See vastuolu on tingitud väitevastasest eeldusest. f´(x)=0. 17. Rolle´i teoreem. Kui funktsioonil f on pidev lõigul [a;b] ja diferentseeruv vahemikus (a;b) ning f(a)=f(b), siis vahemikus (a;b) leidub selline punkt c, et f´(c)=0. Tõestus. Esiteks selle väite lisatingimusel f(a)=f(b)=0. Et lõigul pidev funktsioon omandab sel lõigul ekstremaalsed väärtused, siis leiduvad sellised punktid c ,c 1 2 ∈[a;b], et f(c) = max f(x), f(c 1 )=min f(x). Kui nii c
kujuks. Selle funktsiooni tuletis: Seega on z sisuliselt ühe muutuja x funktsioon. Täistuletise valemist: Järelikult Et ekstreemumpunktid , siis Eeldades, et fy'0, saame lisatingimusega ekstreemumpunktide leidmiseks võrrandisüsteemi See võrrandisüsteem sobib kahe muutuja funktsiooni ekstreemumpunktide leidmiseks ühe lisatingimuse korral. Laiematel juhtudel, kui tuleb leida kolme või enama muutuja funktsiooni ekstreemumpunkte teatud lisatingimusel või lisatingimustel, on vaja üldisemat lahenduskirja. Toome sisse nn. Lagrange'i kordaja ja koostame Lagrange'i funktsiooni: . Lisatingimusega ekstreemumpunktideks on selle kolme muutuja funktsiooni statsionaarsed punktid ehk võrrandisüsteemi lahendid. Viimane võrrandisüsteem on samaväärne võrrandisüsteemiga Kui on vaja leida kolme muutuja funktsiooni w=f(x,y,z) ekstreemumid lisatingimusel (x,y,z)=0, koostame Lagrange'i
F1(x1; ... ; xn) = 0 F2(x1; ...; xn) = 0 Fr (x1; ... ; xn) = 0 DEF. Olgu funktsioon f määratud punkti A mingis ümbruses U(A) ning olgu antud lisatingimused F1(x1; ... ; xn)=0,F2(x1; ... ; xn)=0,Fr(x1; ... ; xn) =0. Kui iga punkti P U(A) (P A) korral f (P) f (A) (f (P) f (A)) ning F1(A) = F2(A) = ... = Fr (A) = 0, siis on funktsioonil f punktis A tinglik lokaalne maksimum (miinimum). LAUSE: Funktsiooni f (x; y) tinglik ekstreemum lisatingimusel F(x; y) = 0 võib olla abifunktsiooni (x; y; ) = f (x; y) + F(x; y) statsionaarsetes punktides. Funktsiooni f (x1;...; xn) tinglik ekstreemum lisatingimustel F1,F2,Fr=0 võib olla abifunktsiooni statsionaarsetes punktides. Globaalse ekstreemumi ülesande korral on vaja leida funktsiooni f (x; y) suurim ja vähim väärtus antud piirkonnas . Seda tüüpi ülesannete lahenduskäik koosneb reeglina kolmest osast: 1 Leiame esialgse funktsiooni f (x; y) statsionaarsed punktid.
Punkti S saab esitada kujul S=P+(Q-P), kus 0<<1 Öeldakse, et n-muutuja funktsioonul on punktis P lokaalne miinimum(maksimum), kui leidub punkti P ümbrus U, et iga QU korral. QP, kehtib võrratus f(P)f(Q) (maksimumi korral vastupidi) Punkti P nim n-muutuja funkts-i statsionaarseks punktiks, kui on täidetud tingimused : f/xi(P)=0, i=1,...,n Öeldakse, et punktis A(a1,...,an) on funktsioonil u=f(x1,...,xn) tinglik lokaalne maksimum F1( x1,..., xn) = 0 lisatingimusel Fm( x1,..., xn) = 0 kui leidub punkti A selline ümbrus U, et PU korral F1(P)=...=Fm(P)=0 ja PAf(A)>f(P) Hulka nim sidusaks, kui selle hulga iga kaks punkti saab ühendada selles hulgas sisalduva joonega Väljateooria põhimõisted: u=f(x,y,z)-skalaarväli; F=(X(x,y,z),Y(x,y,z),Z(x,y,z))-vektorväli Vektorit f/x(P), f/y(P), f/z(P), nim skalaarvälja f gradiendiks punktis P(x,y,z) ja tähistatakse (grad f)(P)= f/x(P), f/y(P), f/z(P) X Y Z
3) Kui A < 0, siis ei ole funktsioonil punktis P1 lokaalset ekstreemumi. Juhul A = 0 jääb küsimus lokaalse ekstreemumi olemasolust punktis P1 lahtiseks. 27) Kahemuutuja funktsiooni tinglik ekstreemumülesanne. Lagrange'i funktsioon. Tinglike ekstreemumite seos Lagrange'i funktsiooni statsionaarsete punktidega. Vaatleme ülesannet kahemuutuja funktsiooni z = f(x, y) ekstreemumite ehk suurima ja vähima väärtuse leidmiseks lisatingimusel (x, y) = 0 , kus on etteantud kahemuutuja funktsioon. See võrrand määrab teatud joone xy-tasandil. Seega tuleb antud tingliku ekstreemumülesande lahendamisel leida funktsiooni z = f(x, y) graafiku madalaim ja kõrgeim punkt joone (x, y) = 0 kohal. Tingliku ekstreemumülesande lahendamisel saab kasutada selle ülesandega seotud nn Lagrange'i funktsiooni. Lagrange'i funktsioon konstrueeritakse selliselt, et funktsioonile f liidetakse juurde
3) Kui A < 0, siis ei ole funktsioonil punktis P1 lokaalset ekstreemumi. Juhul A = 0 jääb küsimus lokaalse ekstreemumi olemasolust punktis P1 lahtiseks. 27) Kahemuutuja funktsiooni tinglik ekstreemumülesanne. Lagrange'i funktsioon. Tinglike ekstreemumite seos Lagrange'i funktsiooni statsionaarsete punktidega. Vaatleme ülesannet kahemuutuja funktsiooni z = f(x, y) ekstreemumite ehk suurima ja vähima väärtuse leidmiseks lisatingimusel (x, y) = 0 , kus on etteantud kahemuutuja funktsioon. See võrrand määrab teatud joone xy-tasandil. Seega tuleb antud tingliku ekstreemumülesande lahendamisel leida funktsiooni z = f(x, y) graafiku madalaim ja kõrgeim punkt joone (x, y) = 0 kohal. Tingliku ekstreemumülesande lahendamisel saab kasutada selle ülesandega seotud nn Lagrange'i funktsiooni. Lagrange'i funktsioon konstrueeritakse selliselt, et funktsioonile f liidetakse juurde
või osatuletist selles punktis ei eksisteeri või osatuletis on lõpmatu. Tinglik kriitiline punkt Tinglikuks kriitiliseks punktiks nimetatakse punkti, kui see punkt on statsionaarne punkt või punkte, mis rahuldavad lisatingimust ja kus funktsioonide f ja J osatuletised ei ole pidevad Tingliku kriitilise Funktsiooni f(x,y,...) tingliku ekstreemumi leidmiseks lisatingimusel g(x,y, punkti leidmine ...)=0 Lagrange'i kordajate meetodil moodustame Lagrange'i funktsiooni (x,y,...,)=f(x,y,...)+g(x,y,...), kus on mingi kordaja, ja lahendame süsteemi x=0, y=0, ..., =g(x,y,...)=0 Funktsiooni tuletis Olgu u=(,) ühikvektor. Funktsiooni f(x,y) tuletiseks punktis (a,b) suunas u antud suunas nimetatakse suurust Duf(a,b) ¿ fx ( a , b )+ fy ( a , b )
27) Kahemuutuja funktsiooni tinglik ekstreemumülesanne. Lagrange'i funktsioon. Tinglike ekstreemumite seos Lagrange'i funktsiooni statsionaarsete punktidega. Kahemuutuja funktsiooni tinglikud ekstreemumid. Vaatleme n¨ uu¨d u ¨lesannet kahemuutuja funktsiooni z = f (x, y) ekstreemumite ehk suurima ja v¨ahima v¨ a¨artuse leidmiseks lisatingimusel (x, y) = 0 , (6.62) kus on etteantud kahemuutuja funktsioon. M¨argime et v~orrand (6.62) m¨a¨ arab teatud joone xy-tasandil. Seega tuleb antud tingliku ekstreemum¨ ulesande la- hendamisel leida funktsiooni z = f (x, y) graafiku madalaim ja k~orgeim punkt joone (x, y) = 0 kohal. Tingliku ekstreemum¨ ulesande lahendamisel saab kasutada selle u¨lesandega
z x'' 2 z 'y' 2 Kas ekstreemum on maksimum või miinimum selgitatakse või märgi järgi: z x'' 2 > 0 min z x'' 2 < 0 max ja (sama oli ka ühe muutuja korral). Lisatingimusega ekstreemumülesanne. Olgu vaja leida funktsiooni z = f(x, y) ekstreemum lisatingimusel g(x;y)=0. Siin on lahendamiseks kaks võimalust: 1. Üldjuhul koostame uue funktsiooni w = f(x, y) + g(x;y). ja esialgse funktsiooni ekstreemunid on uue funktsiooni w x' = 0 ' wy = 0
Fn(x1,...,xn) = 0". Kui iga punkti P C Ue(A) (P<>A) korral f(P) <= f(A) (f(P)>= f(A)) ning F1(A) = F2(A) = ... = Fr(A) = 0, siis Vaatleme funktsiooni f tuletist punktis P(x1, ..., xn) vektori s=AP suunas. on funktsioonil f punktis A tinglik lokaalne maksimum (miinimum). 1. Kui leidub selline punkti A ümbrus U(A), milles: Funktsiooni f(x,y) tinglik ekstreemum lisatingimusel F(x,y) = 0 võib olla abifunktsiooni (x , y ; ) = f (x , y ) + F (x , y ) a. fs(P) > 0 iga P C U(A) (P <> A) korral, siis A on miinimumkoht; statsionaarsetes punktides. b. fs(P) < 0 iga P C U(A) (P <> A) korral, siis A on maksimumkoht; Funktsiooni f(x1, ..., xn) tinglik ekstreemum lisatingimusel F1(x 1,..
x 0 x y f ( x 0 + x ) - f ( x 0 ) = erinevuste suhe, y-i, x-i keskmise muudu määr. Kui x on väga väike, x x siis tuletis on funk-i muudu ja argumendi muudu suhte piirväärtus argumendi muudu lähenemisel nullile. y/x mõõdab y-i muutumise määra. Tuletis on hetkelise muudu määr. Tuletis on kõvera kallak (tõus või langus) e muudu määr. 12. Osatuletised ja nende geomeetriline tuletamine. Osatuletised on tavatuletised teatud lisatingimusel. Vaatleme mitme muutujaga funk-i y=f(x 1,x2,...,xn) lubame muutuda ainult ühel muutujal, teised fikseerimey muutub osaliselt y y f 'i = = lim Mitme muutuja funk-i osatuletise leidmine mingi muutuja järgi tuleb funk-i xi xi 0 xi diferentseerida selle muutuja järgi kui ühe muutuja funk-i, vaadeldes ülejäänud muutujad Q konstantidena. Osatuletise geom
Öeldakse, et mitmemuutja fn-il f(p)=f(x1;x2;xn) on punktis M(a1;a2;an) lokaalne tinglik
ekstreemum, kui on täidetud tingimised: 1) k(M)=0; k=1,2...m (m
n x n x n xn 1 ( x1 ,..., x n ) = 0 ( x ,..., x ) = 0 k 1 n i ( i ) Süsteemi lahenditeks on punktid Pi x1 ,..., x n koos vastavate parameetrite väärtustega 1,i , 2,i ,..., k ,i . 17. Kahe muutuja funktsiooni tingliku ekstreemumi piisavad tingimused. Vaatleme funktsiooni z = f ( x, y ) tingliku ekstreemumeid lisatingimusel ( x, y ) = 0 Kriitilises punktis on funktsiooni y esimene tuletis null. dy f f = + y = 0 dx P x y P Kriitilist punkti saab uurida teise tuletise märgi abil d 2y 2 f 2 f 2 f 2 f = + y + y + ( y ) 2 + f y (17.1) dx 2 x 2 xy yx y 2 y Diferentseerides kaks korda lisatingimust ( x, y ) = 0 2 2 2
lahendamise saab nüüd taandada Lagrange’i funktsiooni statsionaarsete punktide leidmisele. Nimelt kehtib kulgeb parajasti üks diferentsiaalvõrrandi y' = f(x, y) integraalkõver. järgmine lause: Leidub λ R nii, et funktsiooni f(x, y) ekstreemumid lisatingimusel (x, y) = 0 11
kinnine karp. Millised peavad olema selle karbi m~o~otmed, mille korral ruum- ala oleks maksimaalne. Tegemist on t¨ uu¨pilise lisatingimusega ekstreemum¨ulesandega. Olgu karbi m~o~otmed x, y ja z. Siis tuleb leida ruumala V = xyz maksimum, nii et olekas t¨aidetud tingimus 2xy + 2xz + 2yz = 2a Selle n¨aite juurde p¨o¨ordume tagasi, kui on tehtud vastav teoreetiline et- tevalmistus. Olgu esiteks vaja leida kahe muutuja funktsiooni z = f (x, y) ekstreemu- mid lisatingimusel (x, y) = 0. Ekstremumpunkte tuleb leida ainult nende hulgast, mis rahuldavad seda v~orrandit Viimane on u ¨he muutuja funktsiooni dy ilmutamata kujuks. Selle funktsiooni tuletis = - x. dx y Seega on z sisuliselt u ¨he muutuja x funktsioon. T¨aistuletise valemist (6.22) saame, et dz z z dy
annaabi.ee 
