$E \subset \mathbb(R)^(n)$. 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 частинабуде 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 $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$

>> Екстремуми

Екстремум функції

Визначення екстремуму

Функція y = f (x) називається зростаючою (спадаючою) у деякому інтервалі, якщо при x 1< x 2 выполняется неравенство (f (x 1) < f (x 2) (f (x 1) >f(x2)).

Якщо функція, що диференціюється, y = f (x ) на відрізку зростає (зменшується), то її похідна на цьому відрізку f " (x)> 0

(f "(x)< 0).

Крапка x о називається точкою локального максимуму (мінімуму) функції f (x ), якщо існує околиця точки x продля всіх точок якої правильна нерівність f (x )≤ f (x про) (f (x)≥ f (x про)).

Точки максимуму та мінімуму називаються точками екстремуму, а значення функції у цих точках - її екстремумами.

Крапки екстремуму

Необхідні умови екстремуму . Якщо точка x о є точкою екстремуму функції f (x ), або f " (x про) = 0, або f(x о) немає. Такі точки називають критичними,причому сама функція у критичній точці визначена. Екстремуми функції слід шукати серед її критичних точок.

Перша достатня умова. Нехай x о - Критична точка. Якщо f " (x) при переході через точку x о змінює знак плюс на мінус, то в точці x профункція має максимум, інакше - мінімум. Якщо при переході через критичну точкупохідна не змінює знак, то в точці x о екстремуму немає.

Друга достатня умова. Нехай функція f (x) має
f " (x) в околиці точки x о і другу похідну у самій точці x про. Якщо f "(x про) = 0, >0 ( <0), то точка x проє точкою локального мінімуму (максимуму) функції f(x). Якщо ж =0, потрібно або користуватися першою достатньою умовою, або залучати вищі .

На відрізку функція y = f(x) може досягати найменшого або найбільшого значення або в критичних точках, або на кінцях відрізка .

Приклад 3.22.

Рішення.Так як f " (

Завдання на знаходження екстремуму функції

Приклад 3.23. a

Рішення. xі y y
0 ≤ x≤
> 0, а при x >a /4 S " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение функції кв. од).

Приклад 3.24. p ≈

Рішення. p p
S "
R = 2, Н = 16/4 = 4.

Приклад 3.22.Знайти екстремуми функції f(x) = 2x 3 - 15x 2 + 36x - 14.

Рішення.Так як f " (x ) = 6x 2 - 30x +36 = 6(x ​​-2)(x - 3), то критичні точки функції x 1 = 2 і x 2 = 3. Екстремуми можуть бути тільки в цих точках. Оскільки при переході через точку x 1 = 2 похідна змінює знак плюс мінус, то цій точці функція має максимум. При переході через точку x 2 = 3 похідна змінює знак мінус плюс, тому в точці x 2 = 3 у функції мінімум. Обчисливши значення функції у точках
x 1 = 2 і x 2 = 3, знайдемо екстремуми функції: максимум f(2) = 14 і мінімум f(3) = 13.

Приклад 3.23.Потрібно побудувати прямокутний майданчик біля кам'яної стіни так, щоб з трьох боків вона була відгороджена дротяною сіткою, а четвертою стороною примикала до стіни. Для цього є aсітки погонних метрів. При якому співвідношенні сторін майданчик матиме найбільшу площу?

Рішення.Позначимо сторони майданчика через xі y. Площа майданчика дорівнює S = xy. Нехай y- Це довжина сторони, що примикає до стіни. Тоді за умовою має виконуватись рівність 2x + y = a. Тому y = a - 2x та S = x (a - 2x), де
0 ≤ x≤ a /2 (довжина та ширина майданчика не можуть бути негативними). S " = a - 4x, a - 4x = 0 при x = a/4, звідки
y = a - 2 × a/4 = a/2. Оскільки x = a /4 - єдина критична точка, перевіримо, чи змінюється знак похідної під час переходу цю точку. При x a /4 S "> 0, а при x >a /4 S " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение функції S(a/4) = a/4(a - a/2) = a 2 /8 (кв. од). Оскільки S безперервна і її значення на кінцях S(0) і S(a /2) дорівнюють нулю, то знайдене значення буде найбільшим значеннямфункції. Таким чином, найбільш вигідним співвідношенням сторін майданчика за даних умов завдання є y = 2x.

Приклад 3.24.Потрібно виготовити закритий циліндричний бак місткістю V = 16 p ≈ 50 м3. Які мають бути розміри бака (радіус R і висота Н), щоб його виготовлення пішло найменшу кількість матеріалу?

Рішення.Площа повної поверхніциліндра дорівнює S = 2 p R(R+Н). Ми знаємо об'єм циліндра V = p R 2 Н Þ Н = V/ p R 2 =16 p / p R 2 = 16/R 2 . Значить, S(R) = 2 p (R 2+16/R). Знаходимо похідну цієї функції:
S "(R) = 2p (2R-16/R2) = 4p (R-8/R2). S " (R) = 0 при R 3 = 8, отже,
R = 2, Н = 16/4 = 4.

МАКСИМУМУ І МІНІМУМУ ТОЧКИ

точки, в яких брало приймає найбільше або найменше значення на області визначення; такі точки зв. також точками абсолютного максимуму чи абсолютного мінімуму. Якщо f визначено на топологич. просторі X, то точка х 0зв. точкою локального максимуму (локального мінімуму), якщо існує така точка х 0що для звуження розглянутої функції на цій околиці точка х 0є точкою абсолютного максимуму (мінімуму). Розрізняють точки суворого і не суворого максимуму (мінімум) (як абсолютного, так і локального). наприклад, точка зв. точкою суворого (суворого) локального максимуму функції f, якщо існує така околиця точки х 0що всім виконується (відповідно f(х) x 0). )/

Для функцій, визначених на кінцевих областях, у термінах диференціального обчислення існують умови та ознаки того, щоб дана точка була точкою локального максимуму (мінімуму). Нехай функція f визначена в деякій околиці папки x 0 числової осі. Якщо x 0 -точка нестрогого локального максимуму (мінімуму) і в цій точці існує f "( x 0), то вона дорівнює нулю.

Якщо задана функція f диференційована на околиці точки x 0крім, можливо, самої цієї точки, в якій вона безперервна, і похідна f" по кожну сторону від точки x 0в цій околиці зберігає постійний знак, то для того щоб x 0була точкою суворого локального максимуму (локального мінімуму), необхідно і достатньо, щоб похідна змінювала знак із плюсу на мінус, тобто щоб f"(x)>0 при x<.x 0і f"(x)<0 при x>x 0(відповідно з мінусом на плюс: f"(х) <0 при x<x 0і f"(x)>0 при х>х 0). Однак не для будь-якої функції, що диференціюється в околиці точки x 0можна говорити про зміну похідної знака в цій точці. . "

Якщо функція має в точці х 0 тпохідних, причому те для того щоб х 0була точкою суворого локального максимуму, необхідно і достатньо, щоб вони були парними і щоб f (m) ( x 0)<0, и - локального минимума, чтобы m было четно и f (m) (x 0)>0.

Нехай функція f( x 1 ..., х п]визначена в n-вимірній околиці точки і диференційована в цій точці. Якщо x (0) є точкою суворого локального максимуму (мінімуму), то функції f у цій точці дорівнює нулю. Це умова рівнозначно рівності нулю у цій точці всіх приватних похідних 1-го порядку функції f. Якщо функція має 2 безперервні приватні похідні в точці x (0) , всі її 1 похідні звертаються в x (0) в нуль, а диференціал 2-го порядку в точці x (0) являє собою негативну (позитивну) квадратичну форму, то x (0) є точкою суворого локального максимуму (мінімуму). Відомі умови для М. і м. т. функцій, що диференціюються, коли на зміни аргументів накладені певні обмеження: задовольняються рівняння зв'язку. Необхідні та достатні умоваммаксимуму (мінімуму) дійсної функції, який має більш складну структуру, вивчаються в спеціальних розділах математики: напр., в опуклому аналізі, математичному програмуванні(Див. також Максимізація та мінімізація функцій). М. та м. т. функцій, визначених на різноманіттях, вивчаються в варіаційному обчисленні в цілому,а М. і м. т. для функцій, заданих на функціональних просторах, тобто для функціоналів, варіаційному обчисленні.Існують також різні методичисельного наближеного знаходження М. та м. т.

Літ.: Іл ь ин В. А., П о з ня до Е. Г., Основи математичного аналізу, 3 видавництва, ч. 1,М., 1971; КудрявцевЛ. Л. Д. Кудрявцев.

Математична енциклопедія. - М: Радянська енциклопедія. І. М. Виноградов. 1977-1985.

Дивитися що таке "МАКСИМУМУ І МІНІМУМУ ТОЧКИ" в інших словниках:

Дискретний принцип максимуму Понтрягіна для дискретних процесів управління. Для такого процесу М. п. може не виконуватися, хоча для його безперервного аналога, що виходить заміною звичайно різницевого оператора на диференціальний ... Математична енциклопедія

Теорема, що виражає одну з основних властивостей модуля аналітич. функції. Нехай f(z) регулярна аналітична, або голоморфна, функція пкомплексних змінних в області Dкомплексного числового простору відмінна від константи, М. м. п. Математична енциклопедія

Найбільше і відповідно найменше значення функції, що набуває дійсних значень. Точку області визначення розглянутої функції, в якій вона приймає максимум або мінімум, зв. відповідно точкою максимуму або точкою мінімуму. Математична енциклопедія

Див. Максимум та мінімум функції, Максимуму та мінімуму точки … Математична енциклопедія

Значення безперервної функції, що є максимумом або мінімумом (див. Максимум і мінімум точки). Термін лЕ … Математична енциклопедія

Індикатор- (Indicator) Індикатор це інформаційна система, речовина, прилад, пристрій, що відображає зміни якогось параметра Індикатори графіків валютного ринку форекс, які вони бувають і де їх можна завантажити? Опис індикаторів MACD, … Енциклопедія інвестора

Цей термін має й інші значення, див. Екстремум (значення). Екстремум (лат. extremum крайній) у математиці максимальне або мінімальне значення функції на заданій множині. Точка, в якій досягається екстремум, ... Вікіпедія

Диференціальне обчислення розділ математичного аналізу, в якому вивчаються поняття похідної та диференціала та способи їх застосування до дослідження функцій. Зміст 1 Диференціальне обчислення функцій однієї змінної … Вікіпедія

Лемніската та її фокуси Лемніската Бернуллі плоска крива алгебри. Визначається як геометричне місце точок, твори … Вікіпедія

Дивергенція- (Divergence) Дивергенція як індикатор Торгова стратегія з MACD дивергенцією Зміст Зміст Розділ 1. в. Розділ 2. Дивергенція як. Дивергенція - це термін, що використовується в економіці для позначення руху по розбіжності. Енциклопедія інвестора

Для функції f(x) багатьох змінних точка x являє собою вектор, f'(x) – вектор перших похідних (градієнт) функції f(x), f ′ (x) – симетричну матрицю других приватних похідних (матрицю Гессе – гессиан) функції f(x).
Для функції багатьох змінних умови оптимальності формулюються в такий спосіб.
Необхідна умова локальної оптимальності. Нехай f(x) диференційована у точці x * R n. Якщо x * - точка локального екстремуму, F'(x *) = 0.
Як і раніше точки, що є рішеннями системи рівнянь, називаються стаціонарними. Характер стаціонарної точки x * пов'язаний із знаковизначеністю матриці Гессе f′′(x).
Знаковизначеність матриці залежить від знаків квадратичної форми Q(α)=< α A, α >за всіх ненульових α∈R n .
Тут і далі через позначається скалярний твірвекторів x та y. За визначенням,

Матриця A є позитивно(неотрицательно) певною, якщо Q(α)>0 (Q(α)≥0) при всіх ненульових α∈R n ; негативно (непозитивно) певною, якщо Q(α)<0 (Q(α)≤0) при всех ненулевых α∈R n ; неопределенной, если Q(α)>0 для деяких ненульових α∈R n та Q(α)<0 для остальных ненулевых α∈R n .
Достатня умова локальної оптимальності. Нехай f(x) двічі диференційована в точці x * R n, причому f'(x *) = 0, тобто. x * - Стаціонарна точка. Тоді, якщо матриця f′′(x *) є позитивно (негативно) певною, то x * − точка локального мінімуму (максимуму); якщо матриця f′′(x *) є невизначеною, то x * − сідлова точка.
Якщо матриця f′′(x *) є неотрицательно (непозитивно) певною, то визначення характеру стаціонарної точки x * потрібно дослідження похідних вищого порядку.
Для перевірки знаковизначеності матриці зазвичай використовується критерій Сильвестра. Відповідно до цього критерію, симетрична матриця А є позитивно визначеною в тому і тільки тому випадку, якщо всі її кутові мінори позитивні. При цьому кутовим мінором матриці А називається визначник матриці, побудованої з елементів матриці А, що стоять на перетині рядків і стовпців з однаковими номерами (причому першими). Щоб перевірити симетричну матрицю на негативну визначеність, треба перевірити матрицю (-А) на позитивну визначеність.
Отже, алгоритм визначення точок локальних екстремумів функції багатьох змінних полягає в наступному.
1. Знаходиться f(x).
2. Вирішується система

В результаті обчислюються стаціонарні точки x i.
3. Знаходиться f′′(x), належить i=1.
4. Знаходиться f′′(x i)
5. Обчислюються кутові мінори матриці f'(x i). Якщо в повному обсязі кутові мінори ненульові, то визначення характеру стаціонарної точки x i потрібно дослідження похідних вищого порядку. У цьому здійснюється перехід до п.8.
В іншому випадку здійснюється перехід до п.6.
6. Аналізуються знаки кутових мінорів f′′(x i). Якщо f′′(x i) є позитивно визначеною, x i є точкою локального мінімуму. У цьому здійснюється перехід до п.8.
Інакше здійснюється перехід до п.7.
7. Обчислюються кутові мінори матриці -f'(x i) та аналізуються їх знаки.
Якщо -f′′(x i) − є позитивно визначеною, то f′′(x i) є негативно визначеною та x i є точкою локального максимуму.
В іншому випадку f′′(x i) є невизначеною і x i є сідловою точкою.
8. Перевіряється умова визначення характеру всіх стаціонарних точок i = N.
Якщо воно виконується, то обчислення завершуються.
Якщо умова не виконується, то належить i=i+1 і здійснюється перехід до п.4.

Приклад №1. Визначити точки локальних екстремумів функції f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2









Оскільки всі кутові мінори ненульові, характер x 2 визначається за допомогою f′′(x).
Оскільки матриця f′′(x 2) є позитивно визначеною, то x 2 є точкою локального мінімуму.
Відповідь: функція f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2 має у точці x = (5/3; 8/3) локальний мінімум.

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.