អប្បបរមានៃមុខងារក្នុងតំបន់។ ស្លាក: ជ្រុលក្នុងស្រុក

$E \subset \mathbb(R)^(n)$ ។ វាត្រូវបានគេនិយាយថា $f$ មាន អតិបរមាក្នុងស្រុកនៅចំណុច $x_(0) \in E$ ប្រសិនបើមានសង្កាត់ $U$ នៃចំនុច $x_(0)$ នោះសម្រាប់ $x ទាំងអស់ \in U$ វិសមភាព $f\left(x\right) \leqslant f \left(x_(0)\right)$។

អតិបរមាក្នុងស្រុកត្រូវបានគេហៅថា តឹងរ៉ឹង ប្រសិនបើសង្កាត់ $U$ អាចត្រូវបានជ្រើសរើសតាមរបៀបដែលសម្រាប់ $x \in U$ ទាំងអស់ខុសពី $x_(0)$ មាន $f\left(x\right)< f\left(x_{0}\right)$.

និយមន័យ
អនុញ្ញាតឱ្យ $f$ ជាមុខងារពិតនៅលើសំណុំបើក $E \subset \mathbb(R)^(n)$ ។ វាត្រូវបានគេនិយាយថា $f$ មាន អប្បបរមាក្នុងស្រុកនៅចំណុច $x_(0) \in E$ ប្រសិនបើមានសង្កាត់ $U$ នៃចំនុច $x_(0)$ នោះសម្រាប់ $x ទាំងអស់ \in U$ វិសមភាព $f\left(x\right) \geqslant f \left(x_(0)\right)$ ។

អប្បបរមាក្នុងតំបន់ត្រូវបានគេនិយាយថាតឹងរ៉ឹង ប្រសិនបើសង្កាត់ $U$ អាចជ្រើសរើសបាន ដូច្នេះសម្រាប់ $x \in U$ ទាំងអស់ខុសពី $x_(0)$$f\left(x\right) > f\left(x_ (0)\right)$។

ភាពជ្រុលនិយមក្នុងតំបន់រួមបញ្ចូលគ្នានូវគោលគំនិតនៃអប្បបរមាក្នុងស្រុក និងអតិបរមាក្នុងស្រុក។

ទ្រឹស្តីបទ (លក្ខខណ្ឌចាំបាច់សម្រាប់មុខងារខុសគ្នាខ្លាំង)
អនុញ្ញាតឱ្យ $f$ ជាមុខងារពិតនៅលើសំណុំបើក $E \subset \mathbb(R)^(n)$ ។ ប្រសិនបើនៅចំណុច $x_(0) \ ក្នុង E$ មុខងារ $f$ មានកម្រិតខ្លាំងមូលដ្ឋាននៅចំណុចនេះផងដែរ បន្ទាប់មក $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0។ $$ សមភាពទៅសូន្យឌីផេរ៉ង់ស្យែលគឺសមមូលទៅនឹងការពិតដែលថាទាំងអស់គឺស្មើនឹងសូន្យ, i.e. $$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x_(i))\left(x_(0)\right)=0.$$

នៅក្នុងករណីមួយវិមាត្រ, នេះគឺ។ សម្គាល់ $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$ ដែល $h$ ជាវ៉ិចទ័របំពាន។ មុខងារ $\phi$ ត្រូវបានកំណត់សម្រាប់តម្លៃម៉ូឌុលតូចគ្រប់គ្រាន់នៃ $t$ ។ ជាងនេះទៅទៀត ទាក់ទងនឹង , វាអាចខុសគ្នា និង $(\phi)' \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$ ។
អនុញ្ញាតឱ្យ $f$ មានអតិបរមាក្នុងស្រុកនៅ x $0$ ។ ដូច្នេះ មុខងារ $\phi$ នៅ $t = 0$ មានអតិបរិមាក្នុងស្រុក ហើយតាមទ្រឹស្តីបទ Fermat $(\phi)' \left(0\right)=0$ ។
ដូច្នេះ យើងទទួលបាន $df \left(x_(0)\right) = 0$, i.e. មុខងារ $f$ នៅចំណុច $x_(0)$ គឺស្មើនឹងសូន្យនៅលើវ៉ិចទ័រ $h$ ណាមួយ។

និយមន័យ
ចំនុចដែលឌីផេរ៉ង់ស្យែលស្មើនឹងសូន្យ ឧ. វត្ថុដែលដេរីវេភាគទាំងអស់ស្មើនឹងសូន្យត្រូវបានគេហៅថាស្ថានី។ ចំណុចសំខាន់មុខងារ $f$ គឺជាចំណុចដែល $f$ មិនអាចបែងចែកបាន ឬស្មើនឹងសូន្យ។ ប្រសិនបើចំនុចស្ថិតនៅស្ថានី នោះវាមិនទាន់ធ្វើតាមថាមុខងារមានចំណុចខ្លាំងនៅចំណុចនេះទេ។

ឧទាហរណ៍ ១
អនុញ្ញាតឱ្យ $f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$ ។ បន្ទាប់មក $\displaystyle\frac(\partial f)(\partial x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\partial f)(\partial y) = 3 \cdot y^(2 )$ ដូច្នេះ $\left(0,0\right)$ គឺជាចំណុចនៅស្ថានី ប៉ុន្តែមុខងារនេះមិនមានកម្រិតខ្លាំងទេ។ ជាការពិត $f \left(0,0\right) = 0$ ប៉ុន្តែវាងាយស្រួលមើលថានៅក្នុងសង្កាត់ណាមួយនៃចំនុច $\left(0,0\right)$ មុខងារយកទាំងតម្លៃវិជ្ជមាន និងអវិជ្ជមាន។

ឧទាហរណ៍ ២
អនុគមន៍ $f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ មានប្រភពដើមនៃកូអរដោណេជាចំណុចស្ថានី ប៉ុន្តែវាច្បាស់ណាស់ថាមិនមានចំណុចខ្លាំងនៅចំណុចនេះទេ។

ទ្រឹស្តីបទ (លក្ខខណ្ឌគ្រប់គ្រាន់សម្រាប់ភាពជ្រុលនិយម) ។
អនុញ្ញាតឱ្យមុខងារ $f$ មានភាពខុសប្លែកគ្នាជាបន្តបន្ទាប់ពីរដងនៅលើសំណុំបើកចំហ $E \subset \mathbb(R)^(n)$ ។ អនុញ្ញាតឱ្យ $x_(0) \in E$ ជាចំណុចស្ថានី និង $$\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).$ $ បន្ទាប់មក

ប្រសិនបើ $Q_(x_(0))$ – បន្ទាប់មក មុខងារ $f$ នៅចំណុច $x_(0)$ មានកម្រិតខ្លាំងក្នុងមូលដ្ឋាន ពោលគឺ អប្បបរមា ប្រសិនបើទម្រង់ជាវិជ្ជមានកំណត់ និងអតិបរមាប្រសិនបើទម្រង់គឺ អវិជ្ជមាន - កំណត់;
ប្រសិនបើទម្រង់បួនជ្រុង $Q_(x_(0))$ គឺមិនកំណត់ នោះមុខងារ $f$ នៅចំណុច $x_(0)$ មិនមានភាពជ្រុលនិយមទេ។

ចូរប្រើការពង្រីកដោយយោងតាមរូបមន្ត Taylor (12.7 ទំ. 292) ។ ដោយពិចារណាថានិស្សន្ទវត្ថុភាគនៃលំដាប់ទីមួយនៅចំណុច $x_(0)$ គឺស្មើនឹងសូន្យ យើងទទួលបាន $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0) )\right) = \frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\partial^(2) f)(\partial x_(i) \ x_(j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ ដែល $0<\theta<1$. 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 $\lambda>0$ និង $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ សម្រាប់ $h \rightarrow 0$ បន្ទាប់មកផ្នែកខាងស្តាំគឺវិជ្ជមានសម្រាប់វ៉ិចទ័រ $h$ ដែលមានប្រវែងតូចគ្រប់គ្រាន់។
ដូច្នេះហើយ យើងបានសន្និដ្ឋានថា នៅក្នុងសង្កាត់មួយចំនួននៃចំណុច $x_(0)$ វិសមភាព $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ គឺពេញចិត្ត ប្រសិនបើត្រឹមតែ $ x \neq x_ (0)$ (យើងដាក់ $x=x_(0)+h$\right)។ នេះមានន័យថានៅចំណុច $x_(0)$ មុខងារមានកម្រិតអប្បបរមាមូលដ្ឋានយ៉ាងតឹងរឹង ហើយដូច្នេះផ្នែកដំបូងនៃទ្រឹស្តីបទរបស់យើងត្រូវបានបង្ហាញ។
ឧបមាថា $Q_(x_(0))$ គឺជាទម្រង់មិនកំណត់។ បន្ទាប់មកមានវ៉ិចទ័រ $h_(1)$, $h_(2)$ ដូចជា $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_( x_(0)) \left(h_(2)\right)=\lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0$។ បន្ទាប់មកយើងទទួលបាន $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[t^(2) \lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right] = \frac(1)(2)t^(2) \left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ សម្រាប់ទំហំតូចល្មម $t>0$ ផ្នែកខាងស្តាំគឺ វិជ្ជមាន។ នេះមានន័យថានៅក្នុងសង្កាត់ណាមួយនៃចំនុច $x_(0)$ មុខងារ $f$ យកតម្លៃ $f \left(x\right)$ ធំជាង $f \left(x_(0)\right)$។
ស្រដៀងគ្នានេះដែរ យើងទទួលបានថានៅក្នុងសង្កាត់ណាមួយនៃចំណុច $x_(0)$ មុខងារ $f$ យកតម្លៃតិចជាង $f \left(x_(0)\right)$។ នេះរួមជាមួយនឹងមុខងារមុន មានន័យថាមុខងារ $f$ មិនមានចំណុចខ្លាំងនៅចំណុច $x_(0)$ ទេ។

ចូរយើងពិចារណាករណីពិសេសនៃទ្រឹស្តីបទនេះសម្រាប់អនុគមន៍ $f \left(x,y\right)$ នៃអថេរពីរដែលបានកំណត់នៅក្នុងសង្កាត់មួយចំនួននៃចំនុច $\left(x_(0),y_(0)\right) $ និងមាននិស្សន្ទវត្ថុជាផ្នែកបន្តនៃការបញ្ជាទិញទីមួយ និងទីពីរ។ ទុក $\left(x_(0),y_(0)\right)$ ជាចំនុចស្ថានី ហើយទុកអោយ $$\displaystyle a_(11)= \frac(\partial^(2) f)(\partial x ^( 2)) \left(x_(0), y_(0)\right), a_(12)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x\partial y) \left(x_(0) , y_(0)\right), a_(22)=\frac(\partial^(2)f)(\partial y^(2))\left(x_(0),y_(0)\right)។ $$ បន្ទាប់មកទ្រឹស្តីបទមុនយកទម្រង់ដូចខាងក្រោម។

ទ្រឹស្តីបទ
អនុញ្ញាតឱ្យ $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$ ។ បន្ទាប់មក៖

ប្រសិនបើ $\Delta>0$ នោះមុខងារ $f$ មានកម្រិតខ្លាំងក្នុងមូលដ្ឋាននៅចំណុច $\left(x_(0),y_(0)\right)$, ពោលគឺអប្បបរមាប្រសិនបើ $a_(11)> 0$ និងអតិបរមាប្រសិនបើ $a_(11)<0$;
ប្រសិនបើ $\Delta<0$, 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.

ឧទាហរណ៍នៃការដោះស្រាយបញ្ហា

ក្បួនដោះស្រាយសម្រាប់ស្វែងរកភាពខ្លាំងនៃមុខងារនៃអថេរជាច្រើន៖

យើងរកឃើញចំណុចស្ថានី;
យើងរកឃើញឌីផេរ៉ង់ស្យែលនៃលំដាប់ទី 2 នៅគ្រប់ចំណុចស្ថានី
ដោយប្រើលក្ខខណ្ឌគ្រប់គ្រាន់សម្រាប់ភាពខ្លាំងនៃមុខងារនៃអថេរជាច្រើន យើងពិចារណាឌីផេរ៉ង់ស្យែលលំដាប់ទីពីរនៅចំណុចស្ថានីនីមួយៗ

ស៊ើបអង្កេតមុខងារដល់កម្រិតខ្លាំង $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$ ។
ការសម្រេចចិត្ត
ស្វែងរកដេរីវេនៃផ្នែកនៃលំដាប់ទី 1៖ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=3 \cdot x^(2) — 6 \cdot y;$$$$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ តែង និងដោះស្រាយប្រព័ន្ធ៖ $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x ) = 0\\\frac(\partial f)(\partial y)=0\end(cases)\Rightarrow\begin(cases)3\cdot x^(2) - 6\cdot y=0\\24 \\ cdot y^(2) - 6 \cdot x = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases)x^(2) - 2\cdot y=0\\4\cdot y^(2) - x = 0 \end(cases)$$ ពីសមីការទី 2 យើងបង្ហាញ $x=4 \cdot y^(2)$ — ជំនួសទៅក្នុងសមីការទី 1: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2)\ ស្តាំ)^(2)-2 \cdot y=0$$$$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$$$8 \cdot y^(4) — y = 0$$$$ y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ ជាលទ្ធផល 2 ពិន្ទុស្ថានីត្រូវបានទទួល៖
1) $y=0 \Rightarrow x = 0, M_(1) = \left(0, 0\right)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \Rightarrow y^(3)=\frac(1)(8)\Rightarrow y=\frac(1)(2)\Rightarrow x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2),1\right)$
ចូរយើងពិនិត្យមើលការបំពេញលក្ខខណ្ឌធ្ងន់ធ្ងរគ្រប់គ្រាន់៖
$$\displaystyle \frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2))=6\cdot x; \frac(\partial^(2) f)(\partial x\partial y)=-6; \frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2))=48 \cdot y$$
1) សម្រាប់ចំណុច $M_(1)= \left(0,0\right)$:
$$\displaystyle A_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(0,0\right)=0; B_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x\partial y) \left(0,0\right)=-6; C_(1)=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(0,0\right)=0;$$
$A_(1) \cdot B_(1) - C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
2) សម្រាប់ចំណុច $M_(2)$:
$$\displaystyle A_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=6; B_(2)=\frac(\partial^(2) f)(\partial x\partial y) \left(1,\frac(1)(2)\right)=-6; C_(2)=\frac(\partial^(2)f)(\partial y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\right)=24;$$
$A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$ ដូច្នេះមានចំណុចខ្លាំងនៅចំណុច $M_(2)$ ហើយចាប់តាំងពី $A_(2)>0 $ បន្ទាប់មកនេះគឺជាអប្បបរមា។
ចម្លើយ៖ ចំនុច $\displaystyle M_(2) \left(1,\frac(1)(2)\right)$ គឺជាចំនុចអប្បបរមានៃអនុគមន៍ $f$។
ស៊ើបអង្កេតមុខងារសម្រាប់ខ្លាំង $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$ ។
ការសម្រេចចិត្ត
ស្វែងរកចំណុចស្ថានី៖ $$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial x)=2 \cdot y - 4;$$$$\displaystyle \frac(\partial f)(\partial y)=2 \cdot y + 2 \\ cdot x — 2.$$
តែង និងដោះស្រាយប្រព័ន្ធ៖ $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\partial f)(\partial x)=0\\\frac(\partial f)(\partial y)=0\end(cases) \rightarrow \begin(cases)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(cases) \Rightarrow \begin(cases) y = 2\\y + x = 1\end(cases) \Rightarrow x = -1$$
$M_(0) \left(-1, 2\right)$ គឺជាចំណុចនៅស្ថានី។
ចូរយើងពិនិត្យមើលការបំពេញលក្ខខណ្ឌជ្រុលនិយមគ្រប់គ្រាន់៖ $$\displaystyle A=\frac(\partial^(2) f)(\partial x^(2)) \left(-1,2\right)=0; B=\frac(\partial^(2) f)(\partial x\partial y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\partial^(2) f)(\partial y^(2)) \left(-1,2\right)=2;$$
$A \cdot B - C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
ចម្លើយ៖ មិនមានជ្រុលទេ។

ពេលវេលាកំណត់៖ ០

ការរុករក (លេខការងារតែប៉ុណ្ណោះ)

កិច្ចការ 0 ក្នុងចំណោម 4 បានបញ្ចប់

ព័ត៌មាន

យកកម្រងសំណួរនេះដើម្បីសាកល្បងចំនេះដឹងរបស់អ្នកអំពីប្រធានបទដែលអ្នកទើបតែបានអាន Local Extrema of Functions of Many Variables។

អ្នកបានធ្វើតេស្តរួចហើយ។ អ្នកមិនអាចដំណើរការវាម្តងទៀតបានទេ។

ការធ្វើតេស្តកំពុងផ្ទុក...

អ្នកត្រូវតែចូល ឬចុះឈ្មោះ ដើម្បីចាប់ផ្តើមការសាកល្បង។

អ្នកត្រូវតែបញ្ចប់ការធ្វើតេស្តដូចខាងក្រោមដើម្បីចាប់ផ្តើមមួយនេះ:

លទ្ធផល

ចម្លើយត្រឹមត្រូវ៖ ០ ក្នុងចំណោម ៤

ពេលវេលារបស់អ្នក:

ពេលវេលាត្រូវបានបញ្ចប់

អ្នកបានពិន្ទុ 0 ក្នុងចំណោម 0 ពិន្ទុ (0)

ពិន្ទុរបស់អ្នកត្រូវបានកត់ត្រានៅលើតារាងពិន្ទុ

ជាមួយនឹងចម្លើយ
បានពិនិត្យចេញ

កិច្ចការទី 1 នៃ 4

1 .

ចំនួនពិន្ទុ៖ ១

ស៊ើបអង្កេតមុខងារ $f$ សម្រាប់ extrema៖ $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

ត្រឹមត្រូវ។

មិនត្រឹមត្រូវទេ។

កិច្ចការទី 2 នៃ 4

2 .
ចំនួនពិន្ទុ៖ ១
តើមុខងារ $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$

សម្រាប់អនុគមន៍ f(x) នៃអថេរជាច្រើន ចំនុច x ជាវ៉ិចទ័រ f '(x) គឺជាវ៉ិចទ័រនៃដេរីវេទី 1 (ជម្រាល) នៃអនុគមន៍ f(x), f ′ ′(x) គឺជាម៉ាទ្រីសស៊ីមេទ្រី។ នៃដេរីវេផ្នែកទីពីរ (Hesse matrix − Hessian) អនុគមន៍ f(x)។
សម្រាប់មុខងារនៃអថេរជាច្រើន លក្ខខណ្ឌសុទិដ្ឋិនិយមត្រូវបានបង្កើតដូចខាងក្រោម។
លក្ខខណ្ឌចាំបាច់សម្រាប់សុទិដ្ឋិនិយមក្នុងតំបន់។ អនុញ្ញាតឱ្យ f (x) ខុសគ្នាត្រង់ចំនុច x * R n ។ ប្រសិនបើ x * ជាចំណុចខ្លាំងក្នុងតំបន់ នោះ f'(x *) = 0 ។
ដូចពីមុនចំណុចដែលជាដំណោះស្រាយចំពោះប្រព័ន្ធសមីការត្រូវបានគេហៅថាស្ថានី។ ធម្មជាតិនៃចំនុចស្ថានី x * គឺទាក់ទងទៅនឹងសញ្ញា-កំណត់នៃម៉ាទ្រីស Hessian f′ ′(x) ។
ការកំណត់សញ្ញានៃម៉ាទ្រីស A អាស្រ័យលើសញ្ញានៃទម្រង់រាងបួនជ្រុង Q(α)=< α A, α >សម្រាប់ nonzero α∈R n ទាំងអស់។
នៅទីនេះ និងបន្តតាមរយៈ ផលិតផលមាត្រដ្ឋាននៃវ៉ិចទ័រ x និង y ត្រូវបានតំណាង។ A-priory,

ម៉ាទ្រីស A គឺវិជ្ជមាន (មិនអវិជ្ជមាន) កំណត់ប្រសិនបើ Q(α)>0 (Q(α)≥0) សម្រាប់ α∈R n មិនមែនសូន្យទាំងអស់ ; អវិជ្ជមាន (មិនវិជ្ជមាន) កំណត់ប្រសិនបើ Q(α)<0 (Q(α)≤0) при всех ненулевых α∈R n ; неопределенной, если Q(α)>0 សម្រាប់ nonzero α∈R n និង Q(α)<0 для остальных ненулевых α∈R n .
លក្ខខណ្ឌគ្រប់គ្រាន់សម្រាប់សុទិដ្ឋិនិយមក្នុងតំបន់។ អនុញ្ញាតឱ្យ f (x) ខុសគ្នាពីរដងនៅចំណុច x * R n និង f '(x *) = 0, i.e. x * - ចំណុចស្ថានី។ បន្ទាប់មក ប្រសិនបើម៉ាទ្រីស f (x *) គឺវិជ្ជមាន (អវិជ្ជមាន) ច្បាស់លាស់ នោះ x * គឺជាចំណុចអប្បបរមា (អតិបរមា) ក្នុងតំបន់។ ប្រសិនបើម៉ាទ្រីស f′(x *) មិនកំណត់ នោះ x* គឺជាចំនុចកៀប។
ប្រសិនបើម៉ាទ្រីស f′(x *) មិនអវិជ្ជមាន (មិនវិជ្ជមាន) ច្បាស់លាស់ នោះដើម្បីកំណត់ធម្មជាតិនៃចំនុច x * ការសិក្សាអំពីនិស្សន្ទវត្ថុលំដាប់ខ្ពស់គឺត្រូវបានទាមទារ។
ដើម្បីពិនិត្យមើលការកំណត់សញ្ញានៃម៉ាទ្រីស ជាក្បួន លក្ខណៈវិនិច្ឆ័យ Sylvester ត្រូវបានប្រើ។ យោងតាមលក្ខណៈវិនិច្ឆ័យនេះ ម៉ាទ្រីសស៊ីមេទ្រី A ត្រូវបានកំណត់ជាវិជ្ជមាន ប្រសិនបើអនីតិជនជ្រុងទាំងអស់របស់វាមានភាពវិជ្ជមាន។ ក្នុងករណីនេះ អនីតិជនជ្រុងនៃម៉ាទ្រីស A គឺជាកត្តាកំណត់នៃម៉ាទ្រីសដែលបានសាងសង់ពីធាតុនៃម៉ាទ្រីស A ដោយឈរនៅចំនុចប្រសព្វនៃជួរដេក និងជួរឈរដែលមានលេខដូចគ្នា (និងទីមួយ) ។ ដើម្បីពិនិត្យមើលម៉ាទ្រីសស៊ីមេទ្រី A សម្រាប់និយមន័យអវិជ្ជមាន អ្នកត្រូវពិនិត្យមើលម៉ាទ្រីស (−A) សម្រាប់ភាពច្បាស់លាស់វិជ្ជមាន។
ដូច្នេះ ក្បួនដោះស្រាយសម្រាប់កំណត់ចំនុចនៃ local extrema នៃមុខងារនៃអថេរជាច្រើនមានដូចខាងក្រោម។
1. រក f′(x)។
2. ប្រព័ន្ធត្រូវបានដោះស្រាយ

ជាលទ្ធផលពិន្ទុស្ថានី x i ត្រូវបានគណនា។
3. រក f′(x) កំណត់ i=1។
4. រក f′(x i)
5. អនីតិជនជ្រុងនៃម៉ាទ្រីស f′(x i) ត្រូវបានគណនា។ ប្រសិនបើមិនមែនអនីតិជន angular ទាំងអស់មិនមែនជាសូន្យទេ នោះដើម្បីកំណត់ពីធម្មជាតិនៃចំនុចស្ថានី x i ការសិក្សាអំពីដេរីវេនៃលំដាប់ខ្ពស់គឺត្រូវបានទាមទារ។ ក្នុងករណីនេះការផ្លាស់ប្តូរទៅធាតុទី 8 ត្រូវបានអនុវត្ត។
បើមិនដូច្នោះទេ សូមចូលទៅកាន់ជំហានទី 6 ។
6. សញ្ញានៃអនីតិជន angular f′(x i) ត្រូវបានវិភាគ។ ប្រសិនបើ f′(x i) កំណត់ជាវិជ្ជមាន នោះ x i គឺជាចំណុចអប្បបរមាក្នុងតំបន់។ ក្នុងករណីនេះការផ្លាស់ប្តូរទៅធាតុទី 8 ត្រូវបានអនុវត្ត។
បើមិនដូច្នេះទេ សូមចូលទៅកាន់ធាតុទី 7 ។
7. អនីតិជនជ្រុងនៃម៉ាទ្រីស -f′(x i) ត្រូវបានគណនា ហើយសញ្ញារបស់ពួកគេត្រូវបានវិភាគ។
ប្រសិនបើ -f′(x i) − ជាវិជ្ជមានកំណត់ នោះ f′′(x i) គឺជានិយមន័យអវិជ្ជមាន ហើយ x i គឺជាចំណុចអតិបរមាក្នុងតំបន់។
បើមិនដូច្នេះទេ f′(x i) គឺគ្មានកំណត់ ហើយ x i គឺជាចំនុចកែប។
8. លក្ខខណ្ឌសម្រាប់កំណត់លក្ខណៈនៃចំនុចស្ថានីទាំងអស់ i=N ត្រូវបានគូសធីក។
ប្រសិនបើវាពេញចិត្តនោះការគណនាត្រូវបានបញ្ចប់។
ប្រសិនបើលក្ខខណ្ឌមិនត្រូវបានបំពេញ នោះ i=i+1 ត្រូវបានសន្មត់ ហើយការផ្លាស់ប្តូរទៅជំហានទី 4 ត្រូវបានអនុវត្ត។

ឧទាហរណ៍ #1 ។ កំណត់ចំណុចនៃតំបន់ជ្រុលនៃអនុគមន៍ f(x) = x 1 3 - 2x 1 x 2 + x 2 2 - 3x 1 - 2x 2

ដោយសារអនីតិជនជ្រុងទាំងអស់មិនមែនជាសូន្យ តួអក្សរនៃ x 2 ត្រូវបានកំណត់ដោយ f′(x) ។
ដោយសារម៉ាទ្រីស f′(x 2) គឺជានិយមន័យវិជ្ជមាន x 2 គឺជាចំណុចអប្បបរមាក្នុងតំបន់។
ចម្លើយ៖ អនុគមន៍ f(x) = x 1 3 - 2x 1 x 2 + x 2 2 - 3x 1 - 2x 2 មានអប្បរមាមូលដ្ឋាននៅចំណុច x = (5/3; 8/3) ។

ប្រសិនបើ $Q_(x_(0))$ – បន្ទាប់មក មុខងារ $f$ នៅចំណុច $x_(0)$ មានកម្រិតខ្លាំងក្នុងមូលដ្ឋាន ពោលគឺ អប្បបរមា ប្រសិនបើទម្រង់ជាវិជ្ជមានកំណត់ និងអតិបរមាប្រសិនបើទម្រង់គឺ អវិជ្ជមាន - កំណត់;
ប្រសិនបើទម្រង់បួនជ្រុង $Q_(x_(0))$ គឺមិនកំណត់ នោះមុខងារ $f$ នៅចំណុច $x_(0)$ មិនមានភាពជ្រុលនិយមទេ។

ទ្រឹស្តីបទ
អនុញ្ញាតឱ្យ $\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$ ។ បន្ទាប់មក៖

ប្រសិនបើ $\Delta>0$ នោះមុខងារ $f$ មានកម្រិតខ្លាំងក្នុងមូលដ្ឋាននៅចំណុច $\left(x_(0),y_(0)\right)$, ពោលគឺអប្បបរមាប្រសិនបើ $a_(11)> 0$ និងអតិបរមាប្រសិនបើ $a_(11)<0$;
ប្រសិនបើ $\Delta<0$, 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.