극값, 함수의 최대값과 최소값. 라벨: 국소 극값

$E \부분 집합 \mathbb(R)^(n)$. $f$가 있다고 하더군요 지역 최대$x_(0) \in E$ 지점에서, 모든 $x \in U$에 대해 불평등 $f\left(x\right)가 되는 $x_(0)$ 지점의 이웃 $U$가 있는 경우 ) \leqslant f는 \left(x_(0)\right)$를 만족합니다.

지역 최대값이라고 합니다. 엄격한 , $x_(0)$와 다른 모든 $x \in U$에 대해 $f\left(x\right)가 있도록 이웃 $U$를 선택할 수 있는 경우< f\left(x_{0}\right)$.

정의
$f$를 열린 집합 $E \subset \mathbb(R)^(n)$에 대한 실수 함수로 둡니다. $f$가 있다고 하더군요 지역 최소값$x_(0) \in E$ 지점에서, 모든 $x \in U$에 대해 불평등 $f\left(x\right)가 되는 $x_(0)$ 지점의 이웃 $U$가 있는 경우 ) \geqslant f는 \left(x_(0)\right)$를 만족합니다.

$x_(0)$와 다른 모든 $x \in U$에 대해 $f\left(x\right) > f\left(x_가 되도록 이웃 $U$를 선택할 수 있는 경우 로컬 최소값을 엄격하다고 합니다. ( 0)\오른쪽)$.

국부 극값은 국부 최소값과 국부 최대값의 개념을 결합합니다.

정리(미분 가능 함수의 극값에 대한 필요 조건)
$f$를 열린 집합 $E \subset \mathbb(R)^(n)$에 대한 실수 함수로 둡니다. $x_(0) \in E$ 지점에서 $f$ 함수가 이 지점에서 국소 극값을 가지면 $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ 차이가 0과 같다는 것은 모두 0과 같다는 사실과 동일합니다. 즉 $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

1차원의 경우 이는 – 입니다. $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$를 표시하겠습니다. 여기서 $h$는 임의의 벡터입니다. $\phi$ 함수는 절대값이 충분히 작은 $t$ 값에 대해 정의됩니다. 또한 , $(\phi)' \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$에 대해 미분 가능합니다.
$f$가 x $0$ 지점에서 로컬 최대값을 갖는다고 가정합니다. 이는 $t = 0$에서 $\phi$ 함수가 지역 최대값을 가지며 Fermat의 정리에 따르면 $(\phi)' \left(0\right)=0$임을 의미합니다.
그래서 우리는 $df \left(x_(0)\right) = 0$을 얻었습니다. 즉, $x_(0)$ 지점의 함수 $f$는 모든 벡터 $h$에서 0과 같습니다.

정의
차이가 0인 지점, 즉 모든 부분 도함수가 0인 것을 정상이라고 합니다. 중요한 점$f$ 함수는 $f$가 미분 불가능하거나 0과 같은 지점입니다. 점이 고정되어 있으면 함수가 이 점에서 극값을 갖는다는 결과가 나오지 않습니다.

예시 1.
$f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$라고 하자. 그러면 $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$이므로 $\left(0,0\right)$는 고정점이지만 이 지점에서는 함수에 극점이 없습니다. 실제로 $f \left(0,0\right) = 0$이지만 $\left(0,0\right)$ 점 근처에서 함수가 양수 값과 음수 값을 모두 취한다는 것을 쉽게 알 수 있습니다.

예시 2.
$f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ 함수는 원점에 정지점이 있지만 이 지점에는 극값이 없다는 것이 분명합니다.

정리(극값에 대한 충분조건).
함수 $f$가 열린 집합 $E \subset \mathbb(R)^(n)$에서 두 번 연속 미분 가능하다고 가정합니다. $x_(0) \in E$를 고정점으로 두고 $$\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).$ $ 그런 다음

$Q_(x_(0))$ – 인 경우 $x_(0)$ 지점의 $f$ 함수는 국소 극단값, 즉 형식이 양의 정부호인 경우 최소값을 가지며 형식이 다음과 같은 경우 최대값을 갖습니다. 부정확정;
이차 형식 $Q_(x_(0))$가 정의되지 않은 경우 $x_(0)$ 지점의 $f$ 함수에는 극값이 없습니다.

Taylor의 공식(12.7 p. 292)에 따라 전개를 사용해 보겠습니다. $x_(0)$ 지점에서 1차 편미분은 0과 같다는 점을 고려하면 $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\를 얻습니다. 오른쪽) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \partial x_ (j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ 여기서 $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$이고 $h \rightarrow 0$에 대해 $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$이면 오른쪽은 충분히 작은 길이의 벡터 $h$에 대해 양수입니다.
따라서 우리는 $x_(0)$ 점의 특정 근처에서 $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$가 $인 경우에만 불평등이 유지된다는 결론에 도달했습니다. x \neq x_ (0)$ (우리는 $x=x_(0)+h$\right를 넣습니다). 이는 $x_(0)$ 지점에서 함수가 엄격한 국소 최소값을 가지며 따라서 정리의 첫 번째 부분이 증명되었음을 의미합니다.
이제 $Q_(x_(0))$가 부정형이라고 가정해 보겠습니다. 그러면 $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \왼쪽(h_(2)\오른쪽)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>$0. 그러면 $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ 충분히 작은 $t>0$의 경우 오른쪽 측면은 긍정적이다. 이는 $x_(0)$ 점 근처에서 $f$ 함수가 $f \left(x_(0)\right)$보다 큰 $f \left(x\right)$ 값을 취한다는 것을 의미합니다.
마찬가지로 $x_(0)$ 점 근처에서 $f$ 함수는 $f \left(x_(0)\right)$보다 작은 값을 취한다는 것을 알 수 있습니다. 이는 이전 것과 함께 $x_(0)$ 지점에서 $f$ 함수에 극값이 없음을 의미합니다.

$\left(x_(0),y_(0)\right 점 근처에 정의된 두 변수의 함수 $f \left(x,y\right)$에 대한 이 정리의 특별한 경우를 고려해 보겠습니다. )$ 및 1차와 2차의 연속 편미분을 가집니다. $\left(x_(0),y_(0)\right)$가 고정점이라고 가정하고 $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^ (2)) \left(x_(0) ,y_(0)\right), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_( 0 ), y_(0)\right), a_(22)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(x_(0), y_(0)\right ) .$$ 그러면 이전 정리는 다음과 같은 형식을 취합니다.

정리
$\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$라고 합니다. 그 다음에:

$\Delta>0$이면 $f$ 함수는 $\left(x_(0),y_(0)\right)$ 지점에서 국소 극값을 갖습니다. 즉, $a_(11)>인 경우 최소값을 갖습니다. 0$, $a_(11)인 경우 최대값<0$;
$\Delta인 경우<0$, 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.

문제 해결의 예

변수가 많은 함수의 극값을 찾는 알고리즘:

고정점 찾기;
모든 정지점에서 2차 미분 구하기
다변수 함수의 극값에 대한 충분 조건을 사용하여 각 정상점에서의 2차 미분을 고려합니다.

극값 $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$에 대한 함수를 조사합니다.
해결책
1차 편도함수를 구해 봅시다: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ 시스템을 구성하고 풀어보겠습니다: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(케이스) \Rightarrow \begin(케이스)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x = 0\end(케이스) \Rightarrow \begin(케이스)x^(2) — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) — x = 0 \end(cases)$$ 두 번째 방정식에서 $x=4 \cdot y^(2)$를 표현합니다. 이를 첫 번째 방정식으로 대체합니다. $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2) \right )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $ $y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ 결과적으로 2개의 고정점이 얻어집니다:
1) $y=0 \오른쪽 화살표 x = 0, M_(1) = \left(0, 0\right)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\right)$
극값의 충분조건이 만족되는지 확인해 봅시다:
$$\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$$
1) $M_(1)= \left(0,0\right)$ 점에 대해:
$$\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;$$
$A_(1) \cdot B_(1) — C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
2) $M_(2)$ 지점의 경우:
$$\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;$$
$A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, 이는 $M_(2)$ 지점에 극값이 있음을 의미하며 $A_(2)> 0$이면 이것이 최소 금액입니다.
답: $\displaystyle M_(2)\left(1,\frac(1)(2)\right)$ 점은 $f$ 함수의 최소점입니다.
극값 $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$에 대한 함수를 조사합니다.
해결책
정지점을 찾아봅시다: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \ cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
시스템을 구성하고 풀어봅시다: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases ) \ 오른쪽 화살표 \begin(케이스)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(케이스) \Rightarrow \begin(케이스) y = 2\\y + x = 1\end(건수) \오른쪽 화살표 x = -1$$
$M_(0) \left(-1, 2\right)$는 정지점입니다.
극값에 대한 충분조건이 충족되는지 확인해 봅시다: $$\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.
답: 극단은 없습니다.

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극한값에 대해 $f$ 함수를 조사합니다: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

오른쪽

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$f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ 함수에 극값이 있습니까?

>>극한

함수의 극값

극한의 정의

기능 y = f(x)가 호출됩니다. 증가 (감소하는) 특정 간격으로 x 1의 경우< x 2 выполняется неравенство (f (x 1) < f (x 2) (f (x 1) >f (x 2)).

미분 가능 함수 y = f (x)가 구간에서 증가(감소)하면 이 구간 f에서의 도함수는 다음과 같습니다. " (엑스)> 0

(에프"(엑스)< 0).

점 엑스 영형 ~라고 불리는 지역 최대점 (최저한의) 함수 f(x) 점의 이웃이 있는 경우 엑스오, 부등식 f(x)가 참인 모든 점에 대해≤ 에프(엑스오)(에프(엑스)≥ f(xo)).

최대 및 최소 포인트를 호출합니다. 극한점, 그리고 이 지점에서 함수의 값은 과격한 수단.

극점

극한의 필요 조건 . 요점이라면 엑스 영형 는 함수 f(x)의 극점이고 f " (x o ) = 0 또는 f(x o )가 존재하지 않습니다. 그러한 점을 호출합니다. 비판적인,함수 자체는 임계점에서 정의됩니다. 함수의 극값은 임계점 중에서 찾아야 합니다.

첫 번째 충분조건. 허락하다 엑스 영형 - 중요한 점. 만약 f" (x ) 점을 통과할 때 엑스 영형 더하기 기호를 빼기로 변경한 다음 해당 지점에서 엑스오함수에는 최대값이 있고, 그렇지 않으면 최소값이 있습니다. 임계점을 통과할 때 도함수의 부호가 변하지 않으면 그 지점에서 엑스 영형 극단은 없습니다.

두 번째 충분조건. 함수 f(x)가
에프" (x ) 지점 근처 엑스 영형 그리고 그 지점 자체에서의 2차 도함수 엑스오. 만일 f"(엑스오) = 0, >0 ( <0), то точка 엑스오함수 f(x)의 로컬 최소(최대) 지점입니다. =0이면 첫 번째 충분 조건을 사용하거나 더 높은 조건을 포함해야 합니다.

세그먼트에서 함수 y = f(x)는 임계 지점이나 세그먼트 끝에서 최소값 또는 최대값에 도달할 수 있습니다.

예제 3.22.

해결책.왜냐하면 에프 " (

함수의 극값을 구하는 문제

예제 3.23. ㅏ

해결책. 엑스그리고 와이 와이
0 ≤ 엑스≤
> 0, 그리고 언제 x >a /4S " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение 기능 케이 V. 단위).

예제 3.24. p ≒

해결책.피 피
에스"
R = 2, H = 16/4 = 4.

예제 3.22.함수 f (x) = 2x 3 - 15x 2 + 36x - 14의 극값을 구합니다.

해결책.왜냐하면 에프 " (x ) = 6x 2 - 30x +36 = 6(x -2)(x - 3), 그러면 함수의 임계점 x 1 = 2 및 x 2 = 3. 극값은 이 지점에만 있을 수 있습니다. x 1 = 2 지점을 통과할 때 도함수는 부호를 플러스에서 마이너스로 변경하므로 이 지점에서 함수는 최대값을 갖습니다. x 2 = 3 지점을 통과할 때 도함수는 부호를 마이너스에서 플러스로 변경하므로 x 2 = 3 지점에서 함수는 최소값을 갖습니다. 해당 지점에서 함수 값을 계산한 결과
x 1 = 2 및 x 2 = 3인 경우 함수의 극값을 찾습니다. 최대 f(2) = 14 및 최소 f(3) = 13입니다.

예제 3.23.돌담 근처에 직사각형 영역을 만들어 철망으로 3면을 막고 4면이 벽에 인접하도록해야합니다. 이를 위해 ㅏ메쉬의 선형 미터. 사이트의 면적이 가장 큰 가로 세로 비율은 얼마입니까?

해결책.플랫폼의 측면을 다음과 같이 표시하겠습니다. 엑스그리고 와이. 사이트의 면적은 S = xy입니다. 허락하다 와이- 벽에 인접한 변의 길이입니다. 그러면 조건에 따라 2x + y = a 등식이 충족되어야 합니다. 따라서 y = a - 2x이고 S = x (a - 2x)입니다. 여기서
0 ≤ 엑스≤ a /2(영역의 길이와 너비는 음수가 될 수 없습니다). S " = a - 4x, a - 4x = 0, x = a/4, 여기서
y = a - 2 × a/4 =a/2. 왜냐하면 x = a /4가 유일한 임계점입니다. 이 점을 통과할 때 도함수의 부호가 변경되는지 확인해 보겠습니다. x a /4 S "에서> 0, 그리고 언제 x >a /4S " < 0, значит, в точке x=a /4 функция S имеет максимум. Значение 기능 S(a/4) = a/4(a - a/2) = a 2 /8 (케이 V. 단위). S는 연속적이고 끝의 값 S(0) 및 S(a /2)는 0이므로 발견된 값은 함수의 가장 큰 값이 됩니다. 따라서 주어진 문제 조건에서 사이트의 가장 유리한 종횡비는 y = 2x입니다.

예제 3.24.V=16 용량의 폐쇄형 원통형 탱크를 제작해야 합니다. p ≒ 50m 3 . 제조에 최소한의 재료가 사용되도록 탱크의 크기(반경 R 및 높이 H)는 어떻게 되어야 합니까?

해결책.원통의 전체 표면적은 S = 2피 R(R+H). 우리는 실린더의 부피 V =를 알고 있습니다. p R 2 Н Þ Н = V/ p R 2 =16 p / p R2 = 16/R2. 따라서 S(R) = 2피 (R 2 +16/R). 우리는 이 함수의 미분을 찾습니다:
에스"(R) = 2p(2R-16/R2) = 4p(R-8/R2). 에스" (R) = 0이고 R 3 = 8이므로,
R = 2, H = 16/4 = 4.

최대 및 최소 포인트

정의 영역에서 가장 크거나 가장 작은 값을 취하는 지점; 그러한 점을 호출합니다. 또한 절대 최대점 또는 절대 최소점도 있습니다. f가 토폴로지에서 정의된 경우 스페이스 X, 그 다음 포인트 x 0~라고 불리는 지역 최대점(지역 최소점)(이러한 점이 존재하는 경우) x 0,이 근처에서 고려 중인 기능의 제한에 대한 요점은 다음과 같습니다. x 0절대 최대(최소) 지점입니다. 엄격한 최대값(최소값)과 엄격하지 않은 최대값(절대값 및 로컬값 모두)이 있습니다. 예를 들어, 점이라고 합니다. 해당 점의 이웃이 존재하는 경우 함수 f의 비엄격(엄격) 지역 최대값의 점 x 0,이는 모두에게 적용됩니다(각각 f(x) x 0). )/

유한차원 영역에서 정의된 함수의 경우 미분 계산의 관점에서 특정 지점이 국소 최대(최소) 지점이 되는 조건과 부호가 있습니다. 함수 f를 숫자 축의 점 x 0의 특정 근처에서 정의한다고 가정합니다. 만약에 x 0 -엄격하지 않은 지역 최대값(최소값) 지점과 이 지점에 f"( x 0), 그러면 0과 같습니다.

주어진 함수 f가 한 점 근처에서 미분 가능한 경우 x 0 ,아마도 연속인 이 점 자체와 점의 양쪽에 있는 도함수 f"를 제외하고는 가능할 것입니다. x 0이 동네에서는 상수 부호를 유지합니다. x 0엄격한 지역 최대값(지역 최소값) 지점이었으며 도함수가 플러스에서 마이너스로 부호를 변경하는 것, 즉 x에서 f" (x)>0인 경우 필요하고 충분합니다.<.x 0그리고 f"(x)<0 при x>x 0(각각 마이너스에서 플러스로: 에프"(엑스) <0 x에<x 0그리고 f"(x)>0에서 엑스>엑스 0). 그러나 한 점 근처에서 모든 함수가 미분 가능한 것은 아닙니다. x 0 ,이 시점에서 미분 변화의 부호에 대해 이야기할 수 있습니다. . "

함수 f가 한 지점에 있는 경우 x0t파생 상품, 그리고 나서 x 0는 엄격한 극대점이었고, te가 짝수이고 f(m)( x 0)<0, и - локального минимума, чтобы m было четно и f (m) (x 0)>0.

함수를 f( x 1 ..., xn]는 점의 n차원 이웃에서 정의되며 이 점에서 미분 가능합니다. x(0)이 엄격하지 않은 지역 최대값(최소값)의 지점인 경우 이 지점에서 함수 f는 0과 같습니다. 이 조건은 함수 f의 1차 모든 부분 도함수의 이 지점에서 0과 동일합니다. 함수가 x(0)에서 2차 연속 편도함수를 갖고 x(0)에서 모든 1차 도함수는 사라지고 x(0)의 2차 미분은 음(양)의 2차 형식인 경우 x(0)은 다음과 같습니다. 엄격한 지역 최대치(최소) 지점. 인수 변경에 특정 제한이 적용되는 경우 M. 및 M.T 미분 함수에 대한 조건이 알려져 있습니다. 연결 방정식이 충족됩니다. 더 복잡한 구조를 갖는 실수 함수의 최대(최소)에 대한 필요 조건과 충분 조건은 수학의 특수 분야에서 연구됩니다. 예를 들어 볼록 분석, 수학적 프로그래밍(또한보십시오 극대화와 기능의 최소화). 다양체에 정의된 M. 및 m.t. 함수는 다음에서 연구됩니다. 일반적으로 변이의 미적분,함수 공간에 정의된 함수에 대한 M. 및 m.t. 변형의 계산.자성과 m.t.를 수치적으로 근사적으로 결정하는 다양한 방법도 있습니다.

문학.: Il'in V.A., Poznya에서 E.G.까지, 수학적 분석의 기초, 3판, 1부, M., 1971; KudryavtsevL. L. D. Kudryavtsev.

수학 백과사전. - M.: 소련 백과사전. I. M. 비노그라도프. 1977-1985.

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특정 지점에서 함수의 변화는 0이 되는 경향이 있는 인수 증가에 대한 함수 증가의 한계로 정의됩니다. 그것을 찾으려면 파생 상품 표를 사용하십시오. 예를 들어, 함수 y = x3의 도함수는 y' = x2와 같습니다.

이 도함수를 0과 동일시합니다(이 경우 x2=0).

주어진 변수의 값을 찾으십시오. 이것은 주어진 도함수가 0이 되는 값이 될 것입니다. 이렇게 하려면 전체 표현식이 0이 되는 x 대신 표현식에 임의의 숫자를 대체하십시오. 예를 들어:

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

얻은 값을 좌표선에 플롯하고 얻은 각 값에 대한 도함수의 부호를 계산합니다. 점은 원점으로 간주되는 좌표선에 표시됩니다. 간격의 값을 계산하려면 기준과 일치하는 임의의 값을 대체하십시오. 예를 들어, 간격 -1 이전의 이전 함수에 대해 -2 값을 선택할 수 있습니다. -1부터 1까지의 값은 0을 선택하고, 1보다 큰 값은 2를 선택하면 됩니다. 이 숫자를 도함수에 대입하여 도함수의 부호를 알아냅니다. 이 경우 x = -2의 도함수는 -0.24와 같습니다. 즉 음수이고 이 간격에 마이너스 기호가 표시됩니다. x=0이면 값은 2가 되며 이 간격에 부호가 배치됩니다. x=1이면 도함수도 -0.24가 되고 마이너스가 적용됩니다.

좌표선의 한 점을 통과할 때 미분의 부호가 마이너스에서 플러스로 변경되면 이것이 최소점이고, 플러스에서 마이너스로이면 최대점입니다.

주제에 관한 비디오

유용한 조언

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출처:

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함수의 최대점

함수의 최대점과 최소점을 극점이라고 합니다. 이 시점에서 함수의 동작이 변경됩니다. 극값은 제한된 수치 간격으로 결정되며 항상 국소적입니다.

지침

국소 극값을 찾는 과정을 함수라고 하며 함수의 1차 도함수와 2차 도함수를 분석하여 수행됩니다. 연구를 시작하기 전에 지정된 인수 값 범위가 유효한 값에 속하는지 확인하십시오. 예를 들어 함수 F=1/x의 경우 인수 x=0은 유효하지 않습니다. 또는 Y=tg(x) 함수의 경우 인수는 x=90° 값을 가질 수 없습니다.

함수 Y가 주어진 구간 전체에 걸쳐 미분 가능한지 확인하세요. Y의 1차 도함수를 구하세요." 분명히, 지역적 최대점에 도달하기 전에 함수는 증가하고, 최대값을 통과하면 함수는 감소하게 됩니다. 1차 도함수는 물리적 의미에서 Y의 변화율을 특징으로 합니다. 함수가 증가하는 동안 이 프로세스의 속도는 로컬 최대값을 통과하는 동안 양수 값이 되며 함수의 변화율은 음수로 변합니다. 0을 통한 함수는 로컬 최대값 지점에서 발생합니다.

이 기능은 내부 지점에 있다고 합니다.
지역 디 지역 최대(최저한의), 포인트 근처에 이런 동네가 있다면
, 각 포인트에 대해
불평등을 유지하는 것은

함수가 한 지점에 있는 경우
로컬 최대값 또는 로컬 최소값이 있는 경우 이 시점에 있다고 말합니다. 국소 극값(또는 그냥 극단적이다).

정리 (극한 존재의 필요 조건). 미분가능함수가 그 점에서 극값에 도달하면
, 함수의 각 1차 편도함수 이 시점에서는 0이 됩니다.

모든 1차 부분도함수가 사라지는 점을 호출합니다. 함수의 고정점
. 이 점의 좌표는 시스템을 풀어서 찾을 수 있습니다. 방정식

미분 가능 함수의 경우 극값이 존재하기 위한 필요 조건은 다음과 같이 간략하게 공식화될 수 있습니다.

개별 지점에서 일부 편도함수는 무한한 값을 갖거나 존재하지 않는 경우가 있습니다(나머지는 0과 같음). 그러한 점을 호출합니다. 함수의 중요한 포인트.이러한 점은 고정된 점과 마찬가지로 극값에 대해 "의심스러운" 점으로 간주되어야 합니다.

두 변수의 함수의 경우, 극값에 대한 필수 조건, 즉 극값에서 부분 도함수(미분)의 0과의 동일성은 기하학적 해석을 갖습니다. 표면에 접하는 평면
극점에서 평면과 평행해야 함
.

20. 극값이 존재하기 위한 충분한 조건

어느 시점에서 극값의 존재에 필요한 조건이 충족된다고 해서 거기에 극값이 존재한다는 것이 전혀 보장되는 것은 아닙니다. 예를 들어, 모든 곳에서 미분 가능한 함수를 사용할 수 있습니다.
. 부분 도함수와 함수 자체는 모두 해당 지점에서 사라집니다.
. 그러나 이 지점 근처에는 긍정적인 측면(대형)이 모두 존재합니다.
) 및 음수(더 작은
) 이 함수의 값. 따라서 이 시점에서는 정의에 따라 극한값이 관찰되지 않습니다. 따라서 극값으로 의심되는 점이 연구 중인 함수의 극점이 되는 충분한 조건을 알아야 합니다.