավելագույն կետ (նկ. 21): Երկու փոփոխականների ֆունկցիայի ծայրահեղության համար բավարար պայմանները արտահայտվում են հետևյալ թեորեմով. Թեորեմ 12 (բավարար պայմաններ անորոշ փոփոխականների ծայրահեղության համար): Թող Mo(xo, y0) կետը լինի f(x, y) ֆունկցիայի անշարժ կետ, և կետի որոշ հարևանությամբ / ներառյալ հենց Mo կետը, f(r, y) ֆունկցիան ունի շարունակական մասնակի ածանցյալներ: երկրորդ կարգի ներառյալ։ Այնուհետև «1) Mq(xq, V0) կետում f(x, y) ֆունկցիան ունի առավելագույնը, եթե որոշիչն այս կետում է 2) Mo(x0, V0) կետում f(x, y) ֆունկցիան. ունի նվազագույն, եթե Mo(xo, yo) կետում f(x, y) ֆունկցիան ծայրահեղություն չունի, եթե D(xo, yo)< 0. Если же то в точке Мо(жо> Վո) f(x, y) ֆունկցիայի ծայրահեղությունը կարող է լինել կամ չլինել: Այս դեպքում անհրաժեշտ է լրացուցիչ հետազոտություն: Մենք սահմանափակվում ենք թեորեմի 1) և 2) պնդումների ապացուցմամբ։ Գրենք /(i, y) ֆունկցիայի երկրորդ կարգի Թեյլորի բանաձևը՝ որտեղ. Ենթադրությամբ, որտեղից պարզ է, որ D/ աճի նշանը որոշվում է (1-ի) աջ կողմի եռանդամի նշանով, այսինքն՝ երկրորդ դիֆերենցիալ d2f նշանով։ Հակիրճության համար նշենք. Այնուհետև (l) հավասարությունը կարելի է գրել հետևյալ կերպ. MQ(so, y0) կետում մենք ունենք M0(s0,yo) կետի հարևանությունը: Եթե ​​պայմանը (A/0 կետում) բավարարված է, և շարունակականության պատճառով /,z(s, y) ածանցյալը կպահպանի իր նշանը Af0 կետի ինչ-որ հարևանությամբ: Այն տարածաշրջանում, որտեղ A ∆ 0, մենք ունենք 0 M0(x0) y0 կետի ինչ-որ հարևանությամբ), ապա AAx2 -I- 2BAxAy + CDy2 եռանդամի նշանը C կետում համընկնում է A նշանի հետ, չի կարող ունենալ տարբեր նշաններ): Քանի որ AAs2 + 2BAxAy + CAy2 գումարի նշանը (s0 + $ Ax, yo + 0 Dy) կետում որոշում է տարբերության նշանը, մենք հանգում ենք հետևյալ եզրակացության. եթե f(s, y) ֆունկցիան անշարժ կետը (s0, yo) բավարարում է պայմանը, ապա բավական փոքր || անհավասարությունը կպահպանվի. Այսպիսով, (sq, y0) կետում /(s, y) ֆունկցիան ունի առավելագույնը: Բայց եթե անշարժ կետում (s0, yo) պայմանը բավարարված է, ապա բոլորի համար բավականաչափ փոքր |Ar| եւ |Կատարել| անհավասարությունը ճշմարիտ է, ինչը նշանակում է, որ /(s, y) ֆունկցիան ունի նվազագույն (so, yo) կետում: Օրինակներ. 1. Հետազոտել 4 ֆունկցիան ծայրահեղության համար Օգտվելով էքստրեմումի համար անհրաժեշտ պայմաններից՝ մենք փնտրում ենք ֆունկցիայի անշարժ կետերը: Դա անելու համար մենք գտնում ենք մասնակի ածանցյալները՝ u և հավասարեցնում դրանք զրոյի: Մենք ստանում ենք հավասարումների համակարգ, որտեղից՝ անշարժ կետ: Այժմ օգտագործենք 12-րդ թեորեմը: Ուստի, Ml կետում կա ծայրահեղություն: Որովհետև սա նվազագույնն է։ Եթե ​​g ֆունկցիան վերածենք ձևի, ապա հեշտ է տեսնել, որ աջ կողմը (")" կլինի նվազագույն, երբ այս ֆունկցիայի բացարձակ նվազագույնն է: 2. Հետազոտե՛ք ծայրահեղության ֆունկցիան:Գտնում ենք ֆունկցիայի անշարժ կետերը, որոնց համար այստեղից կազմում ենք հավասարումների համակարգ, որպեսզի կետը լինի անշարժ: Քանի որ 12-րդ թեորեմի ուժով Մ կետում ծայրահեղություն չկա. * 3. Հետազոտել էքստրեմի ֆունկցիան Գտե՛ք ֆունկցիայի անշարժ կետերը: Հավասարումների համակարգից մենք ստանում ենք, որ կետը անշարժ է: Ավելին, մենք ունենք այնպես, որ թեորեմ 12-ը պատասխան չտա էքստրեմումի առկայության կամ բացակայության հարցին: Եկեք դա անենք այսպես. Կետից բացի բոլոր կետերի վերաբերյալ ֆունկցիայի համար, որպեսզի, ըստ սահմանման, A/o(0,0) կետում r ֆունկցիան ունենա բացարձակ նվազագույն: Անալոգային չորացման միջոցով մենք հաստատում ենք, որ ֆունկցիան կետում ունի առավելագույնը, բայց կետում ֆունկցիան ծայրահեղություն չունի: Թող η անկախ փոփոխականների ֆունկցիան տարբերվող լինի մի կետում Mo կետը կոչվում է ֆունկցիայի անշարժ կետ, թեորեմ 13 (բավարար պայմաններ ծայրահեղության համար): Թող ֆունկցիան սահմանվի և ունենա երկրորդ կարգի շարունակական մասնակի ածանցյալներ Mc(xi...) նուրբ գծի ինչ-որ հարևանությամբ, որը անշարժ նուրբ ֆունկցիա է, եթե քառակուսի ձևը (f ֆունկցիայի երկրորդ դիֆերենցիալը տուգանքի մեջ f ֆունկցիայի կետը դրական-որոշ (բացասական-որոշ), նվազագույնի (համապատասխանաբար, տուգանք առավելագույն) կետը լավ է Եթե քառակուսի ձևը (4) նշանային է, ապա LG0 տուգանքի մեջ ծայրահեղություն չկա 15.2 Պայմանական. extremum Մինչ այժմ մենք մտահոգված ենք եղել ֆունկցիայի լոկալ ծայրահեղությունների հայտնաբերմամբ դրա սահմանման ողջ տիրույթում, երբ ֆունկցիայի արգումենտները կապված չեն որևէ լրացուցիչ պայմանի հետ: Թող z \u003d / (x, y) ֆունկցիան սահմանվի D տարածաշրջանում: Ենթադրենք, որ L կորը տրված է այս շրջանում, և անհրաժեշտ է գտնել միայն f (x> y) ֆունկցիայի ծայրահեղությունը: դրա արժեքներից, որոնք համապատասխանում են L կորի կետերին: Նույն ծայրահեղությունները կոչվում են z = f(x) y) ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղություններ L կորի վրա: Սահմանում Ասում են, որ ընկած կետում L կորի վրա f(x, y) ֆունկցիան ունի պայմանական առավելագույն (նվազագույն), եթե անհավասարությունը բավարարված է, համապատասխանաբար, M0(x0) կետի ինչ-որ հարևանությամբ պատկանող M (s, y) կորի L կետերում, Yo) և տարբերվում է M0 կետից (Եթե L կորը տրված է հավասարմամբ, ապա կորի վրա r - f(x, y) ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղությունը գտնելու խնդիրը! կարելի է ձևակերպել հետևյալ կերպ. գտե՛ք x = /(z, y) ֆունկցիայի ծայրահեղությունը D տարածաշրջանում, պայմանով, որ այսպիսով, z = y ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղությունները գտնելիս, zn փաստարկներն այլևս չեն կարող դիտարկվել. որպես անկախ փոփոխականներ՝ դրանք փոխկապակցված են y ) = 0 հարաբերությամբ, որը կոչվում է սահմանափակման հավասարում։ M «* D y-ի՝ որպես անվերապահ և պայմանական ծայրահեղության տարբերությունը պարզաբանելու համար եկեք դիտարկենք մեկ այլ օրինակ՝ ֆունկցիայի անվերապահ առավելագույնը (նկ. 23) հավասար է մեկի և հասնում է (0,0) կետում: Այն համապատասխանում է հենց M - pvvboloid-ի գագաթին, ավելացնենք y = j սահմանափակման հավասարումը: Ապա պայմանական առավելագույնն ակնհայտորեն հավասար կլինի, այն հասնում է (o, |) կետում, և այն համապատասխանում է pvvboloid-ի Afj գագաթին, որը pvvboloid-ի հատման գիծն է y = j հարթության հետ: Անվերապահ նվազագույն s-ի դեպքում մենք ունենք ամենափոքր կիրառումը մակերևույթի բոլոր էքսպլիկացիաներից * = 1 - n;2 ~ y1; slumvv պայմանական - միայն vllkvt կետերի շարքում pvrboloidv, որը համապատասխանում է xOy հարթության ոչ y = j ուղիղ գծի * կետին: Առկայության և միացման դեպքում ֆունկցիայի պայմանական էքստրեմումը գտնելու մեթոդներից մեկը հետևյալն է. Թող կապի y)-0 հավասարումը սահմանի y-ը որպես x արգումենտի միարժեք դիֆերենցիալ ֆունկցիա: Փոխարինելով y-ի փոխարեն ֆունկցիան ֆունկցիայի մեջ՝ մենք ստանում ենք մեկ արգումենտի ֆունկցիա, որում կապի պայմանն արդեն հաշվի է առնվել: . Ֆունկցիայի (անվերապահ) ծայրահեղությունը ցանկալի պայմանական էքստրեմումն է։ Օրինակ. Գտեք մի քանի փոփոխականի ֆունկցիայի ծայրահեղություն պայմանով Մի քանի փոփոխականի ֆունկցիայի ծայրահեղություն Հայեցակարգը մի քանի փոփոխականների ֆունկցիայի ծայրահեղություն: Ծայրահեղության համար անհրաժեշտ և բավարար պայմաններ Պայմանական էքստրեմում Շարունակական ֆունկցիաների ամենամեծ և ամենափոքր արժեքները A \u003d 1 - կրիտիկական կետ; այնպես, որ ապահովում է r ֆունկցիայի պայմանական նվազագույնը (նկ. 24): Եկեք նշենք լուծման այլ եղանակ Պայմանական ծայրահեղության խնդիրը, որը կոչվում է Լագրանժի բազմապատկիչ մեթոդ: Թող լինի ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղության կետ կապի առկայության դեպքում: Ենթադրենք, որ կապի հավասարումը սահմանում է եզակի շարունակաբար տարբերվող ֆունկցիա կետի որոշ հարևանությամբ: xi Ենթադրենք, որ մենք ստանում ենք, որ xq կետում /(r, ip(x)) ֆունկցիայի x-ի նկատմամբ ածանցյալը պետք է հավասար լինի զրոյի կամ, որը համարժեք է դրան, f (x, y) դիֆերենցիալը. ) Mo "O կետում) միացման հավասարումից ունենք (5) Այնուհետև, dx-ի կամայականության պատճառով, մենք ստանում ենք (6) և (7) հավասարումները, որոնք արտահայտում են անվերապահ ծայրահեղության համար անհրաժեշտ պայմանները Լագրանժի ֆունկցիա կոչվող ֆունկցիայի մի կետում: Այսպիսով, / (x, y) ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղության կետը, եթե, անպայման Լագրանժի ֆունկցիայի անշարժ կետն է, որտեղ A-ն որոշ թվային գործակից է: Այստեղից ստանում ենք պայմանական ծայրահեղությունների հայտնաբերման կանոն. որպեսզի գտնենք կետեր, որոնք կարող են լինել ֆունկցիայի բացարձակ ծայրահեղության կետեր կապի առկայության դեպքում, 1) կազմում ենք Լագրանժի ֆունկցիան, 2) հավասարեցնում ենք այս ֆունկցիայի ածանցյալներին և W-ին։ զրոյին և արդյունքում ստացված հավասարումներին միացման հավասարումը ավելացնելով, մենք ստանում ենք երեք հավասարումների համակարգ, որից գտնում ենք A-ի արժեքները և հնարավոր ծայրահեղ կետերի x, y կոորդինատները: Պայմանական էքստրեմի գոյության և բնույթի հարցը լուծվում է Լագրանժի ֆունկցիայի երկրորդ դիֆերենցիալ նշանի ուսումնասիրության հիման վրա արժեքների դիտարկված համակարգի համար x0, Yo, A, ստացված (8) պայմանով. որ Եթե, ապա (x0, Yo) կետում f(x, y ) ֆունկցիան ունի պայմանական առավելագույն; եթե d2F > 0 - ապա պայմանական նվազագույնը: Մասնավորապես, եթե անշարժ կետում (xo, J/o) F(x, y) ֆունկցիայի D որոշիչը դրական է, ապա (®o, V0) կետում կա /( ֆունկցիայի պայմանական առավելագույնը. x, y) եթե, և /(x, y) ֆունկցիայի պայմանական նվազագույնը, եթե Օրինակ. Եկեք նորից անդրադառնանք նախորդ օրինակի պայմաններին. գտեք ֆունկցիայի ծայրահեղությունը, պայմանով, որ x + y \u003d 1: Մենք խնդիրը կլուծենք Լագրանժի բազմապատկիչ մեթոդով: Լագրանժի ֆունկցիան այս դեպքում ունի ձև Անշարժ կետեր գտնելու համար մենք համակարգ ենք կազմում համակարգի առաջին երկու հավասարումներից ստանում ենք, որ x = y: Այնուհետև համակարգի երրորդ հավասարումից (միացման հավասարում) գտնում ենք, որ x - y = j - հնարավոր ծայրահեղության կետի կոորդինատները: Այս դեպքում (նշվում է, որ A \u003d -1։ Այսպիսով, Լագրանժի ֆունկցիան. * \u003d x2 + y2 ֆունկցիայի պայմանական նվազագույն կետն է՝ պայմանով, որ Լագրանժյան ֆունկցիայի համար անվերապահ ծայրահեղություն չկա։ P ( x, y) դեռ չի նշանակում /(x, y) ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղության բացակայություն կապի առկայության դեպքում Օրինակ՝ գտե՛ք ֆունկցիայի ծայրահեղությունը y պայմանով 4 Կազմում ենք Լագրանժի ֆունկցիան և դուրս գրում. A-ի և հնարավոր ծայրահեղ կետերի կոորդինատների որոշման համակարգ. Առաջին երկու հավասարումներից մենք ստանում ենք x + y = 0 և գալիս ենք համակարգին y = A = 0: Այսպիսով, համապատասխան Լագրանժի ֆունկցիան ունի կետում (0) ձևը: , 0), F(x, y; 0) ֆունկցիան չունի անվերապահ ծայրահեղություն, այլ ունի r = xy ֆունկցիայի պայմանական ծայրահեղություն: Երբ y = x, կա «Իսկապես, այս դեպքում r = x2: From այստեղ պարզ է, որ (0,0) կետում կա պայմանական նվազագույն. «Լագրանժի բազմապատկիչների մեթոդը փոխանցվում է ցանկացած թվով արգումենտների ֆունկցիաների դեպքում / Թող ֆունկցիայի էքստրեմումը փնտրվի առկայության դեպքում. կապի հավասարումները Sostaalyaem Lagrange ֆունկցիան, որտեղ A|, Az,..., A„, - ոչ որոշակի մշտական ​​գործոններ. Հավասարեցնելով F ֆունկցիայի առաջին կարգի բոլոր մասնակի ածանցյալները և ստացված հավասարումներին ավելացնելով կապի հավասարումները (9), ստանում ենք n + m հավասարումների համակարգ, որից որոշում ենք Ab A3|..., Am և. կոորդինատները x\) x2) . » xn պայմանական էքստրեմի հնարավոր կետեր. Հարցը, թե արդյոք Լագրանժի մեթոդով հայտնաբերված կետերը իսկապես պայմանական ծայրահեղ կետեր են, հաճախ կարելի է լուծել ֆիզիկական կամ երկրաչափական բնույթի նկատառումների հիման վրա: 15.3. Շարունակական ֆունկցիաների առավելագույն և նվազագույն արժեքները Թող պահանջվի գտնել z = /(x, y) ֆունկցիայի առավելագույն (ամենափոքր) արժեքը որոշ ընդլայնված սահմանափակված D տիրույթում: Թեորեմ 3-ով այս տարածաշրջանում կա մի կետ (xo, V0), որտեղ ֆունկցիան ընդունում է ամենամեծ (ամենափոքր) արժեքը: Եթե ​​կետը (xo, y0) գտնվում է D տիրույթի ներսում, ապա / ֆունկցիան իր մեջ ունի առավելագույնը (նվազագույնը), այնպես որ այս դեպքում մեզ հետաքրքրող կետը պարունակվում է /(x) ֆունկցիայի կրիտիկական կետերի մեջ։ , y). Այնուամենայնիվ, /(x, y) ֆունկցիան կարող է նաև հասնել իր առավելագույն (ամենափոքր) արժեքին տարածաշրջանի սահմանին: Հետևաբար, z = /(x, y) ֆունկցիայի ամենամեծ (ամենափոքր) արժեքը գտնելու համար սահմանափակված փակ տարածքում 2), անհրաժեշտ է գտնել այս տարածքի ներսում ձեռք բերված ֆունկցիայի բոլոր մաքսիմումները (նվազագույնները): , ինչպես նաև այս տարածքի սահմանին գտնվող ֆունկցիայի ամենամեծ (ամենափոքր) արժեքը։ Այս բոլոր թվերից ամենամեծը (ամենափոքրը) կլինի z = /(x, y) ֆունկցիայի ցանկալի առավելագույն (ամենափոքր) արժեքը 27 տարածաշրջանում: Եկեք ցույց տանք, թե ինչպես է դա արվում տարբերակվող ֆունկցիայի դեպքում: Պրմմր. Գտեք 4-րդ տարածքի ֆունկցիայի ամենամեծ և ամենափոքր արժեքները: Մենք գտնում ենք ֆունկցիայի կրիտիկական կետերը D տարածքի ներսում: Դրա համար մենք կազմում ենք հավասարումների համակարգ: Այստեղից մենք ստանում ենք x \u003d y \u003e 0 , այնպես որ 0 (0,0) կետը x ֆունկցիայի կրիտիկական կետն է։ Քանի որ հիմա եկեք գտնենք ֆունկցիայի ամենամեծ և ամենափոքր արժեքները D շրջանի Г սահմանի վրա: Սահմանի մասում մենք ունենք այնպես, որ y \u003d 0-ը կրիտիկական կետ է, և քանի որ \u003d այդ ժամանակ կետ z \u003d 1 + y2 ֆունկցիան ունի նվազագույնը հավասար մեկին: G հատվածի ծայրերում», կետերում (, մենք ունենք: Օգտագործելով համաչափության նկատառումներ, մենք ստանում ենք նույն արդյունքները սահմանի մյուս մասերի համար: Վերջապես, մենք ստանում ենք. z \u003d x2 + y2 ֆունկցիայի ամենափոքր արժեքը: «B» շրջանը հավասար է զրոյի և այն հասնում է ներքին կետի 0( 0, 0) տարածքում, և այս ֆունկցիայի առավելագույն արժեքը՝ հավասար երկուսի, հասնում է սահմանի չորս կետերում (նկ.25): Նկ.25 Գործառույթների վարժություններ. Գտի՛ր ֆունկցիաների մասնակի ածանցյալները և դրանց ընդհանուր դիֆերենցիալները. Գտիր կոմպլեքս ֆունկցիաների ածանցյալները. an extremum Conditional extremum Շարունակական ֆունկցիաների ամենամեծ և ամենափոքր արժեքները 34. Օգտագործելով կոմպլեքս ֆունկցիայի ածանցյալի բանաձևը երկու փոփոխական, գտնել և ֆունկցիաներ. 35. Օգտագործելով բարդ ֆունկցիայի ածանցյալի բանաձևը. երկու փոփոխականներում գտե՛ք |J և ֆունկցիաներ՝ Գտե՛ք jj իմպլիցիտ ֆունկցիաներ՝ 40. Գտե՛ք շոշափողի կորի թեքությունը x = 3 ուղիղ գծի հետ հատման կետում։ 41. Գտի՛ր այն կետերը, որտեղ x կորի շոշափողը զուգահեռ է x առանցքին: . Հետևյալ առաջադրանքներում գտե՛ք և Z. Գրե՛ք շոշափողի հարթության և մակերեսի նորմալի հավասարումները. 4y + 6z \u003d 0. Գտե՛ք ընդլայնման առաջին երեքից չորս անդամները՝ օգտագործելով Թեյլորի բանաձևը՝ 50. y կետի հարևանությամբ (0, 0): Օգտագործելով ֆունկցիայի ծայրահեղության սահմանումը, ուսումնասիրեք ծայրահեղության հետևյալ գործառույթները:). Օգտագործելով բավարար պայմաններ երկու փոփոխականների ֆունկցիայի ծայրահեղության համար, ուսումնասիրեք ֆունկցիայի ծայրահեղությունը. * \u003d x2y (4-x-y) ֆունկցիայի արժեքները x \u003d 0, y = 0, x + y = b տողերով սահմանափակված եռանկյունու մեջ: 88. Որոշի՛ր ամենափոքր մակերեսով ուղղանկյուն բաց ավազանի չափերը՝ պայմանով, որ դրա ծավալը հավասար լինի V-ի 87. Գտի՛ր 5 առավելագույն ծավալով տրված ընդհանուր մակերեսով ուղղանկյուն զուգահեռականի չափերը: Պատասխաններ 1. և | Քառակուսի, որը ձևավորվում է x գծերի հատվածներով՝ ներառյալ իր կողմերը: 3. Համակենտրոն օղակների ընտանիք 2= 0,1,2,... .4. Ամբողջ հարթությունը բացառությամբ y ուղիղ գծերի կետերի: Ինքնաթիռի այն մասը, որը գտնվում է y \u003d -x? պարաբոլայի վերևում: 8. Շրջեք x կետերը: Ամբողջ հարթությունը բացառությամբ ուղիղ գծերի x Արմատական ​​արտահայտությունը ոչ բացասական է երկու դեպքում՝ j * ^ կամ j x ^ ^, որը համապատասխանաբար համարժեք է անհավասարությունների անվերջ շարքի։ Սահմանման տիրույթը ստվերավորված քառակուսիներն են (նկ. 26) ; l, որը համարժեք է անվերջ շարքի Ֆունկցիան սահմանվում է կետերում: ա) Ուղղին զուգահեռ ուղիղներ x բ) Համակենտրոն շրջանագծեր՝ կենտրոնացած սկզբնակետում: 10. ա) պարաբոլներ y) պարաբոլներ y ա) պարաբոլներ բ) հիպերբոլաներ | .Ինքնաթիռներ xc. 13.Prim - Օզի առանցքի շուրջ հեղափոխության մեկ խոռոչի հիպերբոլոիդներ; քանի որ և Օզի առանցքի շուրջ պտտվող երկշերտ հիպերբոլոիդներ են, մակերևույթների երկու ընտանիքներն էլ բաժանված են կոնով. Սահման չկա, բ) 0. 18. Թող y = kxt ապա z lim z = -2, այնպես որ (0,0) կետում տրված ֆունկցիան սահման չունենա։ 19. ա) կետ (0.0); բ) կետ (0,0). 20. ա) Ընդմիջման գիծ - շրջան x2 + y2 = 1; բ) ընդմիջման գիծը ուղիղ գիծ է y \u003d x: 21. ա) Ընդմիջման գծեր - կոորդինատային առանցքներ Ox և Oy; բ) 0 (դատարկ հավաքածու): 22. Բոլոր կետերը (m, n), որտեղ և n-ն ամբողջ թվեր են