Oshkormas funksiyaning mavjudligi haqidagi tеorеma. Oshkormas funksiyani diffеrеntsiallash. Sirtga o‘tkazilgan urinma tekislik va normal tenglamalari. Ko‘p o‘zgaruvchili funksiyalarning ekstrеmumlari. Shartli ekstrеmum reja

Misol. 1) z  x³  y³ 3xy ekstrimumlari topilsin.

Yechish:

3x2 3y  0 x1 1, x2  0 (1,1), (0,0)

_3y² 3x  0 y₁ 1, y₂  0

^2z2z

A  x₂  6^xx1  6; B x_ y _x₁ 3;

_{ x}_1 y1y1

B²  AC  936 0 A  0 C  0

Z_min1,1113 1

2z2z

A  x₂ x_0  6x_x0  0; B x_ y x_0 3;

y0y0

B²  AC  90  0ekstremum mavjud emas.

Misol. 2) z  x²  y²; (0,0) statsionar nuqta.

C  2yz2 x_1  6y y1  6 

y1



C  2yz2 x_0  6y y0  0 

y0

A=2; B=0; C=-2. B²  AC  4  0ekstremum mavjud emas.

5. Ba‘zi holatlarda funksiyaning eng katta va eng kichik qiymatini topish masalasi o’zgaruvchilari o’zaro qo’shimcha shart bilab bir-biriga bog’liq bo’lgan funksiyaning ekstrimumi topishga keltiriladi.

O’zgaruvchilar bir-biriga

x, y 0 (1)

Shart bilan bog’langan bo’lganda

z  f x, y (2) funksiyaning eksremumlari topilsin.

Agar (1) dan y ni x orqali ifodalab, uning qiymatini (2) ga qo’ysak, bir argumantning funksiyasini hosil qilamiz Uni eksremumini tekshirish bizga ma‘lum. Lekin masalani boshqacha yechish ham mumkin.

Argument x ning biror qiymatida funksiya ekstremumga ega bo’lsa, uning hosilasi nolga aylanishi kerak.

(2) dan  z / x ni topamiz:

 z  f  f d y  x  y  y d x

 

ekstremum nuqtada

 f  f d y

  0 (3)

 x  y d x

 d y

  0

 x  y d x



 f  f d y  d y

 

_ x _ y d x _ x  _ y d x _0 (4)

  f    f  d y

 _ x ^_ x __{ } y ^_ y _ d x  0 (5) _

ya‘ni

 f    0

 y  y

 f 

U holda xvay ning bu qiymatlarida (5) dan   0 hosil bo’ladi.

 y  y

Shunday qilib, ekstrimum nuqtalarda 3 ta tenglik o’rinloi bo’ladi;

  xf ^^x  0



 f 

   0 (6)

_{ y  y}

x,y 0





Bu sistemadan x, y ni topamiz. (6) shartli ekstrimumning zaruriy shartidir. Har qanday x, y (va ) (6) ni qanoatlantirsa ham, bu qiymatlarda shartli ekstrimumi mavjud bo’lmasligi mumkin. Buni tekshirish uchun qo’shimcha tekshirish o’takazish kerak.

Agar qo’shimcha

F x,y, f x,yx,y (7)

funksiyani tuzsak, (6) sistema (7) funksiyadan topilgan xususiy hosilalarga tengligi ko’rinadi. Shunday qilib, shartli ekstrimumni tekshirish uchun (7) sistema tuziladi, undan hususiy hosilalar topilib (6) sistema tuziladi va yechiladi.

Misol. Yuzi 2aga teng bo’lgan tunukadan paralelepiped shaklidagi yopiq qiticha yasash kerakki, uning hajmi eng katta bo’lsin.

Yechish. Masala v  xyz funksiyani 2xy  2xz  2yz  2a yoki xy  xz yz  a  0, bo’lganda maksimumga topishga keltiriladi. F x,y,z, x y z xy  xz  yz  a

yzyz0

^xzx y0

(6) sistemani tuzamiz xy_x_ y_0

_

_xyxz yza0

1- tenglamani xga, 2-tenglamani y ga, 3- tenglamani z ga ko’paytirib, ularni (ya‘ni uchta

3x y z

tenglamani) qo’shamiz va xy+xz+yz=a ni hisobga olib  ni topamiz. Bu qiymatni

2a

3 ta oldinga qiymatlarga qo’yib

  3x 

yz_1 2a yz_ 0

_

^  3y 

xz_1 2a xz_ 0

^  3z 

xy_1 2a x y_ 0

sistemani hosil qilamiz. Bundan

3x

_ 2a y  z  1



3y

_ 2a x  z  1 ni hosil qilamiz (chunki x 0 y 0z 0) Bu sistemadan

_

3 z

 2a x  y  1

_

a x=y=z kelib chiqadi. U holda xy+xz+yz=adan x  y  z ni topamiz. Geometrik nuqtai 3

nazardan bu bitta statsionar nuqtada maksimum mavjuddir. Parallelepeped kub bo’lib, uning tomoni bo’lganda eng katta hajmni berar ekan.

6. Uzluksiz funksiyaning eng katta va eng kichik qiymatlari yopiq sohaning ichki nuqtalarida yoki chegarasida bo’lishi mumkin. Agar sohaning ichida bo’lsa, u albatta kritik nuqtada bo’ladi. Demak, sohada yotgan kritik nuqtalarini topish, bu nuqtalarda funksiyaning qiymatini hisoblash kerak. Chegarada funksiyaning eng katta va eng kichik qiymatlarini topib, bulardan va kritik nuqtalaridagi qiymatlaridan eng katta va eng kichigini aniqlashimiz kerak. Misol. Tekislikda shunday nuqta topilsinki undan berilgan uchta nuqtalargacha bo’lgan masofalarning yig’indisi eng kichik qiymatga va uchburchak ichida bo’lgan uchburchakning shunday nuqtasi topilsinki, undan uchlarigacha bo’lgan masofalar yig’indisi eng katta bo’lsin.

Yechish. Masalaning 1- qismi P₁ M ²  P₂ M ²  P₃ M ²  z funksiyani, ya‘ni z  x ²  y ²  x 1²  x ²  y ²  y 1² yoki z 3x² 3y²  2x  2y  2 eng kichik qiymatini (butun tekislikda) topishga keltiriladi. Bundan:

3x 1 0 1

z_x  6x  2, z_y  6x  2, _ x  y 

_3y 1 0 3

M 1/3, 1/3^nuqtadan P₁, P₂, P₃ nuqtalargacha masofalarning yug’indisi eng kichikdir. M 1/3, 1/3nuqta P₁ P₂ P₃ ning oraliq markazidir.

2-qismga o’tamiz. Funksiya P₁ P₂ P₃ ichida bitta kritik nuqta M 1/3, 1/3 ga ega.

Shuning uchun eng katta qiymatining tomonlarida (sohaning chegarasida) bo’ladi. P₁ P₂ tomonday=0, shuning uchun z 3x ²  2x  2 , z6x 2; z 0  x 1/ 3 eng kattasi 3.

P₁ P₃ tomonda: x=0, demak, z 3y² 2y2 eng katta qiymati z(0,1)=3

P₁ P₃ tomonda: x=y=1 va z 3x ² 31 x²  2x  2 1 x 2  6x² 6x 3 eng katta qiymati z(0)=z(1)=3. P₂ 1,0; P₃ 0,1nuqtalardan uchburchak uchlarigacha masofalar kvadratining yig’indisi eng katta qiymatga ega.

7. Tajriba asosida argument x ning ma‘lum qiymatlariga funksiya y ning mos qiymatlari jadval yordamida berilgan bo’lsin:

x	x1	x2	…	xn
y	y1	y2	…	yn

Bu tajriba asosida x va y orasida funksional bog’lanish

y x (8)

ni topish talab qilinadi.

Bu funksiyaning ko’rinishi nazariy mulohazalar asosida yoki tajriba asosida topilgan qiymatlarga koordinata tekisligi mos keladigan nuqtalar asosida aniqlanadi. Bu nuqtalarni

―tajriba nuqtalari‖ deymiz.

Faraz qilaylik ―tajriba nuqtalari‖ berilgan bo’lsin.

Tajriba asosida topilgan qiymatlarning ma‘lum xatolik bilan topilganini hisobga olib, qidiriladigan (8) funksiyani chiziqli y  a x  b yoki y  ax^b ko’rinishda qidirish mumkin:

Funksiya x,a,b,c, ... ning qaysi ko’rinishda qidirilayotganiga qarab, unda qatnashgan parametrlar a, b, c, … ni shunday aniqlash kerakki, bu funksiya tajribani aks ettiruvchi funksional bog’lanishni iloji boricha aniqroq aks ettirsin.

Keng tarqalgan usullardan biri eng kichik kvadratlar usulidir. Bu usul quyidagilardan iborat.

Tajribada hosil bo’lgan qiymatlar y_i va qidiriladigan funksiya x,a,b,c, ... ning mos qiymatlari ayirmalari kvadratlarining yig’indisini tuzamiz:

n 2

sa,b,c, ... y_i x,a,b,c, ... (9)

i1

parametrlar ya‘ni a, b, c, … ni shunday tanlaymizki, (9) yig’indi eng kichik qiymatga ega _{bo’lsin ya‘ni} sa,b,c, ... min .

Shunday qilib, masalani yechish parametrlar a, b, c, … ni shunday qiymatlarini topishga olib kelindiki, bu qiymatlarda s (a, b, c,…) funksiya minimimga ega bo’lsin. Bunday qiymatlar ma‘lumki,

s

 0,

a

Sistemasining yoki

 ⁿ 

_^i y_ix_i ,a,...^_a  0

 1

 ⁿ 

yx ,a,...  0

s s

 0,  0, ...

b c

i i

_ i_1 b (10)

...........................................





Sistemaning yechimidan iborat. (10) sistemada no‘malumlar soni tenglamalr soniga teng. Har bir aniq holda (10) sistemaning yechimini mavjudligi tekshiriladi.

Misol. Qidiriladigan funksiya –chiziqli funksiya y=ax+b bo’lsin. Bu holda s (a,b) funksiyaning ko’rinishi

n

sa,b^y_i ax_i b²

i1

bo’ladi. Bu yerda no‘malumlar a,b ( x_i y_i berilgan qiymatlar)

a va b ni aniqlash uchun (10) sistemaning ko’rinishi

s n

_a ^2i1 y_i ax_i bx_i 0

_

 n (11)

^_^b_s ^2 y_i ax_i b0

_ i 1

bo’ladi. Bu sistema yagona yechimga ega bo’lib, bu yechim uchun S (a,b) funksiya minimumga ega.

x	1	2	3	6
y	3	4	2,5	0,5

Misol. Tajriba natijasi

jadvaldan iborat.

Funksiya y=ax+b ko’rinishda qidirilib, a va b ni aniqlash uchun

s n n _a i1 _i ax_i bx_i

 ^2y

2 sa,b^ yi  a xi b hosilalar^s _n i 1 _ _2  _yi _axi _b

_b i 1

ni topamiz.

(11) sistemasini tuzish uchun

4 4 4 ⁴

 x_i y_i  21;  x_i²  39;  x_i 12;  y_i 10; ni topamiz va (4) ga qo’yi b a

i1 i1 i1 i1 va b ni aniqlash uchun

2139a11b 0



_1011a4b 0

ni hosil qilamiz. Bundan

a  26/ 35; b  159/ 35.

Demak: y26/35 x159/35.