Minimum lokal dari suatu fungsi. Label: ekstrem lokal

$E \subset \mathbb(R)^(n)$. Dikatakan bahwa $f$ memiliki maksimum lokal pada titik $x_(0) \dalam E$ jika terdapat lingkungan $U$ dari titik $x_(0)$ sedemikian rupa sehingga untuk semua $x \dalam U$ pertidaksamaan $f\left(x\right) \leqslant f \left(x_(0)\right)$.

Maksimum lokal disebut ketat , jika lingkungan $U$ dapat dipilih sedemikian rupa sehingga untuk semua $x \dalam U$ yang berbeda dari $x_(0)$ ada $f\left(x\right)< f\left(x_{0}\right)$.

Definisi
Biarkan $f$ menjadi fungsi nyata pada himpunan terbuka $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Dikatakan bahwa $f$ memiliki minimum lokal pada titik $x_(0) \dalam E$ jika terdapat lingkungan $U$ dari titik $x_(0)$ sedemikian rupa sehingga untuk semua $x \dalam U$ pertidaksamaan $f\left(x\right) \geqslant f \left(x_(0)\right)$.

Minimum lokal dikatakan ketat jika lingkungan $U$ dapat dipilih sehingga untuk semua $x \dalam U$ berbeda dari $x_(0)$ $f\left(x\right) > f\left(x_ ( 0)\kanan)$.

Ekstrem lokal menggabungkan konsep minimum lokal dan maksimum lokal.

Teorema (kondisi yang diperlukan untuk ekstrem dari fungsi terdiferensiasi)
Biarkan $f$ menjadi fungsi nyata pada himpunan terbuka $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Jika pada titik $x_(0) \dalam E$ fungsi $f$ memiliki ekstrem lokal pada titik ini juga, maka $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0. $$ Persamaan ke nol diferensial setara dengan fakta bahwa semua sama dengan nol, yaitu $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

Dalam kasus satu dimensi, ini adalah . Tunjukkan $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$, di mana $h$ adalah vektor arbitrer. Fungsi $\phi$ didefinisikan untuk nilai modulo yang cukup kecil dari $t$. Selain itu, sehubungan dengan , itu dapat dibedakan, dan $(\phi)’ \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$.
Biarkan $f$ memiliki maksimum lokal pada x $0$. Oleh karena itu, fungsi $\phi$ pada $t = 0$ memiliki maksimum lokal dan, menurut teorema Fermat, $(\phi)' \left(0\right)=0$.
Jadi, kita mendapatkan $df \left(x_(0)\right) = 0$, mis. fungsi $f$ pada titik $x_(0)$ sama dengan nol pada sembarang vektor $h$.

Definisi
Titik-titik di mana diferensial sama dengan nol, mis. yang semua turunan parsialnya sama dengan nol disebut stasioner. titik kritis fungsi $f$ adalah titik-titik di mana $f$ tidak terdiferensialkan, atau sama dengan nol. Jika titik tersebut stasioner, maka fungsi tersebut belum memiliki titik ekstrem pada titik ini.

Contoh 1
Misal $f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$. Kemudian $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$, jadi $\left(0,0\right)$ adalah titik stasioner, tetapi fungsi tersebut tidak memiliki ekstrem pada titik ini. Memang, $f \left(0,0\right) = 0$, tetapi mudah untuk melihat bahwa di lingkungan mana pun dari titik $\left(0,0\right)$ fungsi mengambil nilai positif dan negatif.

Contoh 2
Fungsi $f \left(x,y\right) = x^(2) y^(2)$ memiliki titik asal koordinat sebagai titik stasioner, tetapi jelas bahwa tidak ada titik ekstrem pada titik ini.

Teorema (kondisi yang cukup untuk suatu ekstrem).
Misalkan suatu fungsi $f$ terdiferensialkan dua kali secara kontinu pada himpunan terbuka $E \subset \mathbb(R)^(n)$. Biarkan $x_(0) \dalam E$ menjadi titik stasioner dan $$\displaystyle Q_(x_(0)) \left(h\right) \equiv \sum_(i=1)^n \sum_(j=1 ) ^n \frac(\parsial^(2) f)(\parsial x_(i) \parsial x_(j)) \left(x_(0)\kanan)h^(i)h^(j).$ $ Kemudian

jika $Q_(x_(0))$ – , maka fungsi $f$ pada titik $x_(0)$ memiliki ekstrem lokal, yaitu minimum jika bentuknya berdefinisi positif dan maksimum jika bentuknya negatif-pasti;
jika bentuk kuadrat $Q_(x_(0))$ tidak tentu, maka fungsi $f$ pada titik $x_(0)$ tidak memiliki ekstrem.

Mari kita gunakan ekspansi menurut rumus Taylor (12,7 hal. 292) . Dengan mempertimbangkan bahwa turunan parsial orde pertama pada titik $x_(0)$ sama dengan nol, kita mendapatkan $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0 )\kanan) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\parsial^(2) f)(\parsial x_(i) \ parsial x_(j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ di mana $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$, dan $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ untuk $h \rightarrow 0$, maka ruas kanan adalah positif untuk sembarang vektor $h$ dengan panjang yang cukup kecil.
Jadi, kita sampai pada kesimpulan bahwa di beberapa lingkungan dari titik $x_(0)$ pertidaksamaan $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ dipenuhi jika hanya $ x \neq x_ (0)$ (kita masukkan $x=x_(0)+h$\kanan). Ini berarti bahwa pada titik $x_(0)$ fungsi memiliki minimum lokal yang ketat, dan dengan demikian bagian pertama dari teorema kita terbukti.
Misalkan sekarang $Q_(x_(0))$ adalah bentuk tak tentu. Kemudian ada vektor $h_(1)$, $h_(2)$ sehingga $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \left(h_(2)\right)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0$. Kemudian kita mendapatkan $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ Untuk $t>0$ yang cukup kecil, sisi kanannya adalah positif. Ini berarti bahwa di setiap lingkungan dari titik $x_(0)$ fungsi $f$ mengambil nilai $f \left(x\right)$ lebih besar dari $f \left(x_(0)\right)$.
Demikian pula, kami memperoleh bahwa di lingkungan mana pun dari titik $x_(0)$ fungsi $f$ mengambil nilai kurang dari $f \left(x_(0)\right)$. Ini, bersama dengan yang sebelumnya, berarti bahwa fungsi $f$ tidak memiliki ekstrem pada titik $x_(0)$.

Mari kita pertimbangkan kasus khusus dari teorema ini untuk fungsi $f \left(x,y\right)$ dari dua variabel yang didefinisikan di beberapa lingkungan dari titik $\left(x_(0),y_(0)\right) $ dan memiliki turunan parsial kontinu dari pesanan pertama dan kedua. Biarkan $\left(x_(0),y_(0)\right)$ menjadi titik stasioner dan biarkan $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^( 2)) \left(x_(0) ,y_(0)\right), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(x_( 0) , y_(0)\kanan), a_(22)=\frac(\parsial^(2) f)(\parsial y^(2)) \kiri(x_(0), y_(0)\kanan ). $$ Kemudian teorema sebelumnya mengambil bentuk berikut.

Dalil
Biarkan $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) a_(12)^2$. Kemudian:

jika $\Delta>0$, maka fungsi $f$ memiliki ekstrem lokal pada titik $\left(x_(0),y_(0)\right)$, yaitu, minimum jika $a_(11)> 0$ , dan maksimum jika $a_(11)<0$;
jika $\Delta<0$, 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.

Contoh pemecahan masalah

Algoritma untuk menemukan ekstrem dari fungsi banyak variabel:

Kami menemukan titik stasioner;
Kami menemukan diferensial dari urutan ke-2 di semua titik stasioner
Menggunakan kondisi yang cukup untuk ekstrem dari fungsi beberapa variabel, kami mempertimbangkan diferensial orde kedua pada setiap titik stasioner

Selidiki fungsi hingga ekstrem $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$.
Larutan
Cari turunan parsial dari orde ke-1: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) — 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Tulis dan selesaikan sistem: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x ) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \Panah kanan \begin(cases)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \ cdot y^(2) - 6 \cdot x = 0\end(kasus) \Panah kanan \begin(cases)x^(2) - 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) - x = 0 \end(cases)$$ Dari persamaan ke-2, kita ekspresikan $x=4 \cdot y^(2)$ — substitusikan ke persamaan ke-1: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2)\ kanan )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $$ y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Hasilnya, diperoleh 2 titik stasioner:
1) $y=0 \Panah kanan x = 0, M_(1) = \kiri(0, 0\kanan)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8) \Rightarrow y = \frac(1)(2) \Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\kanan)$
Mari kita periksa pemenuhan kondisi ekstrem yang cukup:
$$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6 \cdot x; \frac(\parsial^(2) f)(\parsial x \parsial y)=-6; \frac(\parsial^(2) f)(\parsial y^(2))=48 \cdot y$$
1) Untuk titik $M_(1)= \left(0,0\right)$:
$$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\right)=0; B_(1)=\frac(\parsial^(2) f)(\parsial x \parsial y) \left(0,0\kanan)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(0,0\right)=0;$$
$A_(1) \cdot B_(1) - C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
2) Untuk poin $M_(2)$:
$$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=24;$$
$A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, jadi ada ekstrem pada titik $M_(2)$, dan karena $A_(2)>0 $, maka ini adalah minimum.
Jawaban: Titik $\displaystyle M_(2) \left(1,\frac(1)(2)\right)$ adalah titik minimum dari fungsi $f$.
Selidiki fungsi ekstrem $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$.
Larutan
Cari titik stasioner: $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
Tulis dan selesaikan sistem: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)= 0\\\frac(\partial f)(\partial y)= 0\end(cases) \ Panah kanan \begin(cases)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases) y = 2\\y + x = 1\end(kasus) \Panah kanan x = -1$$
$M_(0) \left(-1, 2\right)$ adalah titik stasioner.
Mari kita periksa pemenuhan kondisi ekstrem yang cukup: $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x \partial y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\right)=2;$$
$A \cdot B - C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
Jawaban: tidak ada ekstrim.

Batas waktu: 0

Navigasi (hanya nomor pekerjaan)

0 dari 4 tugas selesai

Informasi

Ikuti kuis ini untuk menguji pengetahuan Anda tentang topik yang baru saja Anda baca, Ekstrem Lokal Fungsi Banyak Variabel.

Anda telah mengikuti tes sebelumnya. Anda tidak dapat menjalankannya lagi.

Tes sedang dimuat...

Anda harus login atau mendaftar untuk memulai tes.

Anda harus menyelesaikan tes berikut untuk memulai yang satu ini:

hasil

Jawaban yang benar: 0 dari 4

Waktumu:

Waktu sudah habis

Anda mencetak 0 dari 0 poin (0)

Skor Anda telah dicatat di papan peringkat

Dengan jawaban
Memeriksa

Tugas 1 dari 4

1 .

Jumlah poin: 1

Selidiki fungsi $f$ untuk ekstrem: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

Benar

Tidak benar

Tugas 2 dari 4

2 .
Jumlah poin: 1
Apakah fungsi $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$

Untuk suatu fungsi f(x) dari banyak variabel, titik x adalah vektor, f'(x) adalah vektor turunan pertama (gradien) dari fungsi f(x), f (x) adalah matriks simetris turunan parsial kedua (matriks Hesse Hessian) fungsi f(x).
Untuk fungsi beberapa variabel, kondisi optimalitas dirumuskan sebagai berikut.
Kondisi yang diperlukan untuk optimalitas lokal. Misalkan f(x) terdiferensial di titik x * R n . Jika x * adalah titik ekstrem lokal, maka f'(x *) = 0.
Seperti sebelumnya, titik-titik yang merupakan solusi dari sistem persamaan disebut stasioner. Sifat dari titik stasioner x * berhubungan dengan ketegasan tanda dari matriks Hessian f′ (x).
Ketepatan tanda dari matriks A bergantung pada tanda-tanda bentuk kuadrat Q(α)=< α A, α >untuk semua bukan nol R n .
Di sini dan selanjutnya melalui produk skalar dari vektor x dan y dinotasikan. Menurut definisi,

Suatu matriks A terdefinisi positif (non-negatif) jika Q(α)>0 (Q(α)≥0) untuk semua tak-nol R n ; negatif (nonpositif) pasti jika Q(α)<0 (Q(α)≤0) при всех ненулевых α∈R n ; неопределенной, если Q(α)>0 untuk beberapa bukan nol R n dan Q(α)<0 для остальных ненулевых α∈R n .
Kondisi yang cukup untuk optimalitas lokal. Misal f(x) terdiferensialkan dua kali pada titik x * R n , dan f’(x *)=0 , mis. x * titik stasioner. Kemudian, jika matriks f (x *) positif (negatif) pasti, maka x * adalah titik minimum (maksimum) lokal; jika matriks f′′(x *) tak tentu, maka x * adalah titik pelana.
Jika matriks f′′(x *) definit non-negatif (non-positif), maka untuk menentukan sifat stasioner titik x *, diperlukan studi turunan orde tinggi.
Untuk memeriksa ketegasan tanda dari suatu matriks, biasanya digunakan kriteria Sylvester. Menurut kriteria ini, matriks simetris A pasti positif jika dan hanya jika semua minor sudutnya positif. Dalam hal ini, sudut minor dari matriks A adalah determinan matriks yang dibangun dari elemen-elemen matriks A, berdiri di persimpangan baris dan kolom dengan angka yang sama (dan yang pertama). Untuk memeriksa matriks simetris A untuk kepastian negatif, kita harus memeriksa matriks (−A) untuk kepastian positif.
Jadi, algoritma untuk menentukan titik-titik ekstrem lokal dari suatu fungsi banyak variabel adalah sebagai berikut.
1. Temukan f′(x).
2. Sistem terpecahkan

Akibatnya, titik stasioner x i dihitung.
3. Temukan f′′(x), himpunan i=1.
4. Temukan f′′(x i)
5. Minor sudut dari matriks f′′(x i) dihitung. Jika tidak semua minor sudut bukan nol, maka untuk menentukan sifat stasioner titik x i, diperlukan studi turunan orde tinggi. Dalam hal ini, transisi ke item 8 dilakukan.
Jika tidak, lanjutkan ke langkah 6.
6. Tanda-tanda dari minor sudut f′′(x i) dianalisis. Jika f′′(x i) pasti positif, maka x i adalah titik minimum lokal. Dalam hal ini, transisi ke item 8 dilakukan.
Jika tidak, lanjutkan ke item 7.
7. Minor sudut dari matriks -f′′(x i) dihitung dan tanda-tandanya dianalisis.
Jika -f′′(x i) definit positif, maka f′′(x i) definit negatif dan x i adalah titik maksimum lokal.
Jika tidak, f′′(x i) tidak tentu dan x i adalah titik pelana.
8. Kondisi untuk menentukan sifat semua titik stasioner i=N diperiksa.
Jika memenuhi, maka perhitungan selesai.
Jika kondisi tidak terpenuhi, maka i=i+1 diasumsikan dan transisi ke langkah 4 dilakukan.

Contoh 1. Tentukan titik ekstrem lokal dari fungsi f(x) = x 1 3 - 2x 1 x 2 + x 2 2 - 3x 1 - 2x 2

Karena semua minor sudut bukan nol, karakter x 2 ditentukan oleh f′′(x).
Karena matriks f′′(x 2) adalah pasti positif, x 2 adalah titik minimum lokal.
Jawaban: fungsi f(x) = x 1 3 - 2x 1 x 2 + x 2 2 - 3x 1 - 2x 2 memiliki minimum lokal di titik x = (5/3; 8/3).

Maksimum lokal disebut ketat , jika lingkungan $U$ dapat dipilih sedemikian rupa sehingga untuk semua $x \dalam U$ yang berbeda dari $x_(0)$ ada $f\left(x\right)< f\left(x_{0}\right)$.

Minimum lokal dikatakan ketat jika lingkungan $U$ dapat dipilih sehingga untuk semua $x \dalam U$ berbeda dari $x_(0)$ $f\left(x\right) > f\left(x_ ( 0)\kanan)$.

Ekstrem lokal menggabungkan konsep minimum lokal dan maksimum lokal.

Contoh 2
Fungsi $f \left(x,y\right) = x^(2) y^(2)$ memiliki titik asal koordinat sebagai titik stasioner, tetapi jelas bahwa tidak ada titik ekstrem pada titik ini.

jika $Q_(x_(0))$ – , maka fungsi $f$ pada titik $x_(0)$ memiliki ekstrem lokal, yaitu minimum jika bentuknya berdefinisi positif dan maksimum jika bentuknya negatif-pasti;
jika bentuk kuadrat $Q_(x_(0))$ tidak tentu, maka fungsi $f$ pada titik $x_(0)$ tidak memiliki ekstrem.

Dalil
Biarkan $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) a_(12)^2$. Kemudian:

jika $\Delta>0$, maka fungsi $f$ memiliki ekstrem lokal pada titik $\left(x_(0),y_(0)\right)$, yaitu, minimum jika $a_(11)> 0$ , dan maksimum jika $a_(11)<0$;
jika $\Delta<0$, 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.