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Finden Sie lokale Extrema von Funktionsbeispielen. Extremum der Funktion

$E \subset \mathbb(R)^(n)$. Sie sagen, $f$ hat lokales Maximum am Punkt $x_(0) \in E$, wenn es eine Umgebung $U$ des Punktes $x_(0)$ gibt, so dass für alle $x \in U$ die Ungleichung $f\left(x\right ) \leqslant f ist erfüllt \left(x_(0)\right)$.

Das lokale Maximum wird aufgerufen strikt , wenn die Nachbarschaft $U$ so gewählt werden kann, dass für alle $x \in U$, die von $x_(0)$ verschieden sind, $f\left(x\right)< f\left(x_{0}\right)$.

Definition
Sei $f$ eine reelle Funktion auf der offenen Menge $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Sie sagen, $f$ hat lokales Minimum am Punkt $x_(0) \in E$, wenn es eine Umgebung $U$ des Punktes $x_(0)$ gibt, so dass für alle $x \in U$ die Ungleichung $f\left(x\right ) \geqslant f ist erfüllt \left(x_(0)\right)$.

Ein lokales Minimum heißt strikt, wenn eine Umgebung $U$ so gewählt werden kann, dass für alle $x \in U$, die von $x_(0)$ verschieden sind, $f\left(x\right) > f\left(x_ ( 0)\right)$.

Das lokale Extremum kombiniert die Konzepte des lokalen Minimums und des lokalen Maximums.

Satz (notwendige Bedingung für das Extremum einer differenzierbaren Funktion)
Sei $f$ eine reelle Funktion auf der offenen Menge $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Wenn im Punkt $x_(0) \in E$ die Funktion $f$ an diesem Punkt ein lokales Extremum hat, dann ist $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ Das Gleich-Null-Differential entspricht der Tatsache, dass alle gleich Null sind, d. h. $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

Im eindimensionalen Fall ist dies – . Bezeichnen wir $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$, wobei $h$ ein beliebiger Vektor ist. Die Funktion $\phi$ ist für Werte von $t$ definiert, die im Absolutwert hinreichend klein sind. Darüber hinaus ist es differenzierbar nach , und $(\phi)’ \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$.
$f$ habe ein lokales Maximum am Punkt x $0$. Das bedeutet, dass die Funktion $\phi$ bei $t = 0$ ein lokales Maximum hat und nach dem Satz von Fermat $(\phi)’ \left(0\right)=0$ ist.
Wir haben also $df \left(x_(0)\right) = 0$, d.h. Funktion $f$ am Punkt $x_(0)$ ist auf jedem Vektor $h$ gleich Null.

Definition
Punkte, an denen die Differenz Null ist, d.h. diejenigen, bei denen alle partiellen Ableitungen gleich Null sind, werden stationär genannt. Kritische Punkte Funktionen $f$ sind jene Punkte, an denen $f$ nicht differenzierbar oder gleich Null ist. Wenn der Punkt stationär ist, folgt daraus nicht, dass die Funktion an diesem Punkt ein Extremum hat.

Beispiel 1.
Sei $f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$. Dann ist $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$, also ist $\left(0,0\right)$ ein stationärer Punkt, aber die Funktion hat an diesem Punkt kein Extremum. Tatsächlich ist $f \left(0,0\right) = 0$, aber es ist leicht zu erkennen, dass die Funktion in jeder Umgebung des Punktes $\left(0,0\right)$ sowohl positive als auch negative Werte annimmt.

Beispiel 2.
Die Funktion $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ hat einen stationären Punkt in ihrem Ursprung, aber es ist klar, dass es an diesem Punkt kein Extremum gibt.

Satz (ausreichende Bedingung für Extremum).
Die Funktion $f$ sei auf der offenen Menge $E \subset \mathbb(R)^(n)$ zweimal stetig differenzierbar. Sei $x_(0) \in E$ ein stationärer Punkt und $$\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).$ $ Dann

Wenn $Q_(x_(0))$ – , dann hat die Funktion $f$ am Punkt $x_(0)$ ein lokales Extremum, nämlich ein Minimum, wenn die Form positiv definit ist, und ein Maximum, wenn die Form positiv ist negativ definitiv;
Wenn die quadratische Form $Q_(x_(0))$ undefiniert ist, dann hat die Funktion $f$ am Punkt $x_(0)$ kein Extremum.

Verwenden wir die Entwicklung nach Taylors Formel (12.7 S. 292). Wenn man bedenkt, dass die partiellen Ableitungen erster Ordnung am Punkt $x_(0)$ gleich Null sind, erhalten wir $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\ rechts) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_ (j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ wobei $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$ und $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ für $h \rightarrow 0$, dann ist die rechte Seite positiv für jeden Vektor $h$ ausreichend kleiner Länge.
Wir sind also zu dem Schluss gekommen, dass in einer bestimmten Umgebung des Punktes $x_(0)$ die Ungleichung $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ gilt, wenn nur $ x \neq x_ (0)$ (wir setzen $x=x_(0)+h$\right). Das bedeutet, dass die Funktion am Punkt $x_(0)$ ein striktes lokales Minimum hat und damit der erste Teil unseres Satzes bewiesen ist.
Nehmen wir nun an, dass $Q_(x_(0))$ eine unbestimmte Form ist. Dann gibt es Vektoren $h_(1)$, $h_(2)$ mit $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \left(h_(2)\right)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0 $. Dann erhalten wir $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ Für hinreichend kleine $t>0$ die rechte Hand Seite ist positiv. Das bedeutet, dass die Funktion $f$ in jeder Umgebung des Punktes $x_(0)$ Werte $f \left(x\right)$ annimmt, die größer als $f \left(x_(0)\right)$ sind.
Ebenso stellen wir fest, dass die Funktion $f$ in jeder Umgebung des Punktes $x_(0)$ Werte annimmt, die kleiner als $f \left(x_(0)\right)$ sind. Dies bedeutet zusammen mit dem vorherigen, dass die Funktion $f$ am Punkt $x_(0)$ kein Extremum hat.

Betrachten wir einen Spezialfall dieses Theorems für die Funktion $f \left(x,y\right)$ zweier Variablen, die in einer Umgebung des Punktes $\left(x_(0),y_(0)\right definiert sind )$ und mit stetigen partiellen Ableitungen erster und zweiter Ordnung. Nehmen Sie an, dass $\left(x_(0),y_(0)\right)$ ein stationärer Punkt ist und bezeichnen Sie $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^ (2)) \left(x_(0) ,y_(0)\right), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_( 0 ), y_(0)\right), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(x_(0), y_(0)\right ) .$$ Dann nimmt der vorherige Satz die folgende Form an.

Satz
Sei $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$. Dann:

wenn $\Delta>0$, dann hat die Funktion $f$ ein lokales Extremum am Punkt $\left(x_(0),y_(0)\right)$, nämlich ein Minimum, wenn $a_(11)> 0$ und maximal, wenn $a_(11)<0$;
wenn $\Delta<0$, 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.

Beispiele für Problemlösungen

Algorithmus zum Finden des Extremums einer Funktion vieler Variablen:

Auffinden stationärer Punkte;
Finden Sie das Differential 2. Ordnung an allen stationären Punkten
Unter Verwendung der hinreichenden Bedingung für das Extremum einer Funktion vieler Variablen betrachten wir das Differential zweiter Ordnung an jedem stationären Punkt

Untersuchen Sie die Funktion für das Extremum $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$.
Lösung
Finden wir die partiellen Ableitungen 1. Ordnung: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Lassen Sie uns das System zusammenstellen und lösen: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)x^(2) — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) — x = 0 \end(cases)$$ Aus der 2. Gleichung drücken wir $x=4 \cdot y^(2)$ aus – setzen Sie es in die 1. Gleichung ein: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2) \right )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $ $y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Als Ergebnis erhält man 2 stationäre Punkte:
1) $y=0 \Rightarrow x = 0, M_(1) = \left(0, 0\right)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\right)$
Prüfen wir, ob die hinreichende Bedingung für ein Extremum erfüllt ist:
$$\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$$
1) Für den Punkt $M_(1)= \left(0,0\right)$:
$$\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;$$
$A_(1) \cdot B_(1) — C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
2) Für Punkt $M_(2)$:
$$\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;$$
$A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, was bedeutet, dass es am Punkt $M_(2)$ ein Extremum gibt, und da $A_(2)> 0$, dann ist das das Minimum.
Antwort: Der Punkt $\displaystyle M_(2)\left(1,\frac(1)(2)\right)$ ist der Minimalpunkt der Funktion $f$.
Untersuchen Sie die Funktion für das Extremum $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$.
Lösung
Suchen wir stationäre Punkte: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \ cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
Lassen Sie uns das System zusammenstellen und lösen: $$\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$$
$M_(0) \left(-1, 2\right)$ ist ein stationärer Punkt.
Überprüfen wir, ob die hinreichende Bedingung für das Extremum erfüllt ist: $$\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.
Antwort: Es gibt keine Extreme.

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Untersuchen Sie die Funktion $f$ für Extrema: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

Rechts

Falsch

Aufgabe 2 von 4

2 .
Anzahl der Punkte: 1
Hat die Funktion $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ ein Extremum?

>>Extrem

Extremum der Funktion

Definition von Extremum

Funktion y = f(x) heißt zunehmend (abnehmend) in einem bestimmten Intervall, wenn für x 1< x 2 выполняется неравенство (f (x 1) < f (x 2) (f (x 1) >f (x 2)).

Wenn die differenzierbare Funktion y = f (x) in einem Intervall zunimmt (abnimmt), dann ist ihre Ableitung in diesem Intervall f " (X)> 0

(F"(X)< 0).

Punkt X Ö angerufen lokaler Maximalpunkt (Minimum) Funktion f (x), wenn es eine Nachbarschaft des Punktes gibt x o, für alle Punkte, für die die Ungleichung f(x) wahr ist≤ f (x o ) (f (x )≥ f (x o )).

Es werden die Maximal- und Minimalpunkte aufgerufen Extrempunkte, und die Werte der Funktion an diesen Punkten sind ihre Extreme.

Extremumpunkte

Notwendige Bedingungen für ein Extremum . Wenn der Punkt X Ö ist der Extrempunkt der Funktion f (x), dann ist entweder f " (x o ) = 0, oder f(x o ) existiert nicht. Solche Punkte werden aufgerufen kritisch, und die Funktion selbst ist am kritischen Punkt definiert. Die Extrema einer Funktion sollten unter ihren kritischen Punkten gesucht werden.

Die erste hinreichende Bedingung. Lassen X Ö - kritischer Punkt. Wenn f" (x ) beim Durchgang durch einen Punkt X Ö Ändert das Pluszeichen in Minus, dann am Punkt x o Die Funktion hat ein Maximum, andernfalls hat sie ein Minimum. Wenn die Ableitung beim Durchlaufen des kritischen Punktes das Vorzeichen nicht ändert, dann an dem Punkt X Ö es gibt kein Extrem.

Zweite ausreichende Bedingung. Die Funktion f(x) sei
F" (x ) in der Nähe des Punktes X Ö und die zweite Ableitung am Punkt selbst x o. Wenn f"(x o) = 0, >0 ( <0), то точка x o ist der lokale minimale (maximale) Punkt der Funktion f (x). Wenn =0, müssen Sie entweder die erste ausreichende Bedingung verwenden oder höhere einbeziehen.

Auf einem Segment kann die Funktion y = f (x) entweder an kritischen Punkten oder an den Enden des Segments ihren minimalen oder maximalen Wert erreichen.

Beispiel 3.22.

Lösung. Als F " (

Probleme beim Finden des Extremums einer Funktion

Beispiel 3.23. A

Lösung. X Und j j
0 ≤ X≤
> 0 und wann x >a /4 S " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение Funktionen kv. Einheiten).

Beispiel 3.24. p ≈

Lösung. p p
S"
R = 2, H = 16/4 = 4.

Beispiel 3.22.Finden Sie die Extrema der Funktion f (x) = 2x 3 - 15x 2 + 36x - 14.

Lösung. Als F " (x ) = 6x 2 - 30x +36 = 6(x -2)(x - 3), dann sind die kritischen Punkte der Funktion x 1 = 2 und x 2 = 3. Extrema können nur an diesen Punkten liegen. Da beim Durchgang durch den Punkt x 1 = 2 die Ableitung das Vorzeichen von Plus nach Minus ändert, hat die Funktion an diesem Punkt ein Maximum. Beim Durchgang durch den Punkt x 2 = 3 ändert die Ableitung ihr Vorzeichen von Minus nach Plus, sodass die Funktion am Punkt x 2 = 3 ein Minimum hat. Nachdem wir die Funktionswerte an den Punkten berechnet haben
x 1 = 2 und x 2 = 3, wir finden die Extrema der Funktion: Maximum f (2) = 14 und Minimum f (3) = 13.

Beispiel 3.23.Es ist notwendig, in der Nähe der Steinmauer einen rechteckigen Bereich zu errichten, der an drei Seiten mit Drahtgeflecht eingezäunt ist und die vierte Seite an die Mauer angrenzt. Dafür gibt es A laufende Meter Maschenweite. Bei welchem Seitenverhältnis wird die Website die größte Fläche haben?

Lösung.Bezeichnen wir die Seiten der Plattform mit X Und j. Die Fläche des Geländes beträgt S = xy. Lassen j- Dies ist die Länge der Seite neben der Wand. Dann muss per Bedingung die Gleichheit 2x + y = a erfüllt sein. Daher ist y = a - 2x und S = x (a - 2x), wobei
0 ≤ X≤ a /2 (die Länge und Breite des Bereichs dürfen nicht negativ sein). S " = a - 4x, a - 4x = 0 bei x = a/4, daher
y = a - 2 × a/4 =a/2. Weil das x = a /4 ist der einzige kritische Punkt; prüfen wir, ob sich das Vorzeichen der Ableitung beim Durchgang durch diesen Punkt ändert. Bei x a /4 S "> 0 und wann x >a /4 S " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение Funktionen S(a/4) = a/4(a - a/2) = a 2 /8 (kv. Einheiten). Da S stetig ist und seine Werte an den Enden S(0) und S(a/2) gleich Null sind, ist der gefundene Wert der größte Wert der Funktion. Somit ist das günstigste Seitenverhältnis der Site unter den gegebenen Bedingungen des Problems y = 2x.

Beispiel 3.24.Es ist erforderlich, einen geschlossenen zylindrischen Tank mit einem Fassungsvermögen von V=16 herzustellen p ≈ 50 m3. Welche Abmessungen sollte der Tank haben (Radius R und Höhe H), damit für seine Herstellung möglichst wenig Material verbraucht wird?

Lösung.Die Gesamtoberfläche des Zylinders beträgt S = 2 P R(R+H). Wir kennen das Volumen des Zylinders V = p R 2 Н Þ Н = V/ p R 2 =16 p / p R2 = 16/R2. Also S(R) = 2 P (R 2 +16/R). Wir finden die Ableitung dieser Funktion:
S"(R) = 2 p (2R- 16/R 2) = 4 p (R- 8/R 2). S" (R) = 0 bei R 3 = 8, also
R = 2, H = 16/4 = 4.

Eine Änderung einer Funktion an einem bestimmten Punkt wird als Grenze des Inkrements der Funktion zum Inkrement des Arguments definiert, das gegen Null tendiert. Um es zu finden, verwenden Sie die Ableitungstabelle. Beispielsweise ist die Ableitung der Funktion y = x3 gleich y’ = x2.

Setzen Sie diese Ableitung mit Null gleich (in diesem Fall x2=0).

Finden Sie den Wert der angegebenen Variablen. Dies sind die Werte, bei denen die gegebene Ableitung gleich 0 ist. Ersetzen Sie dazu beliebige Zahlen im Ausdruck anstelle von x, bei denen der gesamte Ausdruck Null wird. Zum Beispiel:

2-2x2= 0
(1-x)(1+x) = 0
x1= 1, x2 = -1

Tragen Sie die erhaltenen Werte auf der Koordinatenlinie ein und berechnen Sie das Vorzeichen der Ableitung für jeden der erhaltenen Werte. Auf der Koordinatenlinie werden Punkte markiert, die als Ursprung dienen. Um den Wert in den Intervallen zu berechnen, ersetzen Sie beliebige Werte, die den Kriterien entsprechen. Beispielsweise können Sie für die vorherige Funktion vor dem Intervall -1 den Wert -2 auswählen. Für Werte von -1 bis 1 können Sie 0 und für Werte größer als 1 2 auswählen. Setzen Sie diese Zahlen in die Ableitung ein und ermitteln Sie das Vorzeichen der Ableitung. In diesem Fall ist die Ableitung mit x = -2 gleich -0,24, d.h. negativ und in diesem Intervall wird ein Minuszeichen angezeigt. Wenn x=0, dann ist der Wert gleich 2 und dieses Intervall wird mit einem Vorzeichen versehen. Wenn x=1, dann ist die Ableitung ebenfalls gleich -0,24 und es wird ein Minus gesetzt.

Ändert die Ableitung beim Durchgang durch einen Punkt auf der Koordinatenlinie ihr Vorzeichen von Minus nach Plus, dann ist dies ein Minimalpunkt, und wenn von Plus nach Minus, dann ist dies ein Maximalpunkt.

Video zum Thema

Hilfreicher Rat

Um die Ableitung zu finden, gibt es Online-Dienste, die die benötigten Werte berechnen und das Ergebnis anzeigen. Auf solchen Seiten finden Sie Derivate bis zur 5. Ordnung.

Quellen:

Einer der Dienste zur Berechnung von Derivaten
Maximalpunkt der Funktion

Die Maximalpunkte einer Funktion werden zusammen mit den Minimalpunkten als Extrempunkte bezeichnet. An diesen Stellen ändert die Funktion ihr Verhalten. Extrema werden in begrenzten numerischen Intervallen bestimmt und sind immer lokal.

Anweisungen

Der Prozess zum Finden lokaler Extrema wird als Funktion bezeichnet und durch die Analyse der ersten und zweiten Ableitungen der Funktion durchgeführt. Stellen Sie vor Beginn der Studie sicher, dass der angegebene Bereich der Argumentwerte zu den gültigen Werten gehört. Beispielsweise ist für die Funktion F=1/x das Argument x=0 nicht gültig. Oder für die Funktion Y=tg(x) kann das Argument nicht den Wert x=90° haben.

Stellen Sie sicher, dass die Funktion Y über das gesamte angegebene Intervall differenzierbar ist. Finden Sie die erste Ableitung von Y.“ Offensichtlich nimmt die Funktion zu, bevor sie den Punkt des lokalen Maximums erreicht, und beim Durchlaufen des Maximums nimmt die Funktion ab. Die erste Ableitung charakterisiert in ihrer physikalischen Bedeutung die Änderungsrate von Funktion. Während die Funktion zunimmt, ist die Rate dieses Prozesses ein positiver Wert. Während des Übergangs durch ein lokales Maximum beginnt die Funktion abzunehmen und die Änderungsrate der Funktion wird negativ. Der Übergang der Änderungsrate von Die Funktion durch Null tritt am Punkt des lokalen Maximums auf.

Für eine Funktion f(x) vieler Variablen ist Punkt x ein Vektor, f'(x) ist ein Vektor der ersten Ableitungen (Gradient) der Funktion f(x), f ′ ′(x) ist eine symmetrische Matrix der zweiten Partielle Ableitungen (Hessische Matrix - Hessische) Funktionen f(x).
Für eine Funktion vieler Variablen werden die Optimalitätsbedingungen wie folgt formuliert.
Eine notwendige Voraussetzung für lokale Optimalität. Sei f(x) im Punkt x * R n differenzierbar. Wenn x * ein lokaler Extrempunkt ist, dann ist f’(x *) = 0.
Nach wie vor werden Punkte, die Lösungen eines Gleichungssystems sind, als stationär bezeichnet. Die Natur des stationären Punktes x * hängt mit dem bestimmten Vorzeichen der Hesse-Matrix f′ ′(x) zusammen.
Das Vorzeichen der Matrix A hängt von den Vorzeichen der quadratischen Form Q(α)= ab< α A, α >für alle ungleich Null α∈R n .
Hier und weiter bezeichnet das Skalarprodukt der Vektoren x und y. A-Priorat,

Eine Matrix A ist positiv (nicht negativ) definit, wenn Q(α)>0 (Q(α)≥0) für alle α∈R n ungleich Null; negativ (nicht positiv) definit wenn Q(α)<0 (Q(α)≤0) при всех ненулевых α∈R n ; неопределенной, если Q(α)>0 für ein von Null verschiedenes α∈R n und Q(α)<0 для остальных ненулевых α∈R n .
Ausreichende Bedingung für lokale Optimalität. Sei f(x) am Punkt x * R n zweimal differenzierbar und f’(x *)=0, d.h. x * − stationärer Punkt. Wenn dann die Matrix f′′(x *) positiv (negativ) definit ist, dann ist x * ein lokaler minimaler (maximaler) Punkt; Wenn die Matrix f′′(x *) undefiniert ist, dann ist x * ein Sattelpunkt.
Wenn die Matrix f''(x *) nicht negativ (nicht positiv) definit ist, dann erfordert die Bestimmung der Natur des stationären Punktes x * die Untersuchung von Ableitungen höherer Ordnung.
Zur Überprüfung des Vorzeichens einer Matrix wird in der Regel das Sylvester-Kriterium verwendet. Nach diesem Kriterium ist eine symmetrische Matrix A genau dann positiv definit, wenn alle ihre Winkelminormatrix positiv sind. In diesem Fall ist der Nebenwinkel der Matrix A die Determinante einer Matrix, die aus Elementen der Matrix A aufgebaut ist, die sich am Schnittpunkt von Zeilen und Spalten mit denselben (und ersten) Zahlen befinden. Um die symmetrische Matrix A auf negative Bestimmtheit zu prüfen, müssen Sie die Matrix (−A) auf positive Bestimmtheit prüfen.
Der Algorithmus zur Bestimmung lokaler Extrempunkte einer Funktion vieler Variablen lautet also wie folgt.
1. Finden Sie f′(x).
2. Das System wird gelöst

Als Ergebnis werden stationäre Punkte x i berechnet.
3. Finden Sie f''(x) und setzen Sie i=1.
4. Finden Sie f''(x i)
5. Die Winkelminorwerte der Matrix f''(x i) werden berechnet. Wenn nicht alle Winkelminorwerte ungleich Null sind, erfordert die Bestimmung der Natur des stationären Punktes x i die Untersuchung von Ableitungen höherer Ordnung. In diesem Fall erfolgt der Übergang zu Schritt 8.
Andernfalls fahren Sie mit Schritt 6 fort.
6. Die Vorzeichen der Winkelminorwerte f''(x i) werden analysiert. Wenn f''(x i) positiv definit ist, dann ist x i ein lokaler Minimalpunkt. In diesem Fall erfolgt der Übergang zu Schritt 8.
Andernfalls fahren Sie mit Schritt 7 fort.
7. Die Winkelminorwerte der Matrix -f''(x i) werden berechnet und ihre Vorzeichen analysiert.
Wenn -f''(x i) − positiv definit ist, dann ist f''(x i) negativ definit und x i ist ein lokaler Maximalpunkt.
Ansonsten ist f''(x i) undefiniert und x i ein Sattelpunkt.
8. Die Bedingung zur Bestimmung der Natur aller stationären Punkte i=N wird überprüft.
Ist diese erfüllt, sind die Berechnungen abgeschlossen.
Ist die Bedingung nicht erfüllt, wird i=i+1 angenommen und der Übergang zu Schritt 4 durchgeführt.

Beispiel Nr. 1. Bestimmen Sie die Punkte lokaler Extrema der Funktion f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2

Da alle Winkelminorwerte ungleich Null sind, wird der Charakter von x 2 mithilfe von f''(x) bestimmt.
Da die Matrix f''(x 2) positiv definit ist, ist x 2 ein lokaler Minimalpunkt.
Antwort: Die Funktion f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2 hat ein lokales Minimum im Punkt x = (5/3; 8/3).

Definition: Der Punkt x0 wird als Punkt des lokalen Maximums (oder Minimums) einer Funktion bezeichnet, wenn die Funktion in einer Umgebung des Punktes x0 den größten (oder kleinsten) Wert annimmt, d. h. Für alle x aus einer Umgebung des Punktes x0 ist die Bedingung f(x) f(x0) (oder f(x) f(x0)) erfüllt.

Punkte mit lokalem Maximum oder Minimum werden durch einen gemeinsamen Namen vereint – Punkte mit lokalem Extremum einer Funktion.

Beachten Sie, dass die Funktion an lokalen Extrempunkten ihren Maximal- oder Minimalwert nur in einem bestimmten lokalen Bereich erreicht. Es kann Fälle geben, in denen entsprechend dem Wert уmaxуmin.

Ein notwendiges Zeichen für die Existenz eines lokalen Extremums einer Funktion

Satz . Wenn eine stetige Funktion y = f(x) ein lokales Extremum am Punkt x0 hat, dann ist die erste Ableitung an diesem Punkt entweder Null oder existiert nicht, d.h. An kritischen Punkten erster Art tritt ein lokales Extremum auf.

An lokalen Extrempunkten verläuft die Tangente entweder parallel zur 0x-Achse oder es gibt zwei Tangenten (siehe Abbildung). Beachten Sie, dass kritische Punkte eine notwendige, aber keine hinreichende Bedingung für ein lokales Extremum sind. Ein lokales Extremum tritt nur an kritischen Punkten der ersten Art auf, aber nicht an allen kritischen Punkten tritt ein lokales Extremum auf.

Zum Beispiel: Eine kubische Parabel y = x3 hat einen kritischen Punkt x0 = 0, an dem die Ableitung erfolgt y/(0)=0, aber der kritische Punkt x0=0 ist kein Extrempunkt, sondern ein Wendepunkt an ihm (siehe unten).

Ein ausreichendes Zeichen für die Existenz eines lokalen Extremums einer Funktion

Satz . Wenn das Argument einen kritischen Punkt erster Art von links nach rechts durchläuft, ist die erste Ableitung y / (x)

Ändert das Vorzeichen von „+“ zu „-“, dann hat die stetige Funktion y(x) an diesem kritischen Punkt ein lokales Maximum;

Ändert sich das Vorzeichen von „-“ zu „+“, dann hat die stetige Funktion y(x) an diesem kritischen Punkt ein lokales Minimum

ändert das Vorzeichen nicht, dann gibt es an diesem kritischen Punkt kein lokales Extremum, es gibt hier einen Wendepunkt.

Für ein lokales Maximum wird der Bereich steigender Funktion (y/0) durch den Bereich fallender Funktion (y/0) ersetzt. Für ein lokales Minimum wird der Bereich der abnehmenden Funktion (y/0) durch den Bereich der zunehmenden Funktion (y/0) ersetzt.

Beispiel: Untersuchen Sie die Funktion y = x3 + 9x2 + 15x - 9 auf Monotonie und Extremum und erstellen Sie einen Graphen der Funktion.

Finden wir kritische Punkte erster Art, indem wir die Ableitung (y/) definieren und sie mit Null gleichsetzen: y/ = 3x2 + 18x + 15 = 3(x2 + 6x + 5) = 0

Lösen wir das quadratische Trinom mithilfe der Diskriminante:

x2 + 6x + 5 = 0 (a=1, b=6, c=5) D=, x1k = -5, x2k = -1.

2) Wir unterteilen die Zahlenachse in 3 Bereiche mit kritischen Punkten und bestimmen in ihnen die Vorzeichen der Ableitung (y/). Mithilfe dieser Vorzeichen finden wir Bereiche monotoner (zunehmender und abnehmender) Funktionen und bestimmen durch Ändern der Vorzeichen die Punkte lokaler Extremum (Maximum und Minimum).

Wir stellen die Forschungsergebnisse in tabellarischer Form dar, aus der sich folgende Schlussfolgerungen ziehen lassen:

1. Auf dem Intervall y /(-10) 0 steigt die Funktion monoton an (das Vorzeichen der Ableitung y wurde anhand des in diesem Intervall aufgenommenen Kontrollpunkts x = -10 geschätzt);
2. Auf dem Intervall (-5 ; -1) y /(-2) 0 nimmt die Funktion monoton ab (das Vorzeichen der Ableitung y wurde unter Verwendung des Kontrollpunkts x = -2 geschätzt, der in diesem Intervall aufgenommen wurde);
3. Im Intervall y /(0) 0 nimmt die Funktion monoton zu (das Vorzeichen der Ableitung y wurde anhand des in diesem Intervall aufgenommenen Kontrollpunkts x = 0 geschätzt);
4. Beim Durchlaufen des kritischen Punktes x1k = -5 ändert die Ableitung das Vorzeichen von „+“ nach „-“, daher ist dieser Punkt ein lokaler Maximalpunkt
(ymax(-5) = (-5)3+9(-5)2 +15(-5)-9=-125 + 225 - 75 - 9 =16);
5. Beim Durchlaufen des kritischen Punktes x2k = -1 ändert die Ableitung das Vorzeichen von „-“ nach „+“, daher ist dieser Punkt ein lokaler Minimalpunkt
(ymin(-1) = -1 + 9 - 15 - 9 = - 16).

x -5 (-5 ; -1) -1

3) Wir erstellen ein Diagramm basierend auf den Ergebnissen der Studie unter Verwendung zusätzlicher Berechnungen von Funktionswerten an Kontrollpunkten:

Konstruieren Sie ein rechteckiges Koordinatensystem Oxy;

Wir zeigen anhand der Koordinaten die Punkte des Maximums (-5; 16) und des Minimums (-1;-16);

Um die Grafik zu verdeutlichen, berechnen wir den Wert der Funktion an Kontrollpunkten, indem wir sie links und rechts von den Maximal- und Minimalpunkten und innerhalb des Durchschnittsintervalls auswählen, zum Beispiel: y(-6)=(-6)3 + 9(-6)2+15(-6)-9=9; y(-3)=(-3)3+9(-3)2+15(-3)-9=0;

y(0)= -9 (-6;9); (-3;0) und (0;-9) – berechnete Kontrollpunkte, die wir zeichnen, um ein Diagramm zu erstellen;

Wir zeigen den Graphen in Form einer Kurve, die am Maximalpunkt nach oben und am Minimalpunkt konvex nach unten verläuft und durch die berechneten Kontrollpunkte verläuft.

Typ