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



Download 281,05 Kb.
bet2/2
Sana31.12.2021
Hajmi281,05 Kb.
#251004
1   2
Bog'liq
OSHKORMAS FUNKSIYANING MAVJUDLIGI HAQIDAGI T¦ХOR¦ХMA. OSHKORMAS FUNKSIYANI DIFF¦ХR¦ХNTSIALLASH. SIRTGA OтАШTKAZILGAN URINMA TEKISLIK VA N

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  6xx1  6; Bxy x1 3;

x1y1y1

B2 AC  936 0 A  0 C  0

Zmin1,1113 1

2z2z

A  x2 x0  6xx0  0; B xy x0 3;

y0y0

B2 AC  90  0ekstremum mavjud emas.

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

C  2yz2 x1  6y y1  6 

y1



C  2yz2 x0  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 xzyz a  0, bo’lganda maksimumga topishga keltiriladi. F x,y,z, x y z xy xz yz a

yzyz0



xzxy0

(6) sistemani tuzamiz xyx y0



xyxzyza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

yz1 2a yz 0

  3y

xz1 2a xz 0

 3z

xy1 2a xy 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



zx  6x  2, zy  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 x2  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 axb 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 yi va qidiriladigan funksiya x,a,b,c, ... ning mos qiymatlari ayirmalari kvadratlarining yig’indisini tuzamiz:

n 2



sa,b,c, ... yi 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 sa,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 yixi ,a,...a  0

 1


n 

yx ,a,...  0

s s



 0,  0, ...

b c



i i

i1 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

sa,byi axi b2

i1

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



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

s n



a 2i1 yi axi bxi 0

n (11)



bs 2 yi axi 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 axi bxi

 2y



2 sa,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

xi yi  21;  xi2  39;  xi 12;  yi 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.




Download 281,05 Kb.

Do'stlaringiz bilan baham:
1   2




Ma'lumotlar bazasi mualliflik huquqi bilan himoyalangan ©hozir.org 2024
ma'muriyatiga murojaat qiling

kiriting | ro'yxatdan o'tish
    Bosh sahifa
юртда тантана
Боғда битган
Бугун юртда
Эшитганлар жилманглар
Эшитмадим деманглар
битган бодомлар
Yangiariq tumani
qitish marakazi
Raqamli texnologiyalar
ilishida muhokamadan
tasdiqqa tavsiya
tavsiya etilgan
iqtisodiyot kafedrasi
steiermarkischen landesregierung
asarlaringizni yuboring
o'zingizning asarlaringizni
Iltimos faqat
faqat o'zingizning
steierm rkischen
landesregierung fachabteilung
rkischen landesregierung
hamshira loyihasi
loyihasi mavsum
faolyatining oqibatlari
asosiy adabiyotlar
fakulteti ahborot
ahborot havfsizligi
havfsizligi kafedrasi
fanidan bo’yicha
fakulteti iqtisodiyot
boshqaruv fakulteti
chiqarishda boshqaruv
ishlab chiqarishda
iqtisodiyot fakultet
multiservis tarmoqlari
fanidan asosiy
Uzbek fanidan
mavzulari potok
asosidagi multiservis
'aliyyil a'ziym
billahil 'aliyyil
illaa billahil
quvvata illaa
falah' deganida
Kompyuter savodxonligi
bo’yicha mustaqil
'alal falah'
Hayya 'alal
'alas soloh
Hayya 'alas
mavsum boyicha


yuklab olish