Знайти найменше значення функції на проміжку. Як знайти найбільше та найменше значення функції в обмеженій замкнутій області? Як обчислити мінімум чи максимум за допомогою математичних операцій

Дана функція, певна і безперервна на певному проміжку. Потрібно знайти найбільше (найменше) значення функції у цьому проміжку.

Теоретичні основи.
Теорема (Друга теорема Вейєрштраса):

Якщо функція визначена і безперервна в замкнутому проміжку , вона досягає у цьому проміжку своїх найбільшого і найменшого значень.

Функція може досягати своїх найбільших та найменших значень або на внутрішніх точках проміжку, або на його межах. Проілюструємо усі можливі варіанти.

Пояснення:
1) Функція досягає свого найбільшого значення на лівій межі проміжку в точці, а свого найменшого значення на правій межі проміжку в точці.
2) Функція досягає свого найбільшого значення в точці (це точка максимуму), а свого найменшого значення на правій межі проміжку в точці.
3) Функція досягає свого найбільшого значення на лівій межі проміжку в точці, а свого найменшого значення в точці (це точка мінімуму).
4) Функція стала на проміжку, тобто. вона досягає свого мінімального та максимального значення в будь-якій точці проміжку, причому мінімальне та максимальне значення рівні між собою.
5) Функція досягає свого найбільшого значення у точці , а свого найменшого значення точці (попри те, що функція має у цьому проміжку як максимум, і мінімум).
6) Функція досягає свого найбільшого значення у точці (це точка максимуму), а свого найменшого значення у точці (це точка мінімуму).
Примітка:

"Максимум" і "максимальне значення" - різні речі. Це випливає із визначення максимуму та інтуїтивного розуміння словосполучення «максимальне значення».

Алгоритм розв'язання задачі 2.



4) Вибрати з отриманих значень найбільше (найменше) та записати відповідь.

Приклад 4:

Визначити найбільше та найменше значення функції на відрізку.
Рішення:
1) Знайти похідну функції.

2) Знайти стаціонарні точки (і точки, підозрілі на екстремум), розв'язавши рівняння . Звернути увагу на точки, в яких немає двосторонньої кінцевої похідної.

3) Обчислити значення функції у стаціонарних точках і межах інтервалу.

4) Вибрати з отриманих значень найбільше (найменше) та записати відповідь.

Функція цьому відрізку досягає свого найбільшого значення у точці з координатами .

Функція цьому відрізку досягає свого найменшого значення у точці з координатами .

У правильність обчислень можна переконатися, подивившись графік досліджуваної функції.


Примітка:Найбільшого значення функція сягає точці максимуму, а найменшого – межі відрізка.

Окремий випадок.

Припустимо, потрібно знайти максимально та мінімальне значення деякої функції на відрізку. Після виконання першого пункту алгоритму, тобто. обчислення похідної, стає ясно, що, наприклад, вона набуває лише негативних значень на всьому розглянутому відрізку. Пам'ятаємо, якщо похідна негативна, то функція зменшується. Отримали, що на всьому відрізку функція зменшується. Ця ситуація відображена на графіку №1 на початку статті.

На відрізку функція зменшується, тобто. точок екстремумів у неї немає. З картинки видно, що найменше значення функція набере правою межі відрізка, а найбільше значення — на лівій. якщо похідна на відрізку всюди позитивна, то функція зростає. Найменше значення - на лівій межі відрізка, найбільше - на правій.

І на її вирішення знадобиться мінімальне знання теми. Закінчується черговий навчальний рік, усім хочеться на канікули, і щоб наблизити цей момент, я відразу ж переходжу до справи:

Почнемо з області. Область, про яку йдеться в умові, є обмежене замкнене безліч точок площини. Наприклад, безліч точок, обмежена трикутником, включаючи ВЕСЬ трикутник (якщо з Межі«виколоти» хоча б одну точку, то область перестане бути замкненою). Насправді також зустрічаються області прямокутної, круглої і трохи складніших форм. Слід зазначити, що теоретично математичного аналізудаються суворі визначення обмеженість, замкнутість, межі і т.д.Але, думаю, всі усвідомлюють ці поняття на інтуїтивному рівні, а більшого зараз і не треба.

Плоска область стандартно позначається буквою , і, як правило, задається аналітично - декількома рівняннями (не обов'язково лінійними); рідше за нерівності. Типовий словесний оборот: "замкнена область, обмежена лініями".

Невід'ємною частиною завдання є побудова області на кресленні. Як це зробити? Потрібно накреслити всі ці лінії (в даному випадку 3 прямі) та проаналізувати, що ж вийшло. Шукану область зазвичай злегка штрихують, а її кордон виділяють жирною лінією:


Цю ж область можна задати і лінійними нерівностями: , які чомусь частіше записують перечислювальним списком, а не системою.
Оскільки кордон належить області, всі нерівності, зрозуміло, несуворі.

А тепер суть завдання. Уявіть, що з початку координат прямо на вас виходить вісь . Розглянемо функцію, яка безперервна в кожнійточці області. Графік цієї функції є деякою поверхня, і маленьке щастя у тому, що з вирішення сьогоднішнього завдання нам не обов'язково знати, як ця поверхня виглядає. Вона може розташовуватись вище, нижче, перетинати площину – все це не важливо. А важливе таке: згідно теорем Вейєрштраса, безперервнав обмеженою замкненоюобласті функція досягає в ній найбільшого (найвищого)і найменшого (найнижчого)значень, які потрібно знайти. Такі значення досягаються абов стаціонарних точках, що належать областіD , абоу точках, що лежать на межі цієї області. З чого випливає простий і прозорий алгоритм розв'язання:

Приклад 1

В обмеженій замкнутій області

Рішення: перш за все, потрібно зобразити область на кресленні На жаль, мені технічно важко зробити інтерактивну модель завдання, і тому я одразу наведу фінальну ілюстрацію, на якій зображені всі «підозрілі» точки, знайдені в ході дослідження. Зазвичай вони проставляються одна за одною в міру їхнього виявлення:

Виходячи з преамбули, рішення зручно розбити на два пункти:

I) Знайдемо стаціонарні точки. Це стандартна дія, яку ми неодноразово виконували на уроці про екстремуми кількох змінних:

Знайдена стаціонарна точка належитьобласті: (Зазначаємо її на кресленні), Отже, слід обчислити значення функції у цій точці:

– як і у статті Найбільше та найменше значення функції на відрізку, важливі результати я виділятиму жирним шрифтом. У зошиті їх зручно обводити олівцем.

Зверніть увагу на наше друге щастя – немає сенсу перевіряти достатня умова екстремуму. Чому? Навіть якщо в точці функція досягає, наприклад, локального мінімуму, то це ЩЕ НЕ ЗНАЧИТЬ, що отримане значення буде мінімальниму всій області (Див. початок уроку про безумовні екстремуми) .

Що робити, якщо стаціонарна точка не належить області? Майже нічого! Слід зазначити, як і перейти до наступного пункту.

II) Досліджуємо кордон області.

Оскільки межа складається із сторін трикутника, то дослідження зручно розбити на 3 підпункти. Але краще це зробити не аби як. На мою думку, спочатку вигідніше розглянути відрізки, паралельні координатним осям, і в першу чергу - лежать на самих осях. Щоб вловити всю послідовність і логіку дій, постарайтеся вивчити кінцівку «на одному диханні»:

1) Розберемося з нижньою стороною трикутника. Для цього підставимо безпосередньо у функцію:

Як варіант, можна оформити і так:

Геометрично це означає, що координатна площина (яка теж задається рівнянням)«висікає» з поверхні"просторову" параболу, вершина якої негайно потрапляє під підозру. З'ясуємо, де вона знаходиться:

- Отримане значення «потрапило» в область, і цілком може статися, що в точці (Зазначаємо на кресленні)функція досягає максимального чи меншого значення у всій області . Так чи інакше, проводимо обчислення:

Інші «кандидати» – це, звичайно, кінці відрізка. Обчислимо значення функції у точках (Зазначаємо на кресленні):

Тут, до речі, можна виконати усну міні-перевірку за «урізаною» версією:

2) Для дослідження правої сторони трикутника підставляємо у функцію і «наводимо там порядок»:

Тут відразу ж виконаємо чорнову перевірку, «продзвонюючи» вже оброблений кінець відрізка:
, чудово.

Геометрична ситуація споріднена з попереднім пунктом:

– отримане значення теж «увійшло сферу наших інтересів», отже, треба обчислити, чому дорівнює функція в точці :

Досліджуємо другий кінець відрізка:

Використовуючи функцію , Виконаємо контрольну перевірку:

3) Напевно, всі здогадуються, як дослідити бік, що залишився. Підставляємо у функцію та проводимо спрощення:

Кінці відрізка вже досліджено, але на чернетці все одно перевіряємо, чи правильно ми знайшли функцію :
- Збіглося з результатом 1-го підпункту;
- Збіглося з результатом 2-го підпункту.

Залишилося з'ясувати, чи щось цікаве всередині відрізка:

- Є! Підставляючи в рівняння прямий, отримаємо ординату цієї «цікавості»:

Відзначаємо на кресленні точку і знаходимо відповідне значення функції:

Проконтролюємо обчислення за «бюджетною» версією :
, Порядок.

І заключний крок: Уважно переглядаємо всі жирні числа, початківцям рекомендую навіть скласти єдиний список:

з якого вибираємо найбільше та найменше значення. Відповідьзапишемо у стилістиці завдання знаходження найбільшого та найменшого значень функції на відрізку:

Про всяк випадок ще раз закоментую геометричний змістрезультату:
- Тут найвища точка поверхні в області;
- Тут найнижча точка поверхні в області.

У розібраному завданні у нас виявилося 7 «підозрілих» точок, але від завдання до завдання їхня кількість варіюється. Для трикутної області мінімальний «дослідницький набір» складається з трьох точок. Таке буває, коли функція , наприклад, задає площина- Зрозуміло, що стаціонарні точки відсутні, і функція може досягати найбільшого/найменшого значень лише у вершинах трикутника. Але подібних прикладів раз, два і влаштувався - зазвичай доводиться мати справу з якою-небудь поверхнею 2-го порядку.

Якщо ви трохи вирішуєте такі завдання, то від трикутників голова може піти кругом, і тому я приготував для вас незвичайні приклади, щоб вона стала квадратною:))

Приклад 2

Знайти найбільше та найменше значення функції у замкнутій області, обмеженій лініями

Приклад 3

Знайти найбільше та найменше значення функції в обмеженій замкнутій області.

Особливу увагу зверніть на раціональний порядок та техніку дослідження кордону області, а також на ланцюжок проміжних перевірок, який практично повністю дозволить уникнути обчислювальних помилок. Взагалі кажучи, вирішувати можна як завгодно, але в деяких завданнях, наприклад, у тому ж Прикладі 2 є всі шанси значно ускладнити собі життя. Зразок чистового оформлення завдань наприкінці уроку.

Систематизуємо алгоритм рішення, а то з моєю старанністю павука він якось загубився в довгій нитці коментарів 1-го прикладу:

- На першому кроці будуємо область, її бажано заштрихувати, а кордон виділити жирною лінією. У ході рішення з'являтимуться точки, які потрібно проставляти на кресленні.

– Знайдемо стаціонарні точки та обчислимо значення функції тільки в тих із них, що належать області. Отримані значення виділяємо у тексті (наприклад, обводимо олівцем). Якщо стаціонарна точка НЕ ​​належить області, то відзначаємо цей факт значком чи словесно. Якщо ж стаціонарних точок немає зовсім, то робимо письмовий висновок у тому, що вони відсутні. У жодному разі цей пункт пропускати не можна!

– Досліджуємо кордон області. Спочатку вигідно розібратися з прямими, які паралельні координатним осям (якщо такі є взагалі). Значення функції, обчислені в підозрілих точках, також виділяємо. Про техніку рішення дуже багато сказано вище і ще щось буде сказано нижче - читайте, перечитуйте, вникайте!

– З виділених чисел вибираємо найбільше та найменше значення та даємо відповідь. Іноді буває, що такі значення функція досягає відразу в кількох точках – у цьому випадку всі ці точки слід відобразити у відповіді. Нехай, наприклад, і виявилося, що це найменше значення. Тоді записуємо, що

Заключні приклади присвячені іншим корисним ідеям, які стануть у нагоді на практиці:

Приклад 4

Знайти найбільше та найменше значення функції у замкнутій області .

Я зберіг авторське формулювання, в якому область задана у вигляді подвійної нерівності. Цю умову можна записати еквівалентною системою або ж у більш традиційному для цього завдання вигляді:

Нагадую, що з нелінійниминерівностями ми стикалися на , і якщо вам не зрозумілий геометричний зміст запису , то, будь ласка, не відкладайте і проясніть ситуацію прямо зараз;-)

Рішення, як завжди, починається з побудови області, яка є своєрідною «підошвою»:

Мда, іноді доводиться гризти як граніт науки….

I) Знайдемо стаціонарні точки:

Система-мрія ідіота:)

Стаціонарна точка належить області, зокрема, лежить її межі.

А так, воно, нічого… весело урок пішов – ось що означає попити правильного чаю =)

II) Досліджуємо кордон області. Не мудруючи лукаво, почнемо з осі абсцис:

1) Якщо , то

Знайдемо, де вершина параболи:
– цінуйте такі моменти – «потрапили» прямо в точку, з якою вже все ясно. Але про перевірку все одно не забуваємо:

Обчислимо значення функції на кінцях відрізка:

2) З нижньою частиною «підошви» розберемося «за один присід» – без будь-яких комплексів підставляємо в функцію, причому цікавити нас буде лише відрізок:

Контроль:

Ось це вже вносить деяке пожвавлення в монотонну їзду накатаною колією. Знайдемо критичні точки:

Вирішуємо квадратне рівнянняпам'ятаєте ще про таке? …Втім, пам'ятаєте, звичайно, інакше б не читали ці рядки =) Якщо у двох попередніх прикладах були зручні обчислення в десяткових дробах (що, до речі, рідкість), то тут на нас чекають звичні звичайні дроби. Знаходимо «іксове» коріння і за рівнянням визначаємо відповідні «ігрові» координати точок-«кандидатів»:


Обчислимо значення функції у знайдених точках:

Перевірку за функцією проведіть самостійно.

Тепер уважно вивчаємо завойовані трофеї та записуємо відповідь:

Ось це «кандидати», то «кандидати»!

Для самостійного вирішення:

Приклад 5

Знайти найменше та найбільше значення функції у замкнутій області

Запис з фігурними дужками читається так: «безліч точок, таких, що».

Іноді у подібних прикладах використовують метод множників ЛагранжаАле реальна необхідність його застосовувати навряд чи виникне. Так, наприклад, якщо дана функція з тією ж областю «де», то після підстановки до неї – з похідною від жодних труднощів; причому оформляється все «одним рядком» (зі знаками) без потреби розглядати верхню і нижню півкола окремо. Але, звичайно, бувають і складніші випадки, де без функції Лагранжа (де , наприклад, те саме рівняння кола)обійтися важко – як важко обійтись і без гарного відпочинку!

Всім добре скласти сесію і до швидких зустрічей наступного сезону!

Рішення та відповіді:

Приклад 2: Рішення: зобразимо область на кресленні:

Нехай функція $z=f(x,y)$ визначена і безперервна у певній обмеженій замкнутій області $D$. Нехай у цій галузі задана функція має кінцеві приватні похідні першого порядку (крім, можливо, кінцевої кількості точок). Щоб знайти найбільше та найменше значення функції двох змінних у цій замкнутій області потрібно виконати три кроки простого алгоритму.

Алгоритм пошуку найбільшого та найменшого значень функції $z=f(x,y)$ у замкнутій області $D$.

1. Знайти критичні точки функції $ z = f (x, y) $, що належать області $ D $. Обчислити значення функції у критичних точках.
2. Дослідити поведінку функції $z=f(x,y)$ на межі області $D$, знайшовши точки можливого найбільшого та найменшого значень. Обчислити значення функції отриманих точках.
3. Зі значень функції, отриманих у попередніх двох пунктах, вибрати найбільше та найменше.

Що таке критичні точки? показати\сховати

Під критичними точкамимають на увазі такі точки, в яких обидві приватні похідні першого порядку дорівнюють нулю (тобто $\frac(\partial z)(\partial x)=0$ і $\frac(\partial z)(\partial y)=0 $) чи хоча б одна приватна похідна немає.

Часто точки, у яких приватні похідні першого порядку дорівнюють нулю, називають стаціонарними точками. Таким чином, стаціонарні точки є підмножина критичних точок.

Приклад №1

Знайти найбільше та найменше значення функції $z=x^2+2xy-y^2-4x$ у замкнутій області, обмеженій лініями $x=3$, $y=0$ та $y=x+1$.

Наслідуватимемо вище, але для початку розберемося з кресленням заданої області, яку позначимо буквою $ D $. Нам задані рівняння трьох прямих, які цю область обмежують. Пряма $x=3$ проходить через точку $(3;0)$ паралельно осі ординат (осі Oy). Пряма $y=0$ - це рівняння осі абсцис (осі Ox). Ну, а для побудови прямої $ y = x + 1 $ знайдемо дві точки, через які і проведемо цю пряму. Можна, звичайно, замість $x$ підставити парочку довільних значень. Наприклад, підставляючи $x=10$, отримаємо: $y=x+1=10+1=11$. Ми знайшли точку $(10;11)$, що лежить на прямій $y=x+1$. Однак краще знайдемо ті точки, в яких пряма $ y = x + 1 $ перетинається з лініями $ x = 3 $ і $ y = 0 $. Чому це краще? Тому що ми одним пострілом укладемо пару зайців: отримаємо дві точки для побудови прямої $ y = x + 1 $ і заразом з'ясуємо, в яких точках ця пряма перетинає інші лінії, що обмежують задану область. Пряма $y=x+1$ перетинає пряму $x=3$ у точці $(3;4)$, а пряму $y=0$ - у точці $(-1;0)$. Щоб не захаращувати хід рішення допоміжними поясненнями, то питання про одержання цих двох точок винесу до примітки.

Як було отримано точки $(3;4)$ і $(-1;0)$? показати\сховати

Почнемо з точки перетину прямих $y=x+1$ та $x=3$. Координати точки, що шукається, належать і першій, і другій прямій, тому для знаходження невідомих координат потрібно вирішити систему рівнянь:

$$ \left \( \begin(aligned) & y=x+1;\\ & x=3. \end(aligned) \right. $$

Рішення такої системи тривіальне: підставляючи $x=3$ у перше рівняння матимемо: $y=3+1=4$. Точка $(3;4)$ і є шукана точка перетину прямих $y=x+1$ і $x=3$.

Тепер знайдемо точку перетину прямих $ y = x + 1 $ і $ y = 0 $. Знову складемо і вирішимо систему рівнянь:

$$ \left \( \begin(aligned) & y=x+1;\\ & y=0. \end(aligned) \right. $$

Підставляючи $y=0$ у перше рівняння, отримаємо: $0=x+1$, $x=-1$. Точка $(-1;0)$ і є шукана точка перетину прямих $y=x+1$ і $y=0$ (осі абсцис).

Все готове для побудови креслення, який матиме такий вигляд:

Питання примітки здається очевидним, адже все видно на малюнку. Однак варто пам'ятати, що малюнок не може бути доказом. Малюнок – лише ілюстрація для наочності.

Наша область була задана за допомогою прямих рівнянь, які її обмежують. Очевидно, що ці прямі визначають трикутник, чи не так? Чи не зовсім очевидно? А може, нам задана інша область, обмежена тими самими прямими:

Звісно, ​​за умови сказано, що область замкнута, тому показаний малюнок неправильний. Але щоб уникати подібних двозначностей, області краще задавати нерівностями. Нас цікавить частина площини, розташована під прямою $y=x+1$? Ок, отже, $y ≤ x+1$. Наша область повинна розташовуватись над прямою $y=0$? Відмінно, означає $ y ≥ 0 $. До речі, дві останні нерівності легко поєднуються в одну: $0 ≤ y ≤ x+1$.

$$ \left \( \begin(aligned) & 0 ≤ y ≤ x+1;\\ & x ≤ 3. \end(aligned) \right. $$

Ці нерівності і задають область $ D $, причому задають її однозначно, не допускаючи жодних двозначностей. Але як це допоможе нам у тому питанні, що вказано на початку примітки? Ще як допоможе:) Нам потрібно перевірити, чи належить точка $M_1(1;1)$ області $D$. Підставимо $x=1$ і $y=1$ у систему нерівностей, які цю область визначають. Якщо обидві нерівності будуть виконані, то точка лежить усередині області. Якщо хоча б одна з нерівностей не буде виконана, то точка області не належить. Отже:

$$ \left \( \begin(aligned) & 0 ≤ 1 ≤ 1+1;\\ & 1 ≤ 3. \end(aligned) \right. \;\;\left \( \begin(aligned) & 0 ≤ 1 ≤ 2;\\ & 1 ≤ 3. \end(aligned) \right.$$

Обидві нерівності справедливі. Крапка $M_1(1;1)$ належить області $D$.

Тепер настала черга досліджувати поведінку функції межі області, тобто. переходимо до. Почнемо із прямої $y=0$.

Пряма $y=0$ (вісь абсцис) обмежує область $D$ за умови $-1 ≤ x ≤ 3$. Підставимо $y=0$ у задану функцію $z(x,y)=x^2+2xy-y^2-4x$. Отриману в результаті підстановки функцію однієї змінної $x$ позначимо як $f_1(x)$:

$$ f_1(x)=z(x,0)=x^2+2x\cdot 0-0^2-4x=x^2-4x. $$

Тепер для функції $f_1(x)$ потрібно знайти найбільше та найменше значення на відрізку $-1 ≤ x ≤ 3$. Знайдемо похідну цієї функції і прирівняємо її до нуля:

$$ f_(1)^(")(x)=2x-4;\\ 2x-4=0; \;x=2. $$

Значення $x=2$ належить відрізку $-1 ≤ x ≤ 3$, тому до списку точок додамо ще $M_2(2;0)$. З іншого боку, обчислимо значення функції $z$ на кінцях відрізка $-1 ≤ x ≤ 3$, тобто. у точках $M_3(-1;0)$ і $M_4(3;0)$. До речі, якби точка $M_2$ не належала розглянутому відрізку, то, очевидно, значення функції $z$ у ній обчислювати був потреби.

Отже, обчислимо значення функції $z$ у точках $M_2$, $M_3$, $M_4$. Можна, звичайно, підставляти координати даних точок у вихідний вираз $z=x^2+2xy-y^2-4x$. Наприклад, для точки $M_2$ отримаємо:

$$z_2=z(M_2)=2^2+2\cdot 2\cdot 0-0^2-4\cdot 2=-4.$$

Однак обчислення можна трохи спростити. І тому варто згадати, що у відрізку $M_3M_4$ маємо $z(x,y)=f_1(x)$. Розпишу це докладно:

\begin(aligned) & z_2=z(M_2)=z(2,0)=f_1(2)=2^2-4\cdot 2=-4;\\ & z_3=z(M_3)=z(- 1,0) = f_1 (-1) = (-1) ^ 2-4 \ cdot (-1) = 5; \ \ & z_4 = z (M_4) = z (3,0) = f_1 (3) = 3^2-4\cdot 3=-3. \end(aligned)

Зрозуміло, що в докладних записах зазвичай немає потреби, і всі обчислення в подальшому будемо записувати коротше:

$$z_2=f_1(2)=2^2-4\cdot 2=-4;\; z_3=f_1(-1)=(-1)^2-4\cdot (-1)=5;\; z_4=f_1(3)=3^2-4\cdot 3=-3.$$

Тепер звернемося до прямої $x=3$. Ця пряма обмежує область $D$ за умови $0 ≤ y ≤ 4$. Підставимо $x=3$ у задану функцію $z$. В результаті такої підстановки ми отримаємо функцію $f_2(y)$:

$$ f_2(y)=z(3,y)=3^2+2cdot 3cdot y-y^2-4cdot 3=-y^2+6y-3. $$

Для функції $f_2(y)$ потрібно знайти найбільше та найменше значення на відрізку $0 ≤ y ≤ 4$. Знайдемо похідну цієї функції і прирівняємо її до нуля:

$$ f_(2)^(")(y)=-2y+6;\\ -2y+6=0; \; y=3. $$

Значення $y=3$ належить відрізку $0 ≤ y ≤ 4$, тому до знайдених раніше точок додамо ще $M_5(3;3)$. З іншого боку, необхідно обчислити значення функції $z$ у точках кінцях відрізка $0 ≤ y ≤ 4$, тобто. у точках $M_4(3;0)$ і $M_6(3;4)$. У точці $M_4(3;0)$ ми вже обчислювали значення $z$. Обчислимо значення функції $z$ у точках $M_5$ та $M_6$. Нагадаю, що на відрізку $M_4M_6$ маємо $z(x,y)=f_2(y)$, тому:

\begin(aligned) & z_5=f_2(3)=-3^2+6\cdot 3-3=6; & z_6=f_2(4)=-4^2+6\cdot 4-3=5. \end(aligned)

І, нарешті, розглянемо останню межу області $D$, тобто. пряму $y=x+1$. Ця пряма обмежує область $D$ за умови $-1 ≤ x ≤ 3$. Підставляючи $y=x+1$ у функцію $z$, матимемо:

$$ f_3(x)=z(x,x+1)=x^2+2x\cdot (x+1)-(x+1)^2-4x=2x^2-4x-1. $$

Знов ми отримали функцію однієї змінної $x$. І знову потрібно знайти найбільше та найменше значення цієї функції на відрізку $-1 ≤ x ≤ 3$. Знайдемо похідну функції $f_(3)(x)$ і прирівняємо її до нуля:

$$ f_(3)^(")(x)=4x-4;\\ 4x-4=0; \; x=1. $$

Значення $x=1$ належить відрізку $-1 ≤ x ≤ 3$. Якщо $x=1$, то $y=x+1=2$. Додамо до списку точок ще й $M_7(1;2)$ і з'ясуємо, чому значення функції $z$ в цій точці. Крапки кінцях відрізка $-1 ≤ x ≤ 3$, тобто. точки $M_3(-1;0)$ і $M_6(3;4)$, було розглянуто раніше, значення функції у яких ми вже знаходили.

$$z_7=f_3(1)=2\cdot 1^2-4\cdot 1-1=-3.$$

Другий крок рішення закінчено. Ми отримали сім значень:

$$z_1=-2;\;z_2=-4;\;z_3=5;\;z_4=-3;\;z_5=6;\;z_6=5;\;z_7=-3.$$

Звернемося до . Вибираючи найбільше та найменше значення з тих чисел, що були отримані у третьому пункті, матимемо:

$ $ z_ (min) = -4; \; z_(max)=6.$$

Завдання вирішене, залишилося лише записати відповідь.

Відповідь: $z_(min)=-4; \; z_(max)=6$.

Приклад №2

Знайти найбільше та найменше значення функції $z=x^2+y^2-12x+16y$ в області $x^2+y^2 ≤ 25$.

Спочатку збудуємо креслення. Рівняння $x^2+y^2=25$ (це гранична лінія заданої області) визначає коло з центром на початку координат (тобто в точці $(0;0)$) і радіусом 5. Нерівності $x^2 +y^2 ≤ 25$ задовольняють усі точки всередині та на згаданому колі.

Діятимемо по . Знайдемо приватні похідні та з'ясуємо критичні точки.

$$ \frac(\partial z)(\partial x)=2x-12; \frac(\partial z)(\partial y)=2y+16. $$

Точок, у яких знайдені приватні похідні немає, немає. З'ясуємо, у яких точках обидві похідні одночасно рівні нулю, тобто. знайдемо стаціонарні точки.

$$ \left \( \begin(aligned) & 2x-12=0;\\ & 2y+16=0. \end(aligned) \right. \;\; \left \( \begin(aligned) & x =6;\\&y=-8.\end(aligned) \right.$$

Ми отримали стаціонарну точку $(6;-8)$. Проте знайдена точка не належить до області $D$. Це легко показати, навіть не вдаючись до допомоги малюнку. Перевіримо, чи виконується нерівність $x^2+y^2 ≤ 25$, яка визначає нашу область $D$. Якщо $x=6$, $y=-8$, то $x^2+y^2=36+64=100$, тобто. нерівність $x^2+y^2 ≤ 25$ не виконано. Висновок: точка $(6;-8)$ не належить області $D$.

Отже, всередині області $D$ немає критичних точок. Переходимо далі, до . Нам слід дослідити поведінку функції межі заданої області, тобто. на колі $x^2+y^2=25$. Можна, звичайно, висловити $y$ через $x$, а потім підставити отриманий вираз у нашу функцію $z$. З рівняння кола отримаємо: $y=\sqrt(25-x^2)$ або $y=-sqrt(25-x^2)$. Підставляючи, наприклад, $y=\sqrt(25-x^2)$ в задану функцію, матимемо:

$$ z=x^2+y^2-12x+16y=x^2+25-x^2-12x+16\sqrt(25-x^2)=25-12x+16\sqrt(25-x ^2); \;\; -5≤ x ≤ 5. $$

Подальше рішення буде повністю ідентичне дослідженню поведінки функції на межі області у попередньому прикладі №1. Однак мені здається розумнішим у цій ситуації застосувати метод Лагранжа. Нас цікавитиме лише перша частина цього методу. Після застосування першої частини методу Лагранжа ми отримаємо точки, в яких досліджуємо функцію $z$ на предмет мінімального та максимального значень.

Складаємо функцію Лагранжа:

$$ F=z(x,y)+\lambda\cdot(x^2+y^2-25)=x^2+y^2-12x+16y+\lambda\cdot (x^2+y^2 -25). $$

Знаходимо приватні похідні функції Лагранжа та складаємо відповідну систему рівнянь:

$$ F_(x)^(")=2x-12+2\lambda x; \;\; F_(y)^(")=2y+16+2\lambda y.\\ \left \( \begin (aligned) & 2x-12+2\lambda x = 0; \ \ & 2y + 16 +2 \ lambda y = 0; \ \ & x^2 + y^2-25 = 0. \end (aligned) \ right. \;\; aligned) \right.$$

Для вирішення цієї системи давайте відразу вкажемо, що $ lambda neq -1 $. Чому $\lambda\neq -1$? Спробуємо підставити $\lambda=-1$ у перше рівняння:

$ $ x + (-1) \ cdot x = 6; \; x-x=6; \; 0 = 6. $$

Отримана суперечність $0=6$ свідчить, що значення $\lambda=-1$ неприпустимо. Висновок: $ \ lambda \ neq -1 $. Виразимо $x$ і $y$ через $\lambda$:

\begin(aligned) & x+\lambda x=6;\; x(1+\lambda)=6;\; x=\frac(6)(1+lambda). \\ & y+\lambda y=-8;\; y(1+\lambda)=-8;\; y = frac (-8) (1 + lambda). \end(aligned)

Вважаю, що тут стає очевидним, навіщо ми спеціально обговорювали умову $lambda\neq -1$. Це було зроблено, щоб безперешкодно помістити вираз $1+\lambda$ у знаменники. Тобто, щоб бути впевненим, що знаменник $1+lambda\neq 0$.

Підставимо отримані висловлювання для $x$ і $y$ на третє рівняння системи, тобто. $x^2+y^2=25$:

$$ \left(\frac(6)(1+\lambda) \right)^2+\left(\frac(-8)(1+\lambda) \right)^2=25;\\ \frac( 36)((1+lambda)^2)+frac(64)((1+lambda)^2)=25;\frac(100)((1+lambda)^2)=25 ; \; (1 + \ lambda) ^ 2 = 4. $$

З отриманої рівності випливає, що $1+lambda=2$ або $1+lambda=-2$. Звідси маємо два значення параметра $ lambda $, а саме: $ lambda_1 = 1 $, $ lambda_2 = -3 $. Відповідно, отримаємо і дві пари значень $x$ і $y$:

\begin(aligned) & x_1=\frac(6)(1+\lambda_1)=\frac(6)(2)=3; \; y_1=frac(-8)(1+lambda_1)=frac(-8)(2)=-4. \\ & x_2=\frac(6)(1+\lambda_2)=\frac(6)(-2)=-3; \; y_2=frac(-8)(1+lambda_2)=frac(-8)(-2)=4. \end(aligned)

Отже, отримали дві точки можливого умовного екстремуму, тобто. $M_1(3;-4)$ і $M_2(-3;4)$. Знайдемо значення функції $z$ у точках $M_1$ і $M_2$:

\begin(aligned) & z_1=z(M_1)=3^2+(-4)^2-12\cdot 3+16\cdot (-4)=-75; \ & z_2=z(M_2)=(-3)^2+4^2-12\cdot(-3)+16\cdot 4=125. \end(aligned)

На слід вибрати найбільше та найменше значення з тих, що ми отримали на першому та другому кроках. Але в даному випадку вибір невеликий :) Маємо:

$ $ z_ (min) = -75; \; z_(max)=125. $$

Відповідь: $ Z_ (min) = -75; \; z_(max) = 125 $.

Іноді завдання B15 трапляються «погані» функції, котрим складно знайти похідну. Раніше таке було лише на пробниках, але зараз ці завдання настільки поширені, що вже не можуть бути ігноровані під час підготовки до ЄДІ.

У цьому випадку працюють інші прийоми, один з яких - монотонність.

Функція f (x ) називається монотонно зростаючою на відрізку , якщо для будь-яких точок x 1 і x 2 цього відрізка виконується таке:

x 1< x 2 ⇒ f (x 1) < f (x 2).

Функція f (x ) називається монотонно спадаючою на відрізку , якщо для будь-яких точок x 1 і x 2 цього відрізка виконується таке:

x 1< x 2 ⇒ f (x 1) > f ( x 2).

Іншими словами, для зростаючої функції чим більше x, тим більше f(x). Для спадної функції все навпаки: чим більше x, тим менше f(x).

Наприклад, логарифм монотонно зростає, якщо основа a > 1, і монотонно зменшується, якщо 0< a < 1. Не забывайте про область допустимых значений логарифма: x > 0.

f(x) = log a x (a > 0; a ≠ 1; x > 0)

Арифметичний квадратний (і не тільки квадратний) корінь монотонно зростає на всій ділянці визначення:

Показова функція поводиться аналогічно логарифму: зростає при a > 1 і меншає при 0< a < 1. Но в отличие от логарифма, показательная функция определена для всех чисел, а не только для x > 0:

f (x) = a x (a > 0)

Зрештою, ступеня з негативним показником. Можна записувати їх як дріб. Мають точку розриву, у якій монотонність порушується.

Всі ці функції ніколи не зустрічаються у чистому вигляді. У них додають багаточлени, дроби та інше марення, через яке стає важко вважати похідну. Що при цьому відбувається – зараз розберемо.

Координати вершини параболи

Найчастіше аргумент функції замінюється на квадратний тричленвиду y = ax 2 + bx + c. Його графік – стандартна парабола, в якій нас цікавлять:

1. Гілки параболи - можуть йти вгору (при a > 0) або вниз (a< 0). Задают направление, в котором функция может принимать бесконечные значения;
2. Вершина параболи - точка екстремуму квадратичної функції, в якій ця функція набуває найменшого (для a > 0) або найбільшого (a< 0) значение.

Найбільший інтерес має саме вершина параболи, абсцису якої розраховується за формулою:

Отже, ми виявили точку екстремуму квадратичної функції. Але якщо вихідна функція монотонна, для неї точка x0 теж буде точкою екстремуму. Таким чином, сформулюємо ключове правило:

Крапки екстремуму квадратного тричлена та складної функції, до якої він входить, збігаються. Тому можна шукати x0 для квадратного тричлена, а на функцію – забити.

З наведених міркувань залишається незрозумілим, яку саме точку ми отримуємо: максимум чи мінімум. Однак завдання спеціально складаються так, що це не має значення. Судіть самі:

1. Відрізок за умови завдання відсутня. Отже, обчислювати f (a) і f (b) не потрібно. Залишається розглянути лише точки екстремуму;
2. Але таких точок всього одна - це вершина параболи x 0 координати якої обчислюються буквально усно і без будь-яких похідних.

Таким чином, рішення задачі різко спрощується і зводиться всього до двох кроків:

1. Виписати рівняння параболи y = ax 2 + bx + c та знайти її вершину за формулою: x 0 = −b /2a ;
2. Знайти значення вихідної функції у цій точці: f (x 0). Якщо додаткових умов немає, це і буде відповіддю.

На перший погляд, цей алгоритм та його обґрунтування можуть здатися складними. Я навмисно не викладаю «голу» схему рішення, оскільки бездумне застосування таких правил загрожує помилками.

Розглянемо справжні завдання із пробного ЄДІ з математики - саме там цей прийом зустрічається найчастіше. Заодно переконаємося, що таким чином багато завдань B15 стають майже усними.

Під корінням стоїть квадратична функція y = x 2 + 6x + 13. Графік цієї функції – парабола гілками догори, оскільки коефіцієнт a = 1 > 0.

Вершина параболи:

x 0 = −b /(2a ) = −6/(2 · 1) = −6/2 = −3

Оскільки гілки параболи спрямовані вгору, у точці x 0 = −3 функція y = x 2 + 6x + 13 набуває найменшого значення.

Корінь монотонно зростає, отже x 0 – точка мінімуму всієї функції. Маємо:

Завдання. Знайдіть найменше значення функції:

y = log 2 (x 2 + 2x + 9)

Під логарифмом знову квадратична функція: y = x 2 + 2x + 9. Графік - парабола гілками догори, т.к. a = 1> 0.

Вершина параболи:

x 0 = −b /(2a ) = −2/(2 · 1) = −2/2 = −1

Отже, у точці x 0 = −1 квадратична функція набуває найменшого значення. Але функція y = log 2 x - монотонна, тому:

y min = y (−1) = log 2 ((−1) 2 + 2 · (−1) + 9) = ... = log 2 8 = 3

У показнику стоїть квадратична функція y = 1 − 4x − x 2 . Перепишемо її у нормальному вигляді: y = −x 2 − 4x + 1.

Очевидно, що графік цієї функції – парабола, гілки вниз (a = −1< 0). Поэтому вершина будет точкой максимума:

x 0 = −b /(2a ) = −(−4)/(2 · (−1)) = 4/(−2) = −2

Вихідна функція – показова, вона монотонна, тому найбільше значення буде у знайденій точці x 0 = −2:

Уважний читач напевно зауважить, що ми не виписували область допустимих значень кореня та логарифму. Але цього й не вимагалося: усередині стоять функції, значення яких завжди позитивні.

Наслідки в галузі визначення функції

Іноді вирішення завдання B15 недостатньо просто знайти вершину параболи. Шукане значення може лежати на кінці відрізка, а зовсім не в точці екстремуму. Якщо завдання взагалі не вказаний відрізок, дивимося на область допустимих значеньвихідної функції. А саме:

Зверніть увагу ще раз: нуль цілком може бути під коренем, але в логарифмі чи знаменнику дробу – ніколи. Подивимося, як це працює на конкретних прикладах:

Завдання. Знайдіть найбільше значення функції:

Під коренем знову квадратична функція: y = 3 − 2x − x 2 . Її графік - парабола, але гілки вниз, оскільки a = −1< 0. Значит, парабола уходит на минус бесконечность, что недопустимо, поскольку арифметический квадратний коріньіз негативного числа не існує.

Виписуємо область допустимих значень (ОДЗ):

3 − 2x − x 2 ≥ 0 ⇒ x 2 + 2x − 3 ≤ 0 ⇒ (x + 3)(x − 1) ≤ 0 ⇒ x ∈ [−3; 1]

Тепер знайдемо вершину параболи:

x 0 = −b /(2a ) = −(−2)/(2 · (−1)) = 2/(−2) = −1

Точка x 0 = −1 належить відрізку ОДЗ – і це добре. Тепер вважаємо значення функції в точці x 0, а також на кінцях ОДЗ:

y(−3) = y(1) = 0

Отже, отримали числа 2 та 0. Нас просять знайти найбільше – це число 2.

Завдання. Знайдіть найменше значення функції:

y = log 0,5 (6x − x 2 − 5)

Усередині логарифму стоїть квадратична функція y = 6x − x 2 − 5. Це парабола гілками вниз, але в логарифмі не може бути негативних чисел, тому виписуємо ОДЗ:

6x − x 2 − 5 > 0 ⇒ x 2 − 6x + 5< 0 ⇒ (x − 1)(x − 5) < 0 ⇒ x ∈ (1; 5)

Зверніть увагу: нерівність сувора, тому кінці не належать ОДЗ. Цим логарифм відрізняється від кореня, де кінці нас повністю влаштовують.

Шукаємо вершину параболи:

x 0 = −b /(2a ) = −6/(2 · (−1)) = −6/(−2) = 3

Вершина параболи підходить за ОДЗ: x 0 = 3 ∈ (1; 5). Але оскільки кінці відрізка нас не цікавлять, вважаємо значення функції лише у точці x 0:

y min = y (3) = log 0,5 (6 · 3 − 3 2 − 5) = log 0,5 (18 − 9 − 5) = log 0,5 4 = −2

Графічні приклади найбільших та найменших значень функцій на відрізках та інтервалах.

Ця парабола на ділянці визначення має тільки найменше значення. Найбільшого значення немає, оскільки її гілки йдуть у нескінченність.

На відрізку [ a;b] є найбільше, і найменше значення. У цьому прикладі найменше значення досягається у внутрішній точці відрізка та збігається з екстремумом (мінімумом) функції, найбільше - на одному з кінців відрізка. В даному випадку це y = f(b).

Функція розглядається на інтервалі ( a;b). В цьому випадку крайові точки aі bне входять у область визначення функції на осі Ox, і, відповідно, не визначено значення функції f(a) та f(b) на осі Ой. Однак, можна обчислити скільки завгодно близькі до них значення. Тому в цьому прикладі функція має найменше значення, але не досягає найбільшого, її немає.

На цьому напівінтервалі ( a;b] є найбільше значення наведеної функції, але найменшого немає.

Кубічна парабола на області визначення має два екстремуми, але найменшого та найбільшого значень не досягає: її гілки йдуть у нескінченність. E( f) = (−∞; +∞) — область значень кубічної параболи.

Якщо замість відрізка [ a;b] розглядаємо інтервал ( a;b) з тими ж кінцями, то найменшого значення немає.

На малюнку представлена ​​ділянка графіка функції y= arctg x. Він має дві горизонтальні асимптоти. Значення функції обмежені числами −π/2 і π/2, але найбільшого і найменшого значень цієї функції немає, тому гілки графіка прагнуть своїх асимптотам, але з досягають їх. E( f) = (−π/2; π/2)- Область значень арктангенса.

Безперервна функція, задана на відрізку, завжди має найбільше та найменше значення. Але, якщо функція має розриви, то можуть бути різні варіанти як для інтервалів, так і для відрізків. Подивіться цей графік розривної функції, заданої на відрізку [−2;3]. Тут функція не має найбільшого значення: перед точкою розриву вона зростає і досягає значень більших, ніж в інших частинах відрізка, але найбільшого не досягає, тому що в точці максимуму x= 2 вона визначена іншим значенням, не у= 2, а y = −1.

Рейтинг: