Kako pronaći najveću vrijednost. Ekstremi funkcije

Pogledajmo kako ispitati funkciju pomoću grafa. Ispostavilo se da gledanjem grafikona možemo saznati sve što nas zanima, a to su:

domena funkcije
raspon funkcija
funkcijske nule
intervalima povećanja i opadanja
maksimalne i minimalne bodove
najveća i najmanja vrijednost funkcije na segmentu.

Razjasnimo terminologiju:

Apscisa je horizontalna koordinata točke.
Ordinata- vertikalna koordinata.
Apscisna os- horizontalna os, najčešće se naziva os.
Y os- okomita os, ili os.

Argument- nezavisna varijabla o kojoj ovise vrijednosti funkcije. Najčešće naznačeno.
Drugim riječima, izaberemo , zamijenimo funkcije u formulu i dobijemo .

Domena funkcije - skup onih (i samo onih) vrijednosti argumenata za koje funkcija postoji.
Označeno sa: ili .

Na našoj slici domena definiranja funkcije je segment. Na tom segmentu je nacrtan graf funkcije. Ovo je jedino mjesto gdje ova funkcija postoji.

Raspon funkcija je skup vrijednosti koje varijabla uzima. Na našoj slici to je segment - od najniže do najviše vrijednosti.

Funkcijske nule- točke u kojima je vrijednost funkcije nula, tj. Na našoj slici to su točke i .

Vrijednosti funkcije su pozitivne gdje . Na našoj slici to su intervali i .
Vrijednosti funkcije su negativne gdje . Za nas je to interval (ili interval) od do .

Najvažniji pojmovi - rastuća i opadajuća funkcija na nekom setu. Kao skup možete uzeti segment, interval, uniju intervala ili cijeli brojevni pravac.

Funkcija povećava se

Drugim riječima, što je više , to je više , odnosno graf ide udesno i gore.

Funkcija smanjuje se na skupu ako za bilo koji i koji pripada skupu, nejednakost implicira nejednakost .

Za opadajuću funkciju, veća vrijednost odgovara manjoj vrijednosti. Graf ide udesno i dolje.

Na našoj slici funkcija raste na intervalu, a pada na intervalima i .

Definirajmo što je to maksimalne i minimalne točke funkcije.

Maksimalna točka- ovo je unutarnja točka domene definicije, takva da je vrijednost funkcije u njoj veća nego u svim točkama koje su joj dovoljno blizu.
Drugim riječima, maksimalna točka je točka u kojoj je vrijednost funkcije više nego u susjednim. Ovo je lokalno "brdo" na karti.

Na našoj slici postoji maksimalna točka.

Minimalna točka- unutarnja točka domene definicije, takva da je vrijednost funkcije u njoj manja nego u svim točkama koje su joj dovoljno blizu.
To jest, minimalna točka je takva da je vrijednost funkcije u njoj manja nego u njezinim susjedima. Ovo je lokalna "rupa" na grafikonu.

Na našoj slici postoji minimalna točka.

Točka je granica. To nije unutarnja točka domene definicije i stoga ne odgovara definiciji maksimalne točke. Uostalom, ona nema susjeda s lijeve strane. Na isti način, na našem grafikonu ne može postojati minimalna točka.

Maksimalne i minimalne točke zajedno se nazivaju ekstremne točke funkcije. U našem slučaju to je i .

Što učiniti ako trebate pronaći npr. minimalna funkcija na segmentu? U ovom slučaju odgovor je: . Jer minimalna funkcija je njegova vrijednost u minimalnoj točki.

Slično, maksimum naše funkcije je . Dostiže se u točki .

Možemo reći da su ekstremumi funkcije jednaki i .

Ponekad problemi zahtijevaju pronalaženje najveća i najmanja vrijednost funkcije na datom segmentu. Ne moraju se nužno poklapati s krajnostima.

U našem slučaju najmanja vrijednost funkcije na segmentu jednaka je i podudara se s minimumom funkcije. Ali njegova najveća vrijednost na ovom segmentu jednaka je . Do njega se dolazi na lijevom kraju segmenta.

U svakom slučaju, najveća i najmanja vrijednost kontinuirane funkcije na segmentu postižu se ili u točkama ekstrema ili na krajevima segmenta.

U praksi je vrlo uobičajeno koristiti derivaciju za izračunavanje najveće i najmanje vrijednosti funkcije. Ovu radnju provodimo kada smišljamo kako minimizirati troškove, povećati profit, izračunati optimalno opterećenje proizvodnje itd., odnosno u slučajevima kada trebamo odrediti optimalnu vrijednost nekog parametra. Da biste ispravno riješili takve probleme, morate dobro razumjeti što su najveća i najmanja vrijednost funkcije.

Obično definiramo te vrijednosti unutar određenog intervala x, koji pak može odgovarati cijeloj domeni funkcije ili njezinom dijelu. Može biti poput segmenta [a; b ] , te otvoreni interval (a ; b), (a ; b ], [ a ; b), beskonačni interval (a ; b), (a ; b ], [ a ; b) ili beskonačni interval - ∞ ; a , (- ∞ ; a ] , [ a ; + ∞) , (- ∞ ; + ∞) .

U ovom materijalu ćemo vam reći kako izračunati najveću i najmanju vrijednost eksplicitno definirane funkcije s jednom varijablom y=f(x) y = f (x) .

Osnovne definicije

Počnimo, kao i uvijek, s formuliranjem osnovnih definicija.

Definicija 1

Najveća vrijednost funkcije y = f (x) na određenom intervalu x je vrijednost m a x y = f (x 0) x ∈ X, što za bilo koju vrijednost x x ∈ X, x ≠ x 0 čini nejednadžbu f (x) ≤ f (x) vrijedi 0) .

Definicija 2

Najmanja vrijednost funkcije y = f (x) na određenom intervalu x je vrijednost m i n x ∈ X y = f (x 0) , što za bilo koju vrijednost x ∈ X, x ≠ x 0 čini nejednakost f(X f (x) ≥ f (x 0) .

Ove su definicije sasvim očite. Još jednostavnije, možemo reći sljedeće: najveća vrijednost funkcije je njena najveća vrijednost na poznatom intervalu na apscisi x 0, a najmanja je najmanja prihvaćena vrijednost na istom intervalu na x 0.

Definicija 3

Stacionarne točke su one vrijednosti argumenta funkcije pri kojima njezina derivacija postaje 0.

Zašto trebamo znati što su stacionarne točke? Da bismo odgovorili na ovo pitanje, moramo se sjetiti Fermatovog teorema. Iz toga slijedi da je stacionarna točka točka u kojoj se nalazi ekstrem diferencijabilne funkcije (tj. njen lokalni minimum ili maksimum). Posljedično, funkcija će poprimiti najmanju ili najveću vrijednost na određenom intervalu upravo u jednoj od stacionarnih točaka.

Funkcija također može poprimiti najveću ili najmanju vrijednost u onim točkama u kojima je sama funkcija definirana i njezina prva derivacija ne postoji.

Prvo pitanje koje se postavlja pri proučavanju ove teme: možemo li u svim slučajevima odrediti najveću ili najmanju vrijednost funkcije na zadanom intervalu? Ne, to ne možemo učiniti kada se granice danog intervala podudaraju s granicama definiranog područja ili ako imamo posla s beskonačnim intervalom. Također se događa da će funkcija u danom segmentu ili u beskonačnosti poprimiti beskonačno male ili beskonačno velike vrijednosti. U tim slučajevima nije moguće odrediti najveću i/ili najmanju vrijednost.

Ove će točke postati jasnije nakon što budu prikazane na grafikonima:

Prva slika nam prikazuje funkciju koja uzima najveću i najmanju vrijednost (m a x y i m i n y) u stacionarnim točkama koje se nalaze na segmentu [ - 6 ; 6].

Ispitajmo detaljno slučaj naveden u drugom grafikonu. Promijenimo vrijednost segmenta u [ 1 ; 6 ] i nalazimo da će maksimalna vrijednost funkcije biti postignuta u točki s apscisom na desnoj granici intervala, a minimalna - u stacionarnoj točki.

Na trećoj slici apscise točaka predstavljaju granične točke odsječka [ - 3 ; 2]. One odgovaraju najvećoj i najmanjoj vrijednosti dane funkcije.

Sada pogledajmo četvrtu sliku. U njemu funkcija poprima m a x y (najveću vrijednost) i m i n y (najmanju vrijednost) u stacionarnim točkama na otvorenom intervalu (- 6 ; 6).

Ako uzmemo interval [ 1 ; 6), tada možemo reći da će najmanja vrijednost funkcije na njemu biti postignuta u stacionarnoj točki. Najveća vrijednost bit će nam nepoznata. Funkcija bi mogla poprimiti najveću vrijednost pri x jednakom 6 ako bi x = 6 pripadao intervalu. Upravo je to slučaj prikazan na grafikonu 5.

Na grafikonu 6 ova funkcija najmanju vrijednost dobiva na desnoj granici intervala (- 3; 2 ], a o najvećoj vrijednosti ne možemo izvući definitivne zaključke.

Na slici 7 vidimo da će funkcija imati m a x y u stacionarnoj točki koja ima apscisu jednaku 1. Funkcija će dosegnuti svoju minimalnu vrijednost na granici intervala s desne strane. Na minus beskonačnosti, vrijednosti funkcije će se asimptotski približiti y = 3.

Ako uzmemo interval x ∈ 2 ; + ∞ , tada ćemo vidjeti da zadana funkcija na sebi neće poprimiti ni najmanju ni najveću vrijednost. Ako x teži 2, tada će vrijednosti funkcije težiti minus beskonačnosti, budući da je ravna linija x = 2 vertikalna asimptota. Ako apscisa teži plus beskonačnosti, tada će se vrijednosti funkcije asimptotski približiti y = 3. Upravo je to slučaj prikazan na slici 8.

U ovom ćemo paragrafu prikazati slijed radnji koje je potrebno izvršiti da bi se na određenom segmentu pronašla najveća ili najmanja vrijednost funkcije.

Najprije pronađimo domenu definicije funkcije. Provjerimo je li segment naveden u uvjetu uključen u njega.
Izračunajmo sada točke sadržane u ovom segmentu u kojima prva derivacija ne postoji. Najčešće se nalaze u funkcijama čiji je argument zapisan ispod znaka modula ili u funkcijama potencije čiji je eksponent razlomački racionalan broj.
Zatim ćemo saznati koje će stacionarne točke pasti u zadani segment. Da biste to učinili, potrebno je izračunati derivaciju funkcije, zatim je izjednačiti s 0 i riješiti dobivenu jednadžbu, a zatim odabrati odgovarajuće korijene. Ako ne dobijemo niti jednu stacionarnu točku ili one ne spadaju u zadani segment, tada prelazimo na sljedeći korak.
Određujemo koje će vrijednosti funkcija poprimiti u zadanim stacionarnim točkama (ako ih ima), ili u onim točkama u kojima prva derivacija ne postoji (ako ih ima), ili izračunavamo vrijednosti za x = a i x = b.
5. Imamo niz vrijednosti funkcije, od kojih sada trebamo odabrati najveću i najmanju. To će biti najveća i najmanja vrijednost funkcije koju trebamo pronaći.

Pogledajmo kako pravilno primijeniti ovaj algoritam pri rješavanju problema.

Primjer 1

Stanje: dana je funkcija y = x 3 + 4 x 2. Odredite njegovu najveću i najmanju vrijednost na segmentima [ 1 ; 4] i [-4; - 1 ] .

Riješenje:

Počnimo s pronalaženjem domene definicije zadane funkcije. U ovom slučaju, to će biti skup svih realnih brojeva osim 0. Drugim riječima, D (y) : x ∈ (- ∞ ; 0) ∪ 0 ; + ∞ . Oba segmenta navedena u uvjetu bit će unutar područja definicije.

Sada izračunavamo derivaciju funkcije prema pravilu diferencijacije razlomaka:

y " = x 3 + 4 x 2 " = x 3 + 4 " x 2 - x 3 + 4 x 2 " x 4 = = 3 x 2 x 2 - (x 3 - 4) 2 x x 4 = x 3 - 8 x 3

Naučili smo da će derivacija funkcije postojati u svim točkama odsječaka [1; 4] i [-4; - 1 ] .

Sada trebamo odrediti stacionarne točke funkcije. Učinimo to pomoću jednadžbe x 3 - 8 x 3 = 0. Ima samo jedan pravi korijen, a to je 2. To će biti stacionarna točka funkcije i padat će u prvi segment [1; 4 ] .

Izračunajmo vrijednosti funkcije na krajevima prvog segmenta i u ovoj točki, tj. za x = 1, x = 2 i x = 4:

y (1) = 1 3 + 4 1 2 = 5 y (2) = 2 3 + 4 2 2 = 3 y (4) = 4 3 + 4 4 2 = 4 1 4

Utvrdili smo da je najveća vrijednost funkcije m a x y x ∈ [ 1 ; 4 ] = y (2) = 3 postići će se pri x = 1, a najmanji m i n y x ∈ [ 1 ; 4 ] = y (2) = 3 – pri x = 2.

Drugi segment ne uključuje niti jednu stacionarnu točku, tako da moramo izračunati vrijednosti funkcije samo na krajevima zadanog segmenta:

y (- 1) = (- 1) 3 + 4 (- 1) 2 = 3

To znači m a x y x ∈ [ - 4 ; - 1 ] = y (- 1) = 3 , m i n y x ∈ [ - 4 ; - 1 ] = y (- 4) = - 3 3 4 .

Odgovor: Za segment [ 1 ; 4] - m a x y x ∈ [1; 4 ] = y (2) = 3 , m i n y x ∈ [ 1 ; 4 ] = y (2) = 3 , za segment [ - 4 ; - 1 ] - m a x y x ∈ [ - 4 ; - 1 ] = y (- 1) = 3 , m i n y x ∈ [ - 4 ; - 1 ] = y (- 4) = - 3 3 4 .

Vidi sliku:

Prije proučavanja ove metode, savjetujemo vam da pregledate kako ispravno izračunati jednostranu granicu i granicu u beskonačnosti, kao i da naučite osnovne metode za njihovo pronalaženje. Da biste pronašli najveću i/ili najmanju vrijednost funkcije na otvorenom ili beskonačnom intervalu, izvedite sljedeće korake redom.

Prvo treba provjeriti je li zadani interval podskup domene definiranja ove funkcije.
Odredimo sve točke koje se nalaze u traženom intervalu i u kojima ne postoji prva derivacija. Obično se javljaju u funkcijama u kojima je argument zatvoren u predznak modula, te u funkcijama potencije s razlomačko racionalnim eksponentom. Ako ove točke nedostaju, možete prijeći na sljedeći korak.
Sada odredimo koje će stacionarne točke pasti unutar zadanog intervala. Prvo izjednačimo derivaciju s 0, riješimo jednadžbu i izaberemo odgovarajuće korijene. Ako nemamo niti jednu stacionarnu točku ili one ne spadaju unutar navedenog intervala, odmah prelazimo na daljnje radnje. Određene su vrstom intervala.

Ako je interval oblika [ a ; b) , tada treba izračunati vrijednost funkcije u točki x = a i jednostranu granicu lim x → b - 0 f (x) .
Ako interval ima oblik (a; b ], tada treba izračunati vrijednost funkcije u točki x = b i jednostranu granicu lim x → a + 0 f (x).
Ako interval ima oblik (a; b), tada trebamo izračunati jednostrane granice lim x → b - 0 f (x), lim x → a + 0 f (x).
Ako je interval oblika [ a ; + ∞), tada trebamo izračunati vrijednost u točki x = a i granicu u plus beskonačnosti lim x → + ∞ f (x) .
Ako interval izgleda kao (- ∞ ; b ] , izračunavamo vrijednost u točki x = b i granicu u minus beskonačnosti lim x → - ∞ f (x) .
Ako je - ∞ ; b , tada razmatramo jednostranu granicu lim x → b - 0 f (x) i granicu u minus beskonačnosti lim x → - ∞ f (x)
Ako je - ∞; + ∞ , tada razmatramo limite na minus i plus beskonačnost lim x → + ∞ f (x) , lim x → - ∞ f (x) .

Na kraju je potrebno izvesti zaključak na temelju dobivenih vrijednosti i granica funkcije. Ovdje su dostupne mnoge mogućnosti. Dakle, ako je jednostrana granica jednaka minus beskonačno ili plus beskonačno, tada je odmah jasno da se ništa ne može reći o najmanjim i najvećim vrijednostima funkcije. U nastavku ćemo pogledati jedan tipičan primjer. Detaljni opisi pomoći će vam da shvatite što je što. Ako je potrebno, možete se vratiti na slike 4 - 8 u prvom dijelu materijala.

Primjer 2

Uvjet: dana je funkcija y = 3 e 1 x 2 + x - 6 - 4 . Izračunajte njegovu najveću i najmanju vrijednost u intervalima - ∞ ; - 4, - ∞; - 3 , (- 3 ; 1 ] , (- 3 ; 2) , [ 1 ; 2) , 2 ; + ∞, [4; + ∞) .

Riješenje

Prije svega, nalazimo domenu definicije funkcije. Nazivnik razlomka sadrži kvadratni trinom koji ne smije biti 0:

x 2 + x - 6 = 0 D = 1 2 - 4 1 (- 6) = 25 x 1 = - 1 - 5 2 = - 3 x 2 = - 1 + 5 2 = 2 ⇒ D (y) : x ∈ (- ∞ ; - 3) ∪ (- 3 ; 2) ∪ (2 ; + ∞)

Dobili smo domenu definiranja funkcije kojoj pripadaju svi intervali navedeni u uvjetu.

Razlikujmo sada funkciju i dobijmo:

y" = 3 e 1 x 2 + x - 6 - 4 " = 3 e 1 x 2 + x - 6 " = 3 e 1 x 2 + x - 6 1 x 2 + x - 6 " = = 3 · e 1 x 2 + x - 6 · 1 " · x 2 + x - 6 - 1 · x 2 + x - 6 " (x 2 + x - 6) 2 = - 3 · (2 x + 1) · e 1 x 2 + x - 6 x 2 + x - 6 2

Posljedično, derivacije funkcije postoje u cijeloj njezinoj domeni definicije.

Prijeđimo na pronalaženje stacionarnih točaka. Derivacija funkcije postaje 0 pri x = - 1 2 . Ovo je stacionarna točka koja leži u intervalima (- 3 ; 1 ] i (- 3 ; 2) .

Izračunajmo vrijednost funkcije na x = - 4 za interval (- ∞ ; - 4 ], kao i granicu na minus beskonačnosti:

y (- 4) = 3 e 1 (- 4) 2 + (- 4) - 6 - 4 = 3 e 1 6 - 4 ≈ - 0 . 456 lim x → - ∞ 3 e 1 x 2 + x - 6 = 3 e 0 - 4 = - 1

Budući da je 3 e 1 6 - 4 > - 1, to znači da je m a x y x ∈ (- ∞ ; - 4 ] = y (- 4) = 3 e 1 6 - 4. To nam ne dopušta jednoznačno određivanje najmanje vrijednosti može samo zaključiti da postoji ograničenje ispod - 1, budući da se toj vrijednosti približava asimptotski u minus beskonačnosti.

Osobitost drugog intervala je da u njemu nema niti jedne stacionarne točke niti jedne stroge granice. Posljedično, nećemo moći izračunati ni najveću ni najmanju vrijednost funkcije. Nakon što smo definirali granicu na minus beskonačno i kako argument teži - 3 na lijevoj strani, dobivamo samo interval vrijednosti:

lim x → - 3 - 0 3 e 1 x 2 + x - 6 - 4 = lim x → - 3 - 0 3 e 1 (x + 3) (x - 3) - 4 = 3 e 1 (- 3 - 0 + 3) (- 3 - 0 - 2) - 4 = = 3 e 1 (+ 0) - 4 = 3 e + ∞ - 4 = + ∞ lim x → - ∞ 3 e 1 x 2 + x - 6 - 4 = 3 e 0 - 4 = - 1

To znači da će se vrijednosti funkcije nalaziti u intervalu - 1; +∞

Da bismo pronašli najveću vrijednost funkcije u trećem intervalu, odredimo njezinu vrijednost u stacionarnoj točki x = - 1 2 ako je x = 1. Također ćemo morati znati jednostranu granicu za slučaj kada argument teži - 3 na desnoj strani:

y - 1 2 = 3 e 1 - 1 2 2 + - 1 2 - 6 - 4 = 3 e 4 25 - 4 ≈ - 1 . 444 y (1) = 3 e 1 1 2 + 1 - 6 - 4 ≈ - 1 . 644 lim x → - 3 + 0 3 e 1 x 2 + x - 6 - 4 = lim x → - 3 + 0 3 e 1 (x + 3) (x - 2) - 4 = 3 e 1 - 3 + 0 + 3 (- 3 + 0 - 2) - 4 = = 3 e 1 (- 0) - 4 = 3 e - ∞ - 4 = 3 0 - 4 = - 4

Pokazalo se da će funkcija poprimiti najveću vrijednost u stacionarnoj točki m a x y x ∈ (3; 1 ] = y - 1 2 = 3 e - 4 25 - 4. Što se tiče najmanje vrijednosti, nju ne možemo odrediti. Sve što znamo , je prisutnost donje granice na -4.

Za interval (- 3 ; 2) uzmite rezultate prethodnog izračuna i još jednom izračunajte čemu je jednaka jednostrana granica kada težite 2 na lijevoj strani:

y - 1 2 = 3 e 1 - 1 2 2 + - 1 2 - 6 - 4 = 3 e - 4 25 - 4 ≈ - 1 . 444 lim x → - 3 + 0 3 e 1 x 2 + x - 6 - 4 = - 4 lim x → 2 - 0 3 e 1 x 2 + x - 6 - 4 = lim x → - 3 + 0 3 e 1 (x + 3) (x - 2) - 4 = 3 e 1 (2 - 0 + 3) (2 - 0 - 2) - 4 = = 3 e 1 - 0 - 4 = 3 e - ∞ - 4 = 3 · 0 - 4 = - 4

To znači da je m a x y x ∈ (- 3 ; 2) = y - 1 2 = 3 e - 4 25 - 4, a najmanja vrijednost se ne može odrediti, a vrijednosti funkcije ograničene su odozdo brojem - 4. .

Na temelju onoga što smo dobili u prethodna dva izračuna, možemo reći da je na intervalu [ 1 ; 2) funkcija će poprimiti najveću vrijednost pri x = 1, ali je nemoguće pronaći najmanju.

Na intervalu (2 ; + ∞) funkcija neće postići ni najveću ni najmanju vrijednost, tj. uzimat će vrijednosti iz intervala - 1 ; + ∞ .

lim x → 2 + 0 3 e 1 x 2 + x - 6 - 4 = lim x → - 3 + 0 3 e 1 (x + 3) (x - 2) - 4 = 3 e 1 (2 + 0 + 3 ) (2 + 0 - 2) - 4 = = 3 e 1 (+ 0) - 4 = 3 e + ∞ - 4 = + ∞ lim x → + ∞ 3 e 1 x 2 + x - 6 - 4 = 3 e 0 - 4 = - 1

Izračunavši kolika će biti vrijednost funkcije pri x = 4, nalazimo da je m a x y x ∈ [ 4 ; + ∞) = y (4) = 3 e 1 14 - 4 , a zadana funkcija u plus beskonačnosti asimptotski će se približavati ravnoj liniji y = - 1 .

Usporedimo ono što smo dobili u svakom izračunu s grafom zadane funkcije. Na slici su asimptote prikazane isprekidanim linijama.

To je sve što smo vam htjeli reći o pronalaženju najveće i najmanje vrijednosti funkcije. Redoslijed radnji koje smo dali pomoći će vam da napravite potrebne izračune što je brže i jednostavnije moguće. Ali upamtite da je često korisno najprije saznati u kojim će se intervalima funkcija smanjivati, a u kojim povećavati, nakon čega možete donositi daljnje zaključke. Na taj način možete točnije odrediti najveću i najmanju vrijednost funkcije i opravdati dobivene rezultate.

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

Algoritam za pronalaženje najveće i najmanje vrijednosti kontinuirane funkcije na segmentu:

1) Pronađite sve kritične točke funkcije koje pripadaju segmentu ;

2) Izračunajte vrijednosti funkcije u tim točkama i na krajevima segmenta;

3) Od dobivenih vrijednosti odaberite najveću i najmanju.

Primjer 8.1. Pronađite najveću i najmanju vrijednost funkcije
na segmentu
.

Riješenje. 1) Pronađite kritične točke funkcije.

,




.

Na segmentu
nazivnik ne nestaje. Dakle, razlomak je jednak nuli ako i samo ako je brojnik jednak nuli:




.

Sredstva,
– kritična točka funkcije. Pripada ovom segmentu.

Nađimo vrijednost funkcije u kritičnoj točki:

2) Pronađite vrijednosti funkcije na krajevima segmenta:

, .

3) Od dobivenih vrijednosti odaberite najveću i najmanju:

,
.

9. Problemi nalaženja najveće i najmanje vrijednosti veličina

Prilikom rješavanja zadataka koji uključuju izračunavanje najmanjih i najvećih vrijednosti veličina, prvo morate odrediti za koju veličinu u zadatku trebate pronaći najmanju ili najveću vrijednost. Ova vrijednost će biti funkcija koja se proučava. Tada jednu od veličina o čijoj promjeni ovisi primjena funkcije treba uzeti kao nezavisnu varijablu i preko nje izraziti funkciju. U tom slučaju potrebno je kao nezavisnu varijablu odabrati vrijednost kojom se najjednostavnije izražava proučavana funkcija. Nakon toga se rješava problem pronalaženja najmanje i najveće vrijednosti rezultantne funkcije u određenom intervalu promjene nezavisne varijable, što se obično postavlja iz same biti problema.

Primjer 9.1. Odredite visinu stošca najvećeg volumena koji se može upisati u loptu polumjera .

R odluka. Određivanje polumjera baze, visine i volumena stošca ,I , idemo pisati
. Ova jednakost izražava ovisnost o dvije varijable I ; isključimo jednu od tih količina, naime . Da biste to učinili, iz pravokutnog trokuta
izvodimo (koristeći teorem o kvadratu okomice spuštene s vrha pravog kuta na hipotenuzu):

Slika 6 – Ilustracija primjera 9.1.

ili
.

Zamjena vrijednosti u formulu za volumen stošca, dobivamo:

Vidimo da volumen stožac upisan u loptu radijusa , postoji funkcija visine ovog stošca . Pronaći visinu na kojoj upisani stožac ima veliki volumen znači pronaći takav , kod koje je funkcija ima maksimum. Tražimo maksimalnu funkciju:

1)
,

2)
,
,
, gdje
ili
,

3)
.

Umjesto toga zamijeniti isprva
, i onda
, dobivamo:

U prvom slučaju imamo minimum (
na
), u drugom željeni maksimum (od
na
).

Stoga, kada
stožac upisan u loptu radijusa , ima najveći volumen.

P Primjer 9.2. Potrebno je ograditi žičanom mrežom dužine 60 m pravokutno područje uz zid kuće (slika 7). Kolika treba biti duljina i širina parcele da ima najveću površinu?

Riješenje. Neka širina parcele m, i područje m 2 , zatim:

Slika 7 – Ilustracija primjera 9.2.

Vrijednosti I ne može biti negativan, pa množitelj
, A
.

Kvadrat postoji funkcija , određujemo intervale njegovog povećanja i smanjenja:

.
, a funkcija raste kada
;
, a funkcija opada kada
. Stoga, točka
je najveća točka. Budući da je to jedina točka koja pripada intervalu
, zatim u točki
funkcija je najvažnija.

Dakle, površina parcele je najveća (maksimalna) ako je širina
m, i duljina m.

Primjer 9.3. Koje bi trebale biti dimenzije pravokutne prostorije čija je površina 36 m 2 tako da mu je opseg najmanji?

Riješenje. Neka duljina bude m, zatim širina pravokutnika m, a opseg:

Perimetar postoji funkcija duljine , definiran za sve pozitivne vrijednosti :
.

Odredimo intervale njegovog povećanja i smanjenja:

Predznak izvoda određen je predznakom razlike
. U međuvremenu

, i između

.

Stoga, točka
je minimalna točka. Budući da je ovo jedina točka koja pripada intervalu:
, zatim u točki
funkcija ima najmanju vrijednost.

Dakle, opseg pravokutnika ima najmanju vrijednost (minimum) ako je njegova duljina 6 m i širine m = 6 m, odnosno kada je kvadrat.

$\blacktriangleright$ Da bi se našla najveća/najmanja vrijednost funkcije na segmentu  , potrebno je shematski prikazati graf funkcije na tom segmentu.
U zadacima iz ove podteme to se može učiniti pomoću derivacije: pronaći intervale rastućeg ($f">0$ ) i opadajućeg ($f"<0$ ) функции, критические точки (где $f"=0$ или $f"$ не существует).

$\blacktriangleright$ Ne zaboravite da funkcija može uzeti najveću/najmanju vrijednost ne samo na unutarnjim točkama segmenta , već i na njegovim krajevima.

$\blacktriangleright$ Najveća/najmanja vrijednost funkcije je vrijednost koordinate $y=f(x)$ .

$\blacktriangleright$ Derivacija složene funkcije $f(t(x))$ nalazi se prema pravilu: \[(\Large(f"(x)=f"(t)\cdot t"(x)))\]
\[\begin(array)(|r|c|c|) \hline & \text(Function ) f(x) & \text(Derivative) f"(x)\\ \hline \textbf(1) & c & 0\\&&\\ \textbf(2) & x^a & a\cdot x^(a-1)\\&&\\ \textbf(3) & \ln x & \dfrac1x\\&&\\ \ textbf(4) & \log_ax & \dfrac1(x\cdot \ln a)\\&&\\ \textbf(5) & e^x & e^x\\&&\\ \textbf(6) & a^x & a^x\cdot \ln a\\&&\\ \textbf(7) & \sin x & \cos x\\&&\\ \textbf(8) & \cos x & -\sin x\\ \hline \end(array) \quad \quad \quad \quad \begin(array)(|r|c|c|) \hline & \text(Function ) f(x) & \text(Derivative ) f"(x) \\ \hline \textbf(9) & \mathrm(tg)\, x & \dfrac1(\cos^2 x)\\&&\\ \textbf(10) & \mathrm(ctg)\, x & -\ ,\dfrac1(\sin^2 x)\\&&\\ \textbf(11) & \arcsin x & \dfrac1(\sqrt(1-x^2))\\&&\\ \textbf(12) & \ arccos x & -\,\dfrac1(\sqrt(1-x^2))\\&&\\ \textbf(13) & \mathrm(arctg)\, x & \dfrac1(1+x^2)\\ &&\\ \textbf(14) & \mathrm(arcctg)\, x & -\,\dfrac1(1+x^2)\\ \hline \end(array)\]

1. zadatak #2357

Razina zadatka: jednaka Jedinstvenom državnom ispitu

Pronađite najmanju vrijednost funkcije $y = e^(x^2 - 4)$ na segmentu $[-10; -2]$ .

ODZ: $x$ – proizvoljno.

1) \

\ Prema tome, $y" = 0$ za $x = 0$ .

3) Pronađimo intervale konstantnog predznaka $y"$ na segmentu koji razmatramo $[-10; -2]$ :

4) Skica grafa na segmentu $[-10; -2]$ :

Dakle, funkcija postiže svoju najmanju vrijednost na $[-10; -2]$ na $x = -2$ .

\ Ukupno: $1$ – najmanja vrijednost funkcije $y$ na $[-10; -2]$ .

Odgovor: 1

2. zadatak #2355

Razina zadatka: jednaka Jedinstvenom državnom ispitu

$y = \sqrt(2)\cdot\sqrt(x^2 + 1)$ na segmentu $[-1; 1]$ .

ODZ: $x$ – proizvoljno.

1) \

Pronađimo kritične točke (tj. unutarnje točke domene definicije funkcije u kojima je njezina derivacija jednaka $0$ ili ne postoji): \[\sqrt(2)\cdot\dfrac(x)(\sqrt(x^2 + 1)) = 0\qquad\Lijeva desna strelica\qquad x = 0\,.\] Derivacija postoji za bilo koji $x$ .

2) Pronađite intervale konstantnog predznaka $y"$:

3) Pronađimo intervale konstantnog predznaka $y"$ na segmentu koji razmatramo $[-1; 1]$ :

4) Skica grafa na segmentu $[-1; 1]$ :

Dakle, funkcija postiže svoju najveću vrijednost na $[-1; 1]$ na $x = -1$ ili na $x = 1$ . Usporedimo vrijednosti funkcije u ovim točkama.

\ Ukupno: $2$ – najveća vrijednost funkcije $y$ na $[-1; 1]$ .

Odgovor: 2

Zadatak 3 #2356

Razina zadatka: jednaka Jedinstvenom državnom ispitu

Pronađite najmanju vrijednost funkcije $y = \cos 2x$ na segmentu  .

ODZ: $x$ – proizvoljno.

1) \

Pronađimo kritične točke (tj. unutarnje točke domene definicije funkcije u kojima je njezina derivacija jednaka $0$ ili ne postoji): \[-2\cdot \sin 2x = 0\qquad\Leftrightarrow\qquad 2x = \pi n, n\in\mathbb(Z)\qquad\Leftrightarrow\qquad x = \dfrac(\pi n)(2), n\u\mathbb(Z)\,.\] Derivacija postoji za bilo koji $x$ .

2) Pronađite intervale konstantnog predznaka $y"$:

(ovdje postoji beskonačno mnogo intervala u kojima se izmjenjuju predznaci izvodnice).

3) Nađimo intervale konstantnog predznaka $y"$ na segmentu koji razmatramo :

4) Skica grafa na segmentu  :

Dakle, funkcija postiže svoju najmanju vrijednost na  u $x = \dfrac(\pi)(2)$ .

\ Ukupno: $-1$ – najmanja vrijednost funkcije $y$ na  .

Odgovor: -1

4. zadatak #915

Razina zadatka: jednaka Jedinstvenom državnom ispitu

Pronađite najveću vrijednost funkcije

$y = -\log_(17)(2x^2 - 2\sqrt(2)x + 2)$.

ODZ: $2x^2 - 2\sqrt(2)x + 2 > 0$ . Odlučimo se za ODZ:

1) Označimo $2x^2-2\sqrt(2)x+2=t(x)$ , tada $y(t)=-\log_(17)t$ .

Pronađimo kritične točke (tj. unutarnje točke domene definicije funkcije u kojima je njezina derivacija jednaka $0$ ili ne postoji): \[-\dfrac(1)(\ln 17)\cdot\dfrac(4x-2\sqrt(2))(2x^2-2\sqrt(2)x+2) = 0\qquad\Lijeva desna strelica\qquad 4x-2\sqrt(2) = 0\]– na ODZ, odakle nalazimo korijen $x = \dfrac(\sqrt(2))(2)$ . Derivacija funkcije $y$ ne postoji kada je $2x^2-2\sqrt(2)x+2 = 0$ , ali ova jednadžba ima negativnu diskriminaciju, stoga nema rješenja. Da biste pronašli najveću/najmanju vrijednost funkcije, morate razumjeti kako njezin graf shematski izgleda.

2) Pronađite intervale konstantnog predznaka $y"$:

3) Skica grafikona:

Dakle, funkcija postiže svoju najveću vrijednost kod $x = \dfrac(\sqrt(2))(2)$ :

$y\lijevo(\dfrac(\sqrt(2))(2)\desno) = -\log_(17)1 = 0$,

Ukupno: $0$ – najveća vrijednost funkcije $y$ .

Odgovor: 0

Zadatak 5 #2344

Razina zadatka: jednaka Jedinstvenom državnom ispitu

Pronađite najmanju vrijednost funkcije

$y = \log_(3)(x^2 + 8x + 19)$.

ODZ: $x^2 + 8x + 19 > 0$ . Odlučimo se za ODZ:

1) Označimo $x^2 + 8x + 19=t(x)$ , tada $y(t)=\log_(3)t$ .

Pronađimo kritične točke (tj. unutarnje točke domene definicije funkcije u kojima je njezina derivacija jednaka $0$ ili ne postoji): \[\dfrac(1)(\ln 3)\cdot\dfrac(2x+8)(x^2 + 8x + 19) = 0\qquad\Lijeva desna strelica\qquad 2x+8 = 0\]– na ODZ, odakle nalazimo korijen $x = -4$ . Derivacija funkcije $y$ ne postoji kada je $x^2 + 8x + 19 = 0$, ali ova jednadžba ima negativnu diskriminaciju, dakle, nema rješenja. Da biste pronašli najveću/najmanju vrijednost funkcije, morate razumjeti kako njezin graf shematski izgleda.

2) Pronađite intervale konstantnog predznaka $y"$:

3) Skica grafikona:

Dakle, $x = -4$ je minimalna točka funkcije $y$ iu njoj se postiže najmanja vrijednost:

$y(-4) = \log_(3)3 = 1$ .

Ukupno: $1$ – najmanja vrijednost funkcije $y$ .

Odgovor: 1

Zadatak 6 #917

Razina zadatka: Teža od Jedinstvenog državnog ispita

Pronađite najveću vrijednost funkcije

$y = -e^((x^2 - 12x + 36 + 2\ln 2))$.

Neka je funkcija $z=f(x,y)$ definirana i kontinuirana u nekoj ograničenoj zatvorenoj domeni $D$. Neka dana funkcija u ovom području ima konačne parcijalne derivacije prvog reda (osim, možda, za konačni broj točaka). Za pronalaženje najveće i najmanje vrijednosti funkcije dviju varijabli u danom zatvorenom području potrebna su tri koraka jednostavnog algoritma.

Algoritam za pronalaženje najveće i najmanje vrijednosti funkcije $z=f(x,y)$ u zatvorenoj domeni $D$.

Odredite kritične točke funkcije $z=f(x,y)$ koje pripadaju domeni $D$. Izračunajte vrijednosti funkcije u kritičnim točkama.
Istražite ponašanje funkcije $z=f(x,y)$ na granici područja $D$, pronalazeći točke mogućih maksimalnih i minimalnih vrijednosti. Izračunajte vrijednosti funkcije u dobivenim točkama.
Od vrijednosti funkcije dobivenih u prethodna dva odlomka odaberite najveću i najmanju.

Što su kritične točke? Pokaži sakrij

Pod, ispod kritične točke impliciraju točke u kojima su obje parcijalne derivacije prvog reda jednake nuli (tj. $\frac(\partial z)(\partial x)=0$ i $\frac(\partial z)(\partial y)=0 $) ili barem jedna parcijalna derivacija ne postoji.

Često se nazivaju točke u kojima su parcijalne derivacije prvog reda jednake nuli stacionarne točke. Dakle, stacionarne točke su podskup kritičnih točaka.

Primjer br. 1

Pronađite najveću i najmanju vrijednost funkcije $z=x^2+2xy-y^2-4x$ u zatvorenom području omeđenom linijama $x=3$, $y=0$ i $y=x +1$.

Slijediti ćemo navedeno, ali ćemo se prvo pozabaviti crtanjem zadane površine koju ćemo označiti slovom $D$. Dane su nam jednadžbe triju ravnih linija koje ograničavaju ovo područje. Pravac $x=3$ prolazi točkom $(3;0)$ paralelno s osi ordinata (Oy osi). Pravac $y=0$ je jednadžba apscisne osi (Ox os). Pa, da bismo konstruirali pravac $y=x+1$, pronaći ćemo dvije točke kroz koje ćemo nacrtati ovaj pravac. Možete, naravno, zamijeniti nekoliko proizvoljnih vrijednosti umjesto $x$. Na primjer, zamjenom $x=10$, dobivamo: $y=x+1=10+1=11$. Pronašli smo točku $(10;11)$ koja leži na pravcu $y=x+1$. Međutim, bolje je pronaći one točke u kojima pravac $y=x+1$ siječe pravce $x=3$ i $y=0$. Zašto je ovo bolje? Zato što ćemo ubiti nekoliko muha jednim udarcem: dobit ćemo dvije točke za konstruiranje pravca $y=x+1$ i ujedno saznati u kojim točkama ovaj pravac siječe druge pravce koji ograničavaju zadano područje. Pravac $y=x+1$ siječe pravac $x=3$ u točki $(3;4)$, a pravac $y=0$ siječe u točki $(-1;0)$. Kako ne bih zatrpavao tijek rješavanja pomoćnim objašnjenjima, pitanje dobivanja ove dvije točke stavit ću u napomenu.

Kako su dobivene točke $(3;4)$ i $(-1;0)$? Pokaži sakrij

Krenimo od sjecišta pravaca $y=x+1$ i $x=3$. Koordinate željene točke pripadaju i prvoj i drugoj ravnoj crti, stoga, da biste pronašli nepoznate koordinate, morate riješiti sustav jednadžbi:

$$ \lijevo \( \begin(poravnano) & y=x+1;\\ & x=3. \end(poravnano) \desno. $$

Rješenje takvog sustava je trivijalno: zamjenom $x=3$ u prvu jednadžbu imat ćemo: $y=3+1=4$. Točka $(3;4)$ je željena sjecišna točka pravaca $y=x+1$ i $x=3$.

Nađimo sada sjecište pravaca $y=x+1$ i $y=0$. Sastavimo ponovno i riješimo sustav jednadžbi:

$$ \lijevo \( \begin(poravnano) & y=x+1;\\ & y=0. \kraj(poravnano) \desno. $$

Zamjenom $y=0$ u prvu jednadžbu dobivamo: $0=x+1$, $x=-1$. Točka $(-1;0)$ je željena sjecišna točka pravaca $y=x+1$ i $y=0$ (x-os).

Sve je spremno za izradu crteža koji će izgledati ovako:

Pitanje bilješke se čini očiglednim, jer se sa slike sve vidi. Međutim, vrijedi zapamtiti da crtež ne može poslužiti kao dokaz. Crtež je samo u ilustrativne svrhe.

Naše područje definirano je pomoću jednadžbi linija koje ga omeđuju. Očito, ove linije definiraju trokut, zar ne? Ili nije posve očito? Ili nam je možda dano drugo područje, omeđeno istim linijama:

Naravno, uvjet kaže da je područje zatvoreno, tako da prikazana slika nije točna. Ali kako bi se izbjegle takve dvosmislenosti, bolje je regije definirati nejednakostima. Zanima li nas dio ravnine koji se nalazi ispod pravca $y=x+1$? U redu, dakle $y ≤ x+1$. Treba li naše područje biti iznad linije $y=0$? Odlično, to znači $y ≥ 0$. Usput, posljednje dvije nejednakosti lako se mogu spojiti u jednu: $0 ≤ y ≤ x+1$.

$$ \lijevo \( \begin(poravnano) & 0 ≤ y ≤ x+1;\\ & x ≤ 3. \kraj(poravnano) \desno. $$

Ove nejednakosti definiraju regiju $D$, i definiraju je nedvosmisleno, ne dopuštajući dvosmislenost. Ali kako nam to pomaže kod pitanja postavljenog na početku bilješke? Također će pomoći :) Moramo provjeriti pripada li točka $M_1(1;1)$ površini $D$. Zamijenimo $x=1$ i $y=1$ u sustav nejednakosti koje definiraju ovo područje. Ako su obje nejednakosti zadovoljene, tada se točka nalazi unutar regije. Ako barem jedna od nejednakosti nije zadovoljena, tada točka ne pripada regiji. Tako:

$$ \lijevo \( \begin(poravnano) & 0 ≤ 1 ≤ 1+1;\\ & 1 ≤ 3. \end(poravnano) \desno. \;\; \lijevo \( \begin(poravnano) & 0 ≤ 1 ≤ 2;\\ & 1 ≤ 3. \end(poravnano) \desno $$.

Obje nejednakosti vrijede. Točka $M_1(1;1)$ pripada području $D$.

Sada je red na proučavanje ponašanja funkcije na granici regije, tj. idemo . Počnimo s ravnom linijom $y=0$.

Pravac $y=0$ (x-os) ograničava područje $D$ pod uvjetom $-1 ≤ x ≤ 3$. Zamijenimo $y=0$ u zadanu funkciju $z(x,y)=x^2+2xy-y^2-4x$. Funkciju jedne varijable $x$ dobivenu kao rezultat supstitucije označavamo kao $f_1(x)$:

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

Sada za funkciju $f_1(x)$ trebamo pronaći najveću i najmanju vrijednost na intervalu $-1 ≤ x ≤ 3$. Nađimo izvod ove funkcije i izjednačimo ga s nulom:

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

Vrijednost $x=2$ pripada segmentu $-1 ≤ x ≤ 3$, pa ćemo i $M_2(2;0)$ dodati na listu točaka. Osim toga, izračunajmo vrijednosti funkcije $z$ na krajevima segmenta $-1 ≤ x ≤ 3$, tj. u točkama $M_3(-1;0)$ i $M_4(3;0)$. Usput, ako točka $M_2$ ne pripada segmentu koji se razmatra, tada, naravno, ne bi bilo potrebno izračunati vrijednost funkcije $z$ u njoj.

Dakle, izračunajmo vrijednosti funkcije $z$ u točkama $M_2$, $M_3$, $M_4$. Možete, naravno, zamijeniti koordinate tih točaka u izvorni izraz $z=x^2+2xy-y^2-4x$. Na primjer, za točku $M_2$ dobivamo:

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

Međutim, izračuni se mogu malo pojednostaviti. Da bismo to učinili, vrijedi zapamtiti da na segmentu $M_3M_4$ imamo $z(x,y)=f_1(x)$. Zapisat ću to detaljno:

\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. \kraj(poravnano)

Naravno, obično nema potrebe za tako detaljnim zapisima, au budućnosti ćemo sve izračune ukratko zapisivati:

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

Sada se okrenimo ravnoj liniji $x=3$. Ova ravna linija ograničava područje $D$ pod uvjetom $0 ≤ y ≤ 4$. Zamijenimo $x=3$ u zadanu funkciju $z$. Kao rezultat ove zamjene dobivamo funkciju $f_2(y)$:

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

Za funkciju $f_2(y)$ trebamo pronaći najveću i najmanju vrijednost na intervalu $0 ≤ y ≤ 4$. Nađimo izvod ove funkcije i izjednačimo ga s nulom:

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

Vrijednost $y=3$ pripada segmentu $0 ≤ y ≤ 4$, pa ćemo prethodno pronađenim točkama dodati i $M_5(3;3)$. Osim toga, potrebno je izračunati vrijednost funkcije $z$ u točkama na krajevima segmenta $0 ≤ y ≤ 4$, tj. u točkama $M_4(3;0)$ i $M_6(3;4)$. U točki $M_4(3;0)$ već smo izračunali vrijednost $z$. Izračunajmo vrijednost funkcije $z$ u točkama $M_5$ i $M_6$. Da vas podsjetim da na segmentu $M_4M_6$ imamo $z(x,y)=f_2(y)$, dakle:

\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. \kraj(poravnano)

I konačno, razmotrite posljednju granicu regije $D$, tj. pravac $y=x+1$. Ova ravna crta ograničava područje $D$ pod uvjetom $-1 ≤ x ≤ 3$. Zamjenom $y=x+1$ u funkciju $z$ imat ćemo:

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

Opet imamo funkciju jedne varijable $x$. I opet moramo pronaći najveću i najmanju vrijednost ove funkcije na intervalu $-1 ≤ x ≤ 3$. Nađimo derivaciju funkcije $f_(3)(x)$ i izjednačimo je s nulom:

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

Vrijednost $x=1$ pripada intervalu $-1 ≤ x ≤ 3$. Ako je $x=1$, onda je $y=x+1=2$. Dodajmo $M_7(1;2)$ listi točaka i saznajmo koja je vrijednost funkcije $z$ u ovoj točki. Točke na krajevima segmenta $-1 ≤ x ≤ 3$, tj. točke $M_3(-1;0)$ i $M_6(3;4)$ razmatrane su ranije, u njima smo već pronašli vrijednost funkcije.

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

Drugi korak rješenja je završen. Dobili smo sedam vrijednosti:

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

Obratimo se. Odabirom najveće i najmanje vrijednosti iz brojeva dobivenih u trećem odlomku, imat ćemo:

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

Zadatak je riješen, preostaje samo napisati odgovor.

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

Primjer br. 2

Pronađite najveću i najmanju vrijednost funkcije $z=x^2+y^2-12x+16y$ u području $x^2+y^2 ≤ 25$.

Prvo, napravimo crtež. Jednadžba $x^2+y^2=25$ (ovo je granična linija danog područja) definira krug sa središtem u ishodištu (tj. u točki $(0;0)$) i polumjerom od 5. Nejednakost $x^2 +y^2 ≤ $25 zadovoljava sve točke unutar i na navedenoj kružnici.

Postupit ćemo prema. Nađimo parcijalne derivacije i saznajmo kritične točke.

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

Ne postoje točke u kojima ne postoje pronađene parcijalne derivacije. Otkrijmo u kojim točkama su obje parcijalne derivacije istovremeno jednake nuli, tj. nađimo stacionarne točke.

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

Dobili smo stacionarnu točku $(6;-8)$. Međutim, pronađena točka ne pripada području $D$. To je lako pokazati čak i bez pribjegavanja crtežu. Provjerimo vrijedi li nejednakost $x^2+y^2 ≤ 25$ koja definira našu regiju $D$. Ako je $x=6$, $y=-8$, onda je $x^2+y^2=36+64=100$, tj. ne vrijedi nejednakost $x^2+y^2 ≤ 25$. Zaključak: točka $(6;-8)$ ne pripada površini $D$.

Dakle, unutar regije $D$ nema kritičnih točaka. Idemo dalje... Moramo proučavati ponašanje funkcije na granici danog područja, tj. na kružnici $x^2+y^2=25$. Možemo, naravno, izraziti $y$ u smislu $x$, a zatim zamijeniti rezultirajući izraz u našu funkciju $z$. Iz jednadžbe kruga dobivamo: $y=\sqrt(25-x^2)$ ili $y=-\sqrt(25-x^2)$. Zamjenom, na primjer, $y=\sqrt(25-x^2)$ u zadanu funkciju, imat ćemo:

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

Daljnje rješenje bit će potpuno identično proučavanju ponašanja funkcije na granici područja u prethodnom primjeru br. 1. Međutim, čini mi se razumnijim primijeniti Lagrangeovu metodu u ovoj situaciji. Zanimat će nas samo prvi dio ove metode. Nakon primjene prvog dijela Lagrangeove metode dobit ćemo točke u kojima ćemo ispitivati funkciju $z$ za minimalne i maksimalne vrijednosti.

Sastavljamo Lagrangeovu funkciju:

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

Nalazimo parcijalne derivacije Lagrangeove funkcije i sastavljamo odgovarajući sustav jednadžbi:

$$ F_(x)^(")=2x-12+2\lambda x; \;\; F_(y)^(")=2y+16+2\lambda y.\\ \left \( \begin (poravnano) & 2x-12\lambda x=0;\\ & 2y+16+2\lambda y=0;\\ & x^2+y^2-25=0 \;\; \lijevo \( \begin(poravnano) & x+\lambda x=6;\\ & y+\lambda y=-8;\\ & x^2+y^2=25. \end( poravnato)\desno.$ $

Da bismo riješili ovaj sustav, odmah istaknimo da je $\lambda\neq -1$. Zašto $\lambda\neq -1$? Pokušajmo zamijeniti $\lambda=-1$ u prvu jednadžbu:

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

Rezultirajuća kontradikcija $0=6$ ukazuje da je vrijednost $\lambda=-1$ neprihvatljiva. Izlaz: $\lambda\neq -1$. Izrazimo $x$ i $y$ kroz $\lambda$:

\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). \kraj(poravnano)

Vjerujem da ovdje postaje očito zašto smo posebno postavili uvjet $\lambda\neq -1$. To je učinjeno kako bi se izraz $1+\lambda$ smjestio u nazivnike bez smetnji. Odnosno, biti siguran da je nazivnik $1+\lambda\neq 0$.

Zamijenimo dobivene izraze za $x$ i $y$ u treću jednadžbu sustava, tj. u $x^2+y^2=25$:

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

Iz dobivene jednakosti slijedi da je $1+\lambda=2$ ili $1+\lambda=-2$. Dakle, imamo dvije vrijednosti parametra $\lambda$, naime: $\lambda_1=1$, $\lambda_2=-3$. Prema tome, dobivamo dva para vrijednosti $x$ i $y$:

\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. \kraj(poravnano)

Dakle, dobili smo dvije točke mogućeg uvjetnog ekstremuma, tj. $M_1(3;-4)$ i $M_2(-3;4)$. Nađimo vrijednosti funkcije $z$ u točkama $M_1$ i $M_2$:

\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. \kraj(poravnano)

Treba odabrati najveću i najmanju vrijednost od onih koje smo dobili u prvom i drugom koraku. Ali u ovom slučaju izbor je mali :) Imamo:

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

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