A da biste ga riješili, potrebno vam je minimalno poznavanje teme. Završava se naredna akademska godina, svi žele na odmor, a kako bih približio ovaj trenutak, odmah se bacim na posao:

Počnimo s područjem. Područje navedeno u stanju je ograničeno zatvoreno skup tačaka u ravni. Na primjer, skup tačaka ograničenih trouglom, uključujući CIJELI trokut (ako od granice"Izvucite" barem jednu tačku, tada područje više neće biti zatvoreno). U praksi postoje i oblasti pravougaone, okrugle i nešto više složenih oblika. Treba napomenuti da u teoriji matematička analiza date su stroge definicije ograničenja, izolacija, granice itd., ali mislim da su svi svjesni ovih koncepata na intuitivnom nivou i sada više nije potrebno.

Ravna površina se standardno označava slovom , a po pravilu se daje analitički - s nekoliko jednačina (ne nužno linearno); rjeđe nejednakosti. Tipičan verbalni obrt: "zatvoreno područje ograničeno linijama".

Sastavni dio zadatka koji se razmatra je konstrukcija područja na crtežu. Kako uraditi? Potrebno je nacrtati sve navedene linije (u ovom slučaju 3 ravno) i analizirati šta se dogodilo. Željeno područje je obično lagano šrafirano, a njegova granica je istaknuta podebljanom linijom:


Ista oblast se može podesiti linearne nejednakosti: , koji se iz nekog razloga češće pišu kao popisna lista, a ne sistem.
Pošto granica pripada regionu, onda su sve nejednakosti, naravno, nestrog.

A sada srž stvari. Zamislite da os ide ravno do vas od početka koordinata. Razmotrite funkciju koja kontinuirano u svakom tačka područja. Grafikon ove funkcije je površine, a mala je sreća što za rješavanje današnjeg problema uopće ne moramo znati kako ova površina izgleda. Može se nalaziti iznad, ispod, prijeći ravninu - sve ovo nije važno. A važno je sljedeće: prema Weierstrassove teoreme, kontinuirano in ograničeno zatvoreno području, funkcija dostiže svoj maksimum (od "najviših") i najmanje (od "najnižeg") vrijednosti koje treba pronaći. Ove vrijednosti su postignute ili in stacionarne tačke, koji pripadaju regionuD , ili u tačkama koje leže na granici ove regije. Iz čega slijedi jednostavan i transparentan algoritam rješenja:

Primjer 1

U ograničenom zatvorenom prostoru

Rješenje: Prije svega, trebate prikazati područje na crtežu. Nažalost, tehnički mi je teško napraviti interaktivni model problema i stoga ću odmah dati konačnu ilustraciju koja pokazuje sve „sumnjive“ tačke pronađene tokom studije. Obično se slažu jedan za drugim kako se nađu:

Na osnovu preambule, odluka se može zgodno podijeliti u dvije tačke:

I) Nađimo stacionarne tačke. Ovo je standardna radnja koju smo više puta izvodili u lekciji. o ekstremima nekoliko varijabli:

Pronađena stacionarna tačka pripada područja: (označite na crtežu), što znači da bismo trebali izračunati vrijednost funkcije u datoj tački:

- kao u članku Najveća i najmanja vrijednost funkcije na segmentu, istaknuti ću važne rezultate podebljanim slovima. U bilježnici ih je zgodno zaokružiti olovkom.

Obratite pažnju na našu drugu sreću - nema smisla provjeravati dovoljan uslov za ekstrem. Zašto? Čak i ako u točki funkcija dosegne, npr. lokalni minimum , onda to NE ZNAČI da će rezultirajuća vrijednost biti minimalnoširom regiona (pogledajte početak lekcije o bezuslovnim ekstremima) .

Šta ako stacionarna tačka NE pripada području? Skoro nista! Treba to napomenuti i prijeći na sljedeći pasus.

II) Istražujemo granicu regiona.

Budući da se granica sastoji od stranica trougla, prikladno je podijeliti studiju u 3 podparagrafa. Ali bolje je to nikako ne raditi. Sa moje tačke gledišta, korisnije je prvo razmotriti segmente paralelne sa koordinatne ose, i, prije svega, oni koji leže na samim sjekirama. Da biste uhvatili cijeli niz i logiku radnji, pokušajte proučiti završetak "u jednom dahu":

1) Pozabavimo se donjom stranom trougla. Da bismo to učinili, zamjenjujemo direktno u funkciju:

Alternativno, možete to učiniti ovako:

Geometrijski, to znači da koordinatna ravan (što je takođe dato jednačinom)"izrezati" iz površine"prostorne" parabole, čiji vrh odmah pada pod sumnju. Saznajmo gdje je ona:

- rezultirajuća vrijednost "pogodi" u području, a može biti i to u tački (oznaka na crtežu) funkcija dostiže najveću ili najmanju vrijednost u cijeloj oblasti. U svakom slučaju, hajde da uradimo proračune:

Ostali "kandidati" su, naravno, krajevi segmenta. Izračunajte vrijednosti funkcije u tačkama (oznaka na crtežu):

Ovdje, inače, možete izvršiti usmenu mini provjeru na "skidanoj" verziji:

2) Da bismo proučili desnu stranu trokuta, zamjenjujemo je u funkciju i "tu stavljamo stvari u red":

Ovdje odmah vršimo grubu provjeru, "zvonivši" već obrađeni kraj segmenta:
, savršeno.

Geometrijska situacija je povezana s prethodnom tačkom:

- rezultirajuća vrijednost je također „ušla u opseg naših interesovanja“, što znači da trebamo izračunati čemu je funkcija jednaka u tački koja se pojavila:

Pogledajmo drugi kraj segmenta:

Korištenje funkcije , provjerimo:

3) Svi vjerovatno znaju kako istražiti preostalu stranu. Zamjenjujemo u funkciju i provodimo pojednostavljenja:

Linija se završava su već istraženi, ali na nacrtu još uvijek provjeravamo da li smo ispravno pronašli funkciju :
– poklopilo se sa rezultatom iz 1. podstava;
– poklopilo se sa rezultatom iz 2. podparagrafa.

Ostaje da saznamo ima li nečeg zanimljivog unutar segmenta:

- tu je! Zamjenom prave linije u jednačinu, dobijamo ordinatu ove "zanimljivosti":

Označavamo tačku na crtežu i nalazimo odgovarajuću vrijednost funkcije:

Kontrolirajmo proračune prema "budžetskoj" verziji :
, red.

I poslednji korak: PAŽLJIVO pregledajte sve "debele" brojeve, preporučujem čak i početnicima da naprave jednu listu:

od kojih biramo najveću i najmanju vrijednost. Odgovori pisati u stilu problema pronalaženja najveća i najmanja vrijednost funkcije na segmentu:

Za svaki slučaj ću još jednom komentarisati. geometrijskom smislu rezultat:
– ovde je najviša tačka površine u regionu;
- ovdje je najniža tačka površine u ovoj oblasti.

U analiziranom problemu pronašli smo 7 „sumnjivih“ tačaka, ali njihov broj varira od zadatka do zadatka. Za trokutnu regiju, minimalni "skup istraživanja" sastoji se od tri boda. To se događa kada se funkcija, na primjer, postavi avion– sasvim je jasno da nema stacionarnih tačaka, a funkcija može dostići maksimum / najmanjih vrednosti samo na vrhovima trougla. Ali takvih primjera nema jednom, dvaput - obično se moraš suočiti s nečim površine 2. reda.

Ako malo rješavate takve zadatke, onda vam trokuti mogu zavrtjeti u glavi, pa sam vam pripremio neobične primjere da bude kvadrat :))

Primjer 2

Pronađite najveću i najmanju vrijednost funkcije u zatvorenom prostoru omeđen linijama

Primjer 3

Pronađite najveću i najmanju vrijednost funkcije u ograničenom zatvorenom području.

Posebnu pažnju posvetite racionalnom redoslijedu i tehnici istraživanja granice područja, kao i lancu međuprovjera, čime će se skoro u potpunosti izbjeći računske greške. Uopšteno govoreći, možete to rješavati kako želite, ali u nekim problemima, na primjer, u istom primjeru 2, sva je prilika da značajno zakomplikujete svoj život. Približan primjer završetka zadataka na kraju lekcije.

Sistematiziramo algoritam rješenja, inače se, uz moju paukovu marljivost, nekako izgubio u dugoj niti komentara prvog primjera:

- U prvom koraku gradimo područje, poželjno ga je zasjeniti, a granicu istaknuti podebljanom linijom. Tokom rješavanja pojavit će se tačke koje je potrebno staviti na crtež.

– Pronađite stacionarne točke i izračunajte vrijednosti funkcije samo u onima, koji pripadaju području . Dobijene vrijednosti su istaknute u tekstu (na primjer, zaokružene olovkom). Ako stacionarna tačka NE pripada području, onda ovu činjenicu označavamo ikonom ili usmeno. Ako uopće nema stacionarnih tačaka, onda izvlačimo pismeni zaključak da ih nema. U svakom slučaju, ova stavka se ne može preskočiti!

– Istraživanje pograničnog područja. Prvo, korisno je raditi s pravim linijama koje su paralelne s koordinatnim osa (ako ih ima). Vrijednosti funkcije izračunate na "sumnjivim" točkama su također istaknute. Mnogo je rečeno o tehnici rješenja iznad, a nešto drugo će biti rečeno u nastavku - čitajte, ponovo čitajte, udubite se!

- Od odabranih brojeva odaberite najveću i najmanju vrijednost i dajte odgovor. Ponekad se dešava da funkcija dostigne takve vrijednosti u nekoliko tačaka odjednom - u ovom slučaju, sve ove točke trebale bi se odraziti u odgovoru. Neka, na primjer, a pokazalo se da je to najmanja vrijednost. Onda to napišemo

Konačni primjeri posvećeni su drugim korisnim idejama koje će vam dobro doći u praksi:

Primjer 4

Pronađite najveću i najmanju vrijednost funkcije u zatvorenom području .

Zadržao sam autorovu formulaciju u kojoj je površina data kao dvostruka nejednakost. Ovaj uslov se može napisati u ekvivalentnom sistemu ili u tradicionalnijem obliku za ovaj problem:

Podsećam vas da sa nelinearne naišli smo na nejednakosti na , i ako ne razumijete geometrijsko značenje unosa, molim vas da ne odgađate i razjasnite situaciju odmah ;-)

Rješenje, kao i uvijek, počinje izgradnjom prostora, koji je svojevrsni "đon":

Hm, ponekad morate grizati ne samo granit nauke....

I) Pronađite stacionarne tačke:

Idiotski sistem snova :)

Stacionarna tačka pripada regionu, odnosno leži na njegovoj granici.

I tako, nije ništa... zabavna lekcija je prošla - eto šta znači piti pravi čaj =)

II) Istražujemo granicu regiona. Bez daljeg odlaganja, počnimo sa x-osom:

1) Ako , onda

Pronađite gdje je vrh parabole:
- Cijenite takve trenutke - "pogodite" pravo do tačke, od koje je već sve jasno. Ali ne zaboravite provjeriti:

Izračunajmo vrijednosti funkcije na krajevima segmenta:

2) Donji dio "đona" ćemo se pozabaviti "u jednom sjedenju" - bez ikakvih kompleksa zamjenjujemo ga u funkciju, štoviše, zanimat će nas samo segment:

Kontrola:

Sada ovo već donosi malo oživljavanja u monotonoj vožnji nazubljenom stazom. Hajde da pronađemo kritične tačke:

Mi odlučujemo kvadratna jednačina sjećaš li se ovog? ... Međutim, zapamtite, naravno, inače ne biste čitali ove redove =) Da su u prethodna dva primjera proračuni bili zgodni u decimalni razlomci(što je, inače, rijetko), onda ovdje čekamo uobičajene obične razlomke. Pronađemo “x” korijene i, koristeći jednadžbu, odredimo odgovarajuće koordinate “igre” tačaka “kandidata”:


Izračunajmo vrijednosti funkcije u pronađenim tačkama:

Provjerite funkciju sami.

Sada pažljivo proučavamo osvojene trofeje i zapisujemo odgovori:

Evo "kandidata", pa "kandidata"!

Za nezavisno rešenje:

Primjer 5

Pronađite najmanji i najveća vrijednost funkcije u zatvorenom prostoru

Unos sa vitičastim zagradama glasi ovako: “skup tačaka takav da”.

Ponekad u slični primjeri koristiti Lagrangeova metoda množenja, ali malo je vjerovatno da će se pojaviti prava potreba za njegovim korištenjem. Tako, na primjer, ako je data funkcija sa istom površinom "de", onda nakon zamjene u nju - bez derivacije bez poteškoća; štaviše, sve je sastavljeno u "jednoj liniji" (sa znakovima) bez potrebe da se gornji i donji polukrug razmatraju odvojeno. Ali, naravno, ima ih još teški slučajevi, gdje bez Lagrangeove funkcije (gdje je, na primjer, ista kružnica) teško je preživeti - kako je teško proći bez dobrog odmora!

Sve najbolje da prođemo sesiju i vidimo se uskoro sledeće sezone!

Rješenja i odgovori:

Primjer 2: Rješenje: nacrtajte područje na crtežu:

Definicija 1.11 Neka je data funkcija dvije varijable z=z(x,y), (x,y) D . Dot M 0 (x 0 ;y 0 ) - unutrašnja tačka područja D .

Ako u D postoji takav komšiluk UM 0 bodova M 0 , što za sve tačke

onda pokažite M 0 naziva se tačka lokalnog maksimuma. Ali samo značenje z(M 0 ) - lokalni maksimum.

Ali ako za sve tačke

onda pokažite M 0 naziva se lokalna minimalna točka funkcije z(x,y) . Ali samo značenje z(M 0 ) - lokalni minimum.

Lokalni maksimum i lokalni minimum nazivaju se lokalnim ekstremima funkcije z(x,y) . Na sl. 1.4 objašnjava geometrijsko značenje lokalnog maksimuma: M 0 je maksimalna tačka, budući da je na površini z=z(x,y) njegova odgovarajuća tačka C 0 je iznad bilo koje susjedne tačke C (ovo je lokalitet maksimuma).

Imajte na umu da postoje tačke na površini kao celini (npr. AT ) koji se nalaze iznad C 0 , ali ove tačke (npr. AT ) nisu "susedni" tački C 0 .

Konkretno, poenta AT odgovara konceptu globalnog maksimuma:

Globalni minimum je definisan na sličan način:

Pronalaženje globalnih maksimuma i minimuma biće razmatrano u Odjeljku 1.10.

Teorema 1.3 ( neophodne uslove ekstrem).

Neka funkcija z =z (x, y), (x, y) D . Dot M 0 (x 0 ;y 0 D - tačka lokalnog ekstrema.

Ako u ovom trenutku postoje z" x i z" y , onda

Geometrijski dokaz je "očigledan". Ako u tački C 0 na (slika 1.4) da nacrtate tangentnu ravan, tada će ona "prirodno" proći horizontalno, tj. pod uglom 0° do ose Oh i do ose OU .

Zatim, u skladu sa geometrijskim značenjem parcijalnih izvoda (slika 1.3):

Q.E.D.

Definicija 1.12.

Ako u tački M 0 ako su uslovi (1.41) zadovoljeni, onda se ona naziva stacionarnom tačkom funkcije z (x,y) .

Teorema 1.4 (dovoljni uslovi za ekstrem).

Neka z =z (x, y), (x, y) D , koji ima parcijalne izvode drugog reda u nekom susjedstvu tačke M 0 (x 0 ,y 0 ) D . I M 0 - stacionarna tačka (tj. ispunjeni su neophodni uslovi (1.41).). Izračunajmo:

Dokaz teoreme koristi teme (Taylorova formula za funkcije nekoliko varijabli i teorija kvadratnih oblika) koje nisu obrađene u ovom tutorijalu.

Primjer 1.13.

Istražite do ekstrema:

1. Pronađite stacionarne tačke rješavanjem sistema (1.41):

odnosno pronađene su četiri stacionarne tačke. 2.

prema teoremi 1.4 u tački je minimum. I

po teoremu 1.4 u tački

Maksimum. I

§10 Najveća i najmanja vrijednost funkcije dvije varijable u zatvorenom području

Teorema 1.5 Neka je zatvoreno područje D funkcija je data z=z(x,y) , koji ima kontinuirane parcijalne izvode prvog reda. Granica G oblasti D je glatka na komade (tj. sastoji se od komadića "glatkih na dodir" krivih ili ravnih linija). Zatim u oblasti D funkcija z(x,y) dostiže svoj maksimum M i najmanje m vrijednosti.

Bez dokaza.

Možete predložiti sljedeći plan za pronalaženje M i m . 1. Izrađujemo crtež, odabiremo sve dijelove granice područja D i pronađite sve "ugaone" tačke granice. 2. Pronađite stacionarne točke unutra D . 3. Pronađite stacionarne tačke na svakoj od granica. 4. Računamo na svim stacionarnim i kutnim tačkama, a zatim biramo najveću M i najmanje m vrijednosti.

Primjer 1.14 Pronađite najveći M i najmanje m vrijednosti funkcije z = 4x2-2xy+y2-8x u zatvorenom prostoru D , ograničeno: x=0, y=0, 4x+3y=12 .

1. Izgradimo područje D (Sl. 1.5) na ravni Ohu .

Korneri: O (0; 0), B (0; 4), A (3; 0) .

Granica G oblasti D sastoji se od tri dijela:

2. Pronađite stacionarne tačke unutar područja D :

3. Stacionarne tačke na granicama l 1 ,l 2 ,l 3 :

4. Izračunajte šest vrijednosti:

Od šest dobijenih vrijednosti biramo najveću i najmanju.

Maksimalne i minimalne vrijednosti

Funkcija ograničena u ograničenom zatvorenom području dostiže svoje maksimalne i minimalne vrijednosti ili u stacionarnim tačkama ili u tačkama koje leže na granici regije.

Da biste pronašli najveću ili najmanju vrijednost funkcije, morate:

1. Pronađite stacionarne tačke koje leže unutar date regije i izračunajte vrijednost funkcije u njima.

2. Pronađite najveću (najmanju) vrijednost funkcije na granici regije.

3. Uporedite sve dobijene vrednosti funkcije: najveća (manja) i biće najveća (najmanja) vrednost funkcije u datoj oblasti.

Primjer 2. Pronađite najveću (najmanju) vrijednost funkcije: u krugu.

Rješenje.

tačka je stacionarna; .

2 .Granica ovog zatvorenog područja je krug ili , gdje .

Funkcija na granici regije postaje funkcija jedne varijable: , gdje je . Nađimo najveću i najmanju vrijednost ove funkcije.

Za x=0 ; (0,-3) i (0,3) su kritične tačke.

Izračunajte vrijednosti funkcije na krajevima segmenta

3 . Upoređujući vrijednosti, dobijamo

U tačkama A i B.

U tačkama C i D.

Primjer 3 Nađite najveću i najmanju vrijednost funkcije u zatvorenom području datoj nejednakosti:

Rješenje. Područje je trokut omeđen koordinatnim osama i pravom linijom x+y=1.

1. Pronađite stacionarne tačke unutar područja:

; ; y \u003d - 1/ 8; x = 1/8.

Stacionarna tačka ne pripada razmatranoj oblasti, pa se vrednost z u njoj ne računa.

2 .Istražiti funkciju na granici. Budući da se granica sastoji od tri sekcije opisane sa tri različite jednadžbe, proučavamo funkciju na svakom dijelu posebno:

a) u sekciji 0A: y=0 - jednačina 0A, zatim ; iz jednadžbe je jasno da se funkcija povećava za 0A od 0 do 1. Dakle .

b) u sekciji 0B: x=0 - jednačina 0B, zatim ; –6y+1=0; - kritična tačka.

in) na liniji x+y = 1: y=1-x, tada dobijamo funkciju

Izračunajmo vrijednost funkcije z u tački B(0,1).

3 .Upoređujući brojeve dobijamo to

Na pravoj liniji AB.

U tački B.

Testovi za samokontrolu znanja.

jedan . Ekstremum funkcije je

a) njegove derivate prvog reda

b) njegova jednačina

c) njen raspored

d) njegov maksimum ili minimum

2. Ekstremum funkcije nekoliko varijabli može se postići:

a) samo u tačkama koje leže unutar njegovog domena definicije, u kojima su sve parcijalne derivacije prvog reda veće od nule

b) samo u tačkama koje leže unutar njegovog domena definicije, u kojima su sve parcijalne derivacije prvog reda manje od nule

c) samo u tačkama koje leže unutar njegovog domena definicije, u kojima sve parcijalne derivacije prvog reda nisu jednake nuli

d) samo u tačkama koje leže unutar njegovog domena definicije, u kojima su sve parcijalne derivacije prvog reda jednake nuli

3. Funkcija koja je kontinuirana u ograničenom zatvorenom području dostiže maksimalnu i minimalnu vrijednost:

a) na stacionarnim tačkama

b) ili na stacionarnim tačkama, ili na tačkama koje leže na granici regiona

c) u tačkama koje leže na granici regiona

d) na svim tačkama

4. Stacionarne tačke za funkciju nekoliko varijabli nazivaju se tačke:

a) u kojoj sve parcijalne derivacije prvog reda nisu jednake nuli

b) u kojem su svi parcijalni izvodnici prvog reda veći od nule

c) u kojoj su svi parcijalni derivati ​​prvog reda jednaki nuli

d) u kojem su svi parcijalni derivati ​​prvog reda manji od nule

Predavanje 28 Uslovni ekstremum funkcija nekoliko varijabli.

Proučavanje funkcija mnogih varijabli za ekstremum je mnogo složeniji postupak od slične procedure za funkcije jedne varijable. Stoga se ograničavamo na razmatranje ovog pitanja na najjednostavniji i najilustrativniji primjer funkcije dvije varijable (vidi sliku 1). Evo M1(x1; y 1), M2(x2; y2), M3(x 3 ; y 3) su tačke ekstrema ove funkcije. Naime, bodovi M 1 i M 3 - minimalne tačke funkcije i tačku M 2 je njegova maksimalna tačka. Na slici 1 prikazana je funkcija sa tri tačke ekstrema, ali te tačke, naravno, mogu biti više ili manje.

Hajde da preciznije definišemo šta su tačke ekstrema za funkciju dve varijable.

Definicija. Funkcija ima maksimum(minimum) u tački, ako je za bilo koju tačku koja se nalazi u nekom susjedstvu - susjedstvo tačke, (). - okolina se može predstaviti skupom tačaka čije koordinate zadovoljavaju uslov , gdje je pozitivan dovoljno mali broj.

Pozivaju se maksimumi i minimumi funkcije ekstremi, a - ekstremna tačka.

Neka M0(x 0 ; y 0) je tačka nekog ekstrema (maksimalne ili minimalne tačke) funkcije. Onda

Teorema 1.

Ako u krajnjoj tački M0(x 0 ; y 0) postoje parcijalni derivati i , tada su oba jednaka nuli:

2) Razmotrite sada funkciju . Jer je ekstremna vrijednost ove funkcije, zatim derivacija ove funkcije na y = y0, ako postoji, jednako je nuli:

(3)

Teorema je dokazana.

Imajte na umu da su uslovi (1) jesu samo neophodno ekstremni uslovi u tački M0(x 0 ; y 0) funkcije diferencibilne u ovoj točki. Odnosno, ovi uslovi nisu dovoljne uslovešta je u pitanju M0(x 0 ; y 0) funkcija će imati ekstrem (maksimum ili minimum). Drugim riječima, tačka M0(x 0 ; y 0), u kojem vrijede obje jednakosti (1), je samo sumnjivo do tačke ekstrema za funkciju . Konačan zaključak o prirodi takve sumnjive tačke ekstrema može se donijeti korištenjem sljedeće teoreme (prikazujemo je bez izvođenja):

Teorema 2.(Dovoljni uslovi za ekstrem)

Neka M0(x 0 ; y 0) je takva tačka iz regiona D određivanje funkcije da su za nju zadovoljeni potrebni uslovi (1) za ekstrem ove funkcije. To je M0(x 0 ; y 0) je tačka sumnjiva za ekstrem. Nađimo brojeve u ovom trenutku

(4)

1) Ako > 0 i > 0 (ili S>0 at A=0), onda M0(x 0 ; y 0) – minimalna tačka funkcije .

2) Ako > 0 i < 0 (ili OD<0 at A=0), onda M0(x 0 ; y 0) – maksimalna tačka funkcije .

3) Ako < 0 zatim poen M0(x 0 ; y 0) – ne ekstremu funkcije .

4) Ako = 0, pitanje ostaje otvoreno - potrebna su dalja istraživanja.

Primjer 1 Neka X i at- količina dvije proizvedene robe; p 1 = 8 rub. i p 2 = 10 rub. - jediničnu cijenu svake od ovih roba, respektivno; C= 0,01(x 2 + xy + y 2) je funkcija troškova (u rubljama) za proizvodnju ovih dobara. Zatim prihod R od prodaje robe će biti R = 8x+10y(rub.), i profit P bit će (u rubljama)

P \u003d R - C \u003d 8x + 10y- 0,01(x2+xy+y2).

Hajde da nađemo sveske X i at robe za koju se ostvaruje profit P biće maksimalno.

1) Prvo pronađite vrijednosti ( x;y), sumnja na ekstremum za funkciju P:

2) Sada ispitujemo pronađeno sumnjivo za ekstrem za funkciju P tačka M 0(200; 400). Da bismo to učinili, u ovom trenutku nalazimo vrijednosti određene izrazima (4). Jer

i ovo važi za bilo koje X; at), a time i u tački M 0(200; 400), dakle

Od tačke M 0(200; 400) – maksimalna tačka funkcije P. To je profit P od prodaje će biti maksimalno na x = 200(jedinica) i y= 400(jedinica) i iznosi 2800 rubalja.

Primjer 2 Pronađite ekstremne točke i ekstremne vrijednosti funkcije

Rješenje. Ova funkcija je funkcija dvije varijable definirane za bilo koju X i at, odnosno na cijeloj ravni howe, i ima parcijalne derivacije prvog reda u svakoj od svojih tačaka:

Prvo pronađite tačke ravnine howe, sumnjivo zbog ekstrema za ovu funkciju:

Zatim, nakon što smo pronašli parcijalne izvode funkcije drugog reda, pišemo izraze za:

Izračunavajući sada numeričke vrijednosti ovih veličina za svaku od četiri tačke sumnjive na ekstremum, dolazimo do sljedećih zaključaka o ovim tačkama:

Dot min.

Dot max.

Nije ekstremna tačka.

Nije ekstremna tačka.

Sada pronađimo dvije ekstremne (maksimalne) vrijednosti funkcije koje određuju visinu dva vrha grafa ove funkcije:

Određivanje najveće i najmanje vrijednosti funkcije dvije varijable u zatvorenom području.

Razmotrite sljedeći problem. Neka je neka kontinuirana funkcija dvije varijable koje se razmatraju u zatvorenoj domeni , gdje je unutrašnjost domene , i G- njegova granica (sl. 8.6).

Činjenica da je funkcija kontinuirana u domeni znači da je graf ove funkcije (površine u prostoru) neprekidna (bez diskontinuiteta) površina za sve . Odnosno, koncept kontinuiteta funkcije dvije varijable sličan je konceptu kontinuiteta funkcije jedne varijable. Kao i funkcije jedne varijable, funkcije dvije varijable formirane od elementarnih funkcija su kontinuirane za sve vrijednosti svojih argumenata za koje su definirane. Ovo se također odnosi na funkcije od tri, četiri ili više varijabli.

Vratimo se na sl. 2. Postavimo sledeće pitanje: u kojim tačkama regiona funkcija dostiže maksimalne i minimalne vrednosti z most i z name? A koje su to vrijednosti? Imajte na umu da je ovaj problem sličan onom koji je razmatran za funkciju jedne varijable koja se razmatra na zatvorenom intervalu [ a; b] osa oh.

Očigledno je da su željene tačke regiona, u kojima funkcija dostiže svoje maksimalne i minimalne vrednosti, ili među tačkama ekstrema ove funkcije, koje se nalaze unutar regiona (u regionu), ili se nalaze negde na granici G ovo područje. U zatvorenom području takve tačke sigurno postoje (Weierstrassova teorema). I to na otvorenom prostoru (bez granice G) takve tačke možda i ne postoje.

Iz navedenog slijedi sljedeće. šema za pronalaženje ovih tačaka, slična onoj koja je navedena za funkcije jedne varijable.

1. Nalazimo da su sve tačke funkcije sumnjive za ekstrem koji se nalaze u tom području D. To su tačke u kojima su oba parcijalna izvoda i jednaka nuli (ili je jedan jednak nuli, a drugi ne postoji; ili oba ne postoje).

2. Pronalazimo sve sumnjive ekstremne tačke funkcije koje se nalaze na granici G oblasti. U ovom slučaju koristimo graničnu jednačinu G.

3. Bez ispitivanja sumnjivih tačaka pronađenih u tačkama 1 i 2 (ovo je suvišno), nalazimo vrednosti funkcije u svim pronađenim sumnjivim tačkama i biramo one na kojima z biće najveći i najmanji.

Primjer 3 Nađi z most i z name funkcija razmatrana u zatvorenom području, koje je trokutna ploča s vrhovima O(0; 0), A(1; 0), B(0; 1) (slika 3).

Rješenje. Uradimo gornji dijagram.

1. Pronađite unutar trougla (u području D) tačke za koje se sumnja da su ekstremni za našu funkciju z. Da bismo to učinili, prvo ćemo pronaći parcijalne izvode prvog reda i :

Ovi derivati ​​postoje (mogu se izračunati) za bilo koji (x; y). Prema tome, samo one tačke za koje su obje ove parcijalne derivacije jednake nuli bit će tačke sumnjive na ekstrem:

Tačka očigledno pripada tom području D(trougao koji se razmatra). To jest, to je sumnjiva tačka ekstrema za datu funkciju z unutar trougla, i on je jedini tamo.

2. Nađimo sada tačke koje su sumnjive za ekstremum na granici trougla.

a) Prvo pregledamo lokaciju OA granice ( at= 0; 0 £ X£1). U ovom dijelu je funkcija jedne varijable X. Njegov derivat postoji za sve x O . Dakle, funkcija z može imati ili u točki gdje , To jest, u točki , ili na krajevima segmenta OA, odnosno na tačkama O(0; 0) i ALI(1; 0).

b) Sada istražujemo lokaciju OV granice trougla (tamo X= 0; 0 £ at£1). Na ovom segmentu, funkcija (0 £ at£ 1) je funkcija jedne varijable at. Ponavljajući obrazloženje paragrafa (a), dolazimo do zaključka da su njegove ekstremne vrijednosti funkcije z može imati u tački ili na krajevima segmenta OV, odnosno na tačkama O(0; 0) i B(0; 1).

c) Konačno, istražite lokaciju AB granice. Od dalje AB(uvjeri se u to) y = - x + 1 (0 £ X£ 1), onda je tu funkcija z ima oblik: (0 £ X£1). Stoga je njegov derivat njegova funkcija ekstremnih vrijednosti z može doći samo u točki gdje , To jest, u točki , ili na krajevima segmenta AB, odnosno na tačkama ALI i AT.

Dakle, kompletan skup sumnjivih ekstremnih tačaka funkcije
u trouglu OAB je:

; ; ; ; ; ; .

3. Sada pronađimo vrijednosti funkcije z u svim pronađenim sumnjivim točkama i odaberite od ovih vrijednosti najveću vrijednost z most i najmanju vrijednost z name:

Na ovaj način, z max = 3 i postiže se funkcijom z u trouglu OAB u dvije tačke odjednom - na njegovim vrhovima ALI i AT. A i postiže se funkcijom z u trouglu OAB u svojoj unutrašnjoj tački.

Primjer 4 Gradski budžet ima mogućnost da potroši ne više od 600 miliona rubalja na socijalno stanovanje, a ima projekte i zemljište za 10 petospratnica sa po 90 stanova i za 8 devetospratnica sa po 120 stanova. Prosječna procijenjena cijena jednog stana u petospratnici iznosi 400 hiljada rubalja, au devetospratnici 500 hiljada rubalja. Koliko petospratnica, a koliko deveterospratnica grad treba da izgradi da bi dobio maksimalan broj stanova?

Rješenje. Neka X- željeni broj petospratnica, y - devetospratnica i z- ukupan broj stanova u ovim zgradama:

z= 90x + 120y

Cijena svih stanova u petospratnicama bit će 90 × 0,4 X = 36X miliona rubalja, au zgradama od devet spratova 120 × 0,5 at = 60at miliona rubalja. Prema uslovima problema imamo:

0 £ X£10; 0 £ at£8; 36 X + 60at£600

Ove restriktivne nejednakosti su očigledno zadovoljene u pentagonu (Sl. 4). U ovom zatvorenom prostoru morate pronaći tačku M(x; y), za koji je funkcija z= 90x + 120y poprima najveću vrijednost z most.

Mi implementiramo gornju shemu za rješavanje takvih problema.

1. Pronađite tačke unutar pentagona koje su sumnjive na ekstremum za funkciju z. Jer , a ove parcijalne derivacije očigledno nisu jednake nuli, onda unutar pentagona nema tačaka sumnjivih za ekstrem.

2. Pronađimo tačke sumnjive za ekstremum na granicama pentagona. Na svakom od pet segmenata koji čine granicu pentagona, funkcija z je linearna funkcija oblika z = ax + by, te shodno tome dostiže svoje maksimalne i minimalne vrijednosti na granicama segmenata. Odnosno, željena maksimalna vrijednost z most funkcija z doseže na jednoj od tačaka ugla (O; A; M 1; M 2; B). Izračunavanje vrijednosti z u ovim tačkama dobijamo:

z(O) = 0; z( A) = 960; z( M1) = 1260; z( M2) = 1380; z( B) = 900.

Na ovaj način z naimb= 1380 i dostiže se u tački M2(10; 4). Odnosno, najveći broj stanova (1380) dobiće se ako se izgradi 10 petospratnica i 4 devetospratnice.

Primjer 5. Dokažite da od svih trouglova sa datim perimetrom 2p, jednakostranični trougao ima najveću površinu M(2p/3, 2p/3), jer preostale tačke ne zadovoljavaju smisao problema: ne može postojati trokut čija je stranica jednaka polovini perimetra.

Istražite tačku ekstrema M(2p/3, 2p/3):

∂ 2 f/∂x 2 = -2p(p-y); ∂ 2 f/∂x∂y = p(2x+2y-3p); ∂ 2 f/∂y 2 = -2p(p-x);

D=AC-B 2 = ;

D>0, i od tada ALI<0 , tada funkcija dostiže svoj maksimum u tački koja se proučava. Dakle, u jednoj stacionarnoj tački, funkcija dostiže svoj maksimum, a time i najveću vrijednost; dakle, na x=2p/3, y=2p/3 funkcija dostiže svoju maksimalnu vrijednost. Ali onda z=2p-x-y=2p/3. I od tada x=y=z, tada je trokut jednakostraničan.

Neka je funkcija y=f(x) kontinuirana na segmentu . Kao što je poznato, takva funkcija dostiže svoj maksimum. i imenovanje vrijednosti. Funkcija može uzeti ove vrijednosti ili u unutrašnjoj tački segmenta, ili na granici segmenta, tj. sa =a ili =b. Ako je , tada točku treba tražiti među kritičnim točkama date funkcije.

Dobijamo sljedeće pravilo za pronalaženje najveće i najmanje vrijednosti funkcije na:

1) naći kritične tačke funkcije na intervalu (a,b);

2) izračunati vrednosti funkcije u pronađenim kritičnim tačkama;

3) izračunati vrijednosti funkcije na krajevima segmenta, tj. u tačkama x=a i x=b;

4) među svim izračunatim vrijednostima funkcije odaberite najveću i najmanju.

napomene:

1. Ako funkcija y=f(x) na segmentu ima samo jednu kritičnu tačku i to je maksimalna (minimalna) tačka, tada funkcija u ovoj tački zauzima najveću (najmanju) vrijednost.

2. Ako funkcija y=f(x) na segmentu nema kritičnih tačaka, to znači da se funkcija na njemu monotono povećava ili smanjuje. Posljedično, funkcija uzima najveću vrijednost (M) na jednom kraju segmenta, a najmanju (m) na drugom kraju.

60. Kompleksni brojevi. Moivre formule.
kompleksni broj ime izraz oblika z = x + iy, gdje su x i y realni brojevi, a i je tzv. imaginarna jedinica, . Ako je x=0, tada se poziva broj 0+iy=iy. imaginarni broj; ako je y=0, tada se broj x+i0=x poistovjećuje sa realnim brojem x, što znači da je skup R svih važeći. brojevi yavl. podskup skupa C svih kompleksnih brojeva, tj. . Broj x ime. pravi dio z, . Dva kompleksna broja i nazivaju se jednaki (z1=z2) ako i samo ako su im realni dijelovi jednaki, a imaginarni dijelovi jednaki: x1=x2, y1=y2. Konkretno, kompleksni broj Z=x+iy jednak je nuli ako i samo ako je x=y=0. Koncepti "veće od" i "manje od" za kompleksne brojeve se ne uvode. Dva kompleksna broja z=x+iy i , koji se razlikuju samo po predznaku imaginarnog dijela, nazivaju se konjugiranim.

Geometrijski prikaz kompleksnih brojeva.

Bilo koji kompleksni broj z = x + iy može se predstaviti tačkom M(x,y) Oxy ravni tako da je x=Re z, y=Im z. Obrnuto, svaka tačka M(x;y) koordinatne ravni može se smatrati slikom kompleksnog broja z = x + iy. Ravan na kojoj su prikazani kompleksni brojevi naziva se kompleksna ravan, jer na njemu leže realni brojevi z = x + 0i = x. Y-osa se naziva imaginarna osa, jer na njoj leže čisto imaginarni kompleksni brojevi z = 0 + iy. Kompleksni broj Z=x+iy se može specificirati korištenjem radijus vektora r=OM=(x,y). Dužina vektora r koji predstavlja kompleksni broj z naziva se modulom ovog broja i označava se sa |z| ili r. Ugao između pozitivnih Smjer realne ose i vektor r koji predstavlja kompleksni broj naziva se argument ovog kompleksnog broja, označen sa Arg z ili . Argument kompleksnog broja Z=0 je nedefiniran. Argument kompleksnog broja je viševrijedna vrijednost i određuje se do termina gdje je arg z glavna vrijednost argumenta sadržanog u intervalu (), tj. - (ponekad se vrijednost koja pripada intervalu (0; ) uzima kao glavna vrijednost argumenta).

Zapisivanje broja z u obliku z=x+iy naziva se algebarski oblik kompleksnog broja.

Operacije nad kompleksnim brojevima

Dodatak. Zbir dva kompleksna broja z1=x1+iy1 i z2=x2+iy2 je kompleksan broj definisan jednakošću: z1+z2=(x1+x2) + i(y1+y2). Sabiranje kompleksnih brojeva ima komutativna i asocijativna svojstva: z1+z2=z2+z1. (z1+z2)+z3=z1+(z2+z3). Oduzimanje. Oduzimanje se definiše kao inverzno sabiranju. Razlika kompleksnih brojeva z1 i z2 je takav kompleksan broj z, koji kada se doda z2 daje broj z1, tj. z=z1-z2 ako je z+z2=z1. Ako je z1=x1+iy1, z2=x2+iy2, onda je lako dobiti z iz ove definicije: z=z1-z2=(x1-x2) + i(y1-y2). Množenje. Proizvod kompleksnih brojeva z1=x1+iy1 i z2=x2+iy2 je kompleksni broj definisan jednakošću z=z1z2= (x1x2-y1y2) + i(x1y2+y1x2). Otuda, posebno, slijedi: . Ako su brojevi dati u trigonometrijskom obliku: .

Kada se kompleksni brojevi množe, njihovi moduli se množe i argumenti se zbrajaju. Formula De Moivre(ako ima n faktora i svi su isti): .