13-Mavzu Ko’p o’zgaruvchili funksiyaning ekstremumlari. Ko’p o’zgaruvchili funksiyaning ekstremum qiymatlari lokal

13-Mavzu Ko’p o’zgaruvchili funksiyaning ekstremumlari.

Ko’p o’zgaruvchili funksiyaning ekstremum qiymatlari (lokal
ekstremum qiymatlari). Ekstremumning zaruriy sharti.

00
M 0 x10 , x2 ,..., xm  M  bo’lsin.



u  f x1 , x2 ,..., x3   f M 



funksiya

{M }  R m

to’plamda

berilgan

bo’lib,

6-ta’rif. Agar M0 nuqtaning shunday u M 0   M  atrofi mavjud bo’lib, M  u M 0 

uchun

f M   f M 0 

 f M   f M 0 

bo’lsa,

f(M)

funksiya

M0

nuqtada

maksimumga

(minimumga) ega deyiladi, f(M0) qiymat esa f(M) funksiyaning maksimum (minimum) qiymati deyiladi.

Agar M  u M 0  \ {M 0 } uchun f M   f M 0 

 f M   f M 0 

bo’lsa, f(M) funksiya M0

nuqtada qat’iy maksimumga (qat’iy minimumga) ega deyiladi. Funksiyaning maksimum va minimum
qiymatlarini birgalikda ekstremum qiymati deb ataladi. Funksiyaning maksimum (minimum) qiymati
quyidagicha belgilanadi.

f M 0   max

M u   M 0 

 f M 

m

f M 0   min

M u   M 0 

 f M 

nuqtadagi to’liq orttirmasi u  f M   f M 0  quyidagi shartlarning birontasini qanoatlantiradi.

u=f(M) funksiya M 0 {M }  R

nuqtada ekstremumga ega bo’lsin, u holda uning M0

u  0

u  0

(43)

(44)

(43) bajarilganda funksiya M0 nuqtada maksimum, (44) bajarilganda esa minimum qiymatga ega bo’ladi.

Aksincha, funksiyaning M0 nuqtadagi to’liq orttirmasi (43) ((44)) shartini qanoatlantirsa, u holda
funksiya bu nuqtada maksimum (minimum) qiymatga ega bo’ladi. Funksiyaning ekstremumga ega
bo’lishining zaruriy shartini ifodalovchi teoremani isbotlaymiz.

23-teorema. (Funksiya ekstremumining zaruriy sharti). u  f x1 , x2 ,..., x3   f M  funksiya

M 0 {M }  Rm ekstremumga erishsa va nuqtada barcha f x`1 , f x`2 ,..., f x`m xususiy hosilalarga ega bo’lsa,

u holda

f x`1 M 0   0 , f x`2 M 0   0,..., f x`m M 0   0

bo’ladi.

(45)

x

Isbot.

u  f x1 , x2 ,..., xm 

2

000 x2 , x2  x3 ,..., xm  xm ni belgilab, x1 argumentini o’zgaruvchi sifatida qol-diramiz. U holda

00u  f x1, x2 ,..., xm







funksiya

argumentlarining

x2 , x3 ,..., xm

0

lari

funksiya x1 argumentning funksiyasi bo’ladi. Bu funksiya x1  x1 nuqtada

ekstremumga va bu nuqtada x1 bo’yicha xususiy hosila

дu
ga ega bo’ladi. Ferma teoremasigi asosan
дx1

дu

=0 bo’ladi. Xuddi shunday yo’l bilan qolgan argumentlar bo’yicha xususiy hosilalarning ham nolga
дx1

teng bo’lishini ko’rsatish mumkin. Shunday qilib,

дu
|M  0,
дx1 0

i  1,2,..., m

(46)

shart, funksiyaning elektremumga ega bo’lishi uchun zaruriy shart bo’lar ekan.

000
6-Eslatma. Agar u  f x1 , x2 ,..., x3   f M  funksiya M 0 x1 , x2 ,..., xm nuqtada ekstremumga





ega va differensiallanuvchi bo’lsa, u holda (46) shartdan

du / M 0  0

дu
|M 0  0 bo’ladi. Haqiqatan ham
дx1

дuдuдuдu
|M 0 |M 0 dx1 |M 0 dx2  ... |M 0 dxm  0
дxдx1дx2дxm

bo’lgani uchun, agar

(46`)

shart kelib chiqadi. Aksincha, agar M0 nuktada du=0 bo’lsa, u holda bu nuqtada xamma xususiy xosilalar

dx1  0, dx2  ...  dxm  0

deb belgilasak, u xolda

дu
|M  0 ekanligiga ishonch xosil kilamiz Xuddi shunday muloxazalardan (45)
дx1 0

shartning funksiya ekstremumga ega, bo’lishi uchun zarur shart ekanligi kelib chikadi, ya’ni (45)
shartning (45) shartga ekivalent ekanligi kelib chikar ekan.

7-eslatma (46) va (46′) shartlar funksiyaning ekstremumga ega bo’lishi uchun yetarli shart bo’la
olmaydi.

Misol. U=f(x1,x2)=x1x2 funksiya R2 da aniklangan bo’lib, u

f x`1 x1 , x2   x2 , f x`2 x1 , x2   x1

xususiy xosilalarga ega va ular M0(0,0) nuqtada nolga aylanadi. Lekin f(x1,x2)=x1x2 funksiya M0(0,0)
nuktada ekstremumga ega emac, chunki u M0(0,0) nuktada nolga teng va uning ixtiyoriy atrofida musbat
va manfiy kiymatlarni kabul kiladi. U=f(M) funksiyani nolga aylantiruvchi nuqtalar uning stasionar
nuqtalari deyiladi.

– Ma’ruza bo’yicha o’z – o’zini tekshirish savollari.

1. Ko’p o’zgaruvchili funksiyaning maksimum va minimum qiymatlari ta’rifini ayting.
2. Ko’p o’zgaruvchili funksiyaning qat’iy ekstremumlari ta’rifini ayting.
3.funksiyaning nuqtadagi maksmimum(minimum), qat’iy maksmimum(minimum)
qiymatlarini topish uchun nima ish qiliah kerak?

4.

funksiyaningnuqtada ekstremum ega bo’lishining zaruriy shartini keltiring va uni
isbot qiling.
5. Funksiyaning statsionar nuqtasi deb, qanday nuqtaga aytiladi?

– Ma’ruza bo’yicha muammoli topshiriqlar

1. Statsionar nuqtada funksiya ekstremum qiymatga ega bo’ladimi?
2.
Funksiya ochiq {M}to’plamnig qandayn nuqtalarida ekstremumlarga ega bo’ladi.?

3.

funksiya

(0; 0) nuqtada ekstremumga ega bo’ladimi?

Ko’p o’zgaruvchili funksiyaning shartli ekstremumlari.

Endi biz funksiyaning ekstremumga erishishning yetarli shartini keltiramiz.

00
U=f(M) funksiya M 0 x1 ,.., xm nuqtaning biror u M 0  atrofida aniq-langan bo’lsin. Ma’lumki,





u=f(M) funksiyaning M0 nuqtada ekstremumga ega bo’lishi yoki bo’lmasligi

u  f ( M )  f M 0 

(46)

ayirmaning ishorasiga boђliq. Ravshanki, bu ayirma u M 0  atrofida o’z ishorasini saqlasa, ya’ni har

doim u  0 u  0 bo’lsa, f(M) funksiya M 0 nuqtada minimumga (maksimumga) erishadi. Agar

ekstremumga erishmaydi. Demak, bunday keyingi masala (4) ayirma o’z ishorasini saqlaydigan u M 0 

(46) ayirma har qanday u M 0  atrofida o’z ishorasini saqlamasa, u holda f(M) funksiya M 0 nuqtada

atrof mavjudmi yoki yo’qmi degan masala bilan shuђullanamiz. Biz bu masalani xususiy xolda, ya’ni
f(M) funksiya quyidagi shartlarni bajarsin:

1) f(M) funksiya biror u M 0 

atrofda uzluksiz, barcha argumentlari bo’yicha birinchi va

ikkinchi tartibli uzluksiz xususiy xosilalarga ega;

2)

M0

nuqta

f(M)

funksiyaning

stasionar

nuqtasi

bo’lsin,

ya’ni

f x11 M 0   0 , f x12 M 0   0,..., f x1m M 0   0 . M 0 nuqta funksiyaning stasionar nuqtasi ekanini e’tiborga

olib, (36) Teylor formulasidan foydalanib quyidagi

U 

122
f x2 x12  f x2 x2  ...  f x2 xm  2 f x1x 2 x1x2  f x1x3 x1x3  ...  f x 1 x m xm 1xm m2m2! 1







1 n  f xx k xi xk
2! i , k 1 i

ifodani

topamiz,

bunda

lar

(47)

f xxk i, k  1,2,..., mi

x

f M   f x1 , x2 ,..., xm 

0
1

funksiyaning

00
 x1, x2  x2 ,..., xm  xm (0    1)



barcha

xususiy

hosilalari

nuqtada

hisoblangan.

Yozishni qisqartirish uchun quyidagi belgilarni olamiz:

aik  f xxk M 0  (i, k  1,2,..., m)i

Funksiyaning ikkinchi tartibli hosilalari M 0 nuqtada uzluksiz bo’lgani uchun

00
f xx1 x10  x1 , x2  x2 ,..., xm  xm  aik  ik i, k  1,2,..., mi

(48)





(49)

tenglik o’rinli bo’ladi, bunda xamma  lar x1  0, x2  0,..., xm  0 da nolga intiladi va aik  aki

bo’ladi. (48) va (49) larni e’tiborga olib (47) ni quyidagi

m
1 m
u    aik xi xk   ik xi xk 2!  i , k 1i , k 1


ko’rinishga keltiramiz. Bu tenglikni ushbu

u 

2 

  aik
2!  i ,k 1


m

xi xk



  ik

i ,k 1

m

xi xk 

 


ko’rinishida ham yozish mumkin. Agar  i 

xi



i  1,2,..., m  deb bilgilasak, u holda

m

m

u 

2 


  aik i k   ik i k 2!  i ,k 1i ,k 1


(50)

bo’ladi. u ning ishorasini tekshirish uchun algebra kursidan batafsil o’rganiladigan kvadratik forma
tushunchasini qisqacha keltirib o’tamiz:

Ushbu

formasi deyiladi, bunda bik i, k  1,2,..., m  larga kvadratik

 m
P1 , 2 ,..., m     bik i k 

 i , k 1

ifodaga 1 ,  2 ,...,  m o’zgaruvchilarning kvad-ratik

formaning koeffisiyentlari deb ataladi.

Ma’lumki, xar bir kvadratik forma o’z koeffisiyentlari orkali to’la aniklanadi..

Ravshanki, 1   2  ...   m  0 bo’lsa xar kanday kvadratik forma uchun R(0,0,....,0)=0

bo’ladi.

Endi bundan nuktalarni qaraylik. Bunda kuyidagi xollar bo’lishi mumkin:

22

1. Barcha 12   2  ...   m  0 nuktalar uchun P1 , 2 ,...,  m   0 . Bu xolda kvadratik forma

musbat aniklangan deyiladi.

22
2. Barcha 12   2  ...   m  0 nuktalar uchun P1 , 2 ,...,  m   0 . Bu xolda kvadratik forma

manfiy aniqlangan deyiladi.

3.

Ba’zi

P1 , 2 ,...,  m   0 . Bu xolda kvadratik forma noaniq deyiladi.

1 , 2 ,...,  m 

nuktalar

uchun

P1 , 2 ,...,  m   0

ba’zi

nuktalar

uchun

nuqtalar xam borki, P1 , 2 ,...,  m   0 bu xolda kvadratik forma yarim musbat aniklangan deyiladi.

22
4. Barcha 12   2  ...   m  0 nuktalar uchun P1 , 2 ,...,  m   0 va ular orasida shunday

1 , 2 ,...,  m 

222
5. Barcha 1   2  ...   m  0 nuktalar uchun P1 ,  2 ,...,  m   0 va ular orasida shunday

nuktalar xam borki, P1 , 2 ,...,  m   0 bu xolda kvadratik forma yarim manfiy

aniklangan deyiladi.

1. Ushbu Q1 ,  2 ,...,  m  

i ,k 1

a

m

ik

  i k kvadratik forma musbat aniklangan bo’lsin. Ma’lumki

xi

22
  x12  x2  ...  xm ,  i 



i  1,2,..., m

Bulardan 1   2  ...   m  1 ekanligi kelib chikadi. Ma’lumki

2

2

2

 , ,...,   R

1

2

m

m

2
: 12  22  ...  m  1



to’plam Rm markazi 0=(0,0,..0) nuktada, radiusi 1 ga teng bњlgan sferani aniklaydi. Biz uni bundan keyin
kiskacha S1(0)=S1((0,0,....,0)) deb belgilaymiz. S1(0)-sfera yopik va chegaralangan to’plam bo’ladi. Bu

sferada aniklangan Q1 ,  2 ,...,  m  funksiya uzluksiz bo’ladi. Veyershtrassning birinchi teoremasiga

asosan bu funksiya chegaralangan bњladi, xususiy xolda u quyidan chegaralangan bo’ladi:

unda Q1 ,  2 ,...,  m  >0 bo’lishini topamiz.

Ikkinchi tomondan Veyershtrasning ikkinchi teoremasiga asosan Q1 ,  2 ,...,  m  funksiya S(0)

sferada o’zining anik kuyi chegarasida erishadi, ya’ni biror

00
Q 10 ,  2 ,..., m

Q1 , 2 ,...,  m   c

c  const .

Agar kvadratik formaning musbat aniqlanganligini e’tiborga olsak,




  min Q



000
1 , 2 ,..., m



  S1 0 nukta uchun

1

,  2 ,..., m



ekanligi kelib chikadi.

bo’ladi.

Kvadratik forma musbat aniklangani uchun

Demak, S1(0) sferada Q1 , 2 ,..., m  

00
Q 10 , 2 ,..., m  0



i , k 1

 aiki k

m

 c  0 bo’ladi.

Endi

i , k 1

L  

m

m

ik i k

ni baholaymiz:Koshi-Bunyakovskiy tengsizligiga asosan

m  mm m
 aiki k     aiki  k     aik k     i  
i , k 1i 1  k 1   k 1  i 1  k 1


m

1
2 2


1
2 2

m m m 2m  m 2 m 2
    aik k       aik   k     aik 
  i 1  k 1 k 1  i , k 1  i 1  k 1


1
2 2


1
 2

1
2

Ma’lumki x1  0, x2  0,..., xm  0 barcha aik  0 . Buni e’tiborga olganimizda M0 nuqtaning

atrofini yetarlicha kichik qilib olish bilan 


c2 
aik   tengsizlikga erishish mumkin.
  2
 i , k 1 

m

m



1
2

 2 c   2c
  aik i k   ik i k  
Demak, (50) dan u  2 c  2   4  02  i ,k 1i ,k 1


m

2 

2. Q1 ,  2 ,...,  m  

i ,k 1

a

m

ik

  i k kvadratik forma manfiy aniqlangan bo’lsin. Bu xolda M0

nuqtaning yetarlicha kichik atrofida

u 

2 


  aik i k   ik i k   02  i , k 1i , k 1


m

m

bo’lish yuqoridagi xoldek ko’rsatiladi. Shunday qilib biz quyidagi teoremaga kelamiz.

24-teorema. Agar: 1) f(M) funksiya M0 nuqtaning biror u M 0  atrofida barcha x1, x2,…, xm

tartibli uzluksiz xususiy xosilalarga ega;

2) M0 nuqta f(M) funksiyaning stasionar nuqtasi;

3) koefisentlari aik  f xxk M 0  i, k  1,2,..., m bo’lgan Q1 ,  2 ,...,  m  i

i ,k 1

a  

m

ik i k

kvadratik

forma musbat (manfiy) aniqlangan bo’lsa, u xolda f(M) funksiya M0 nuqtada minimumga (maksimumga)
erishadi.

3) Agar Q1 ,  2 ,...,  m  

i ,k 1

a

m

ik

  i k kvadratik forma noaniq aniqlangan bo’lsa, f(M) funksiya

M0 nuqtada ekctremumga erishmaydi. Haqiqatdan ham 1 ,  2 ,...,  m larning shunday 1 ,2 ,..., m va

1 ,2 ,..., m qiymatlari topiladiki,

Q1 ,2 ,..., m   0 Q1 ,2 ,..., m   0

bo’ladi. M 0 x1 , x2 ,..., xm

(51)



0

0

0



va M 0 x1  1 , x2  2 ,..., xm  m

0

0

0





nuqtalarni birlashtiruvchi

00

x1  x10  1, x2  x2  2 ,..., xm  xm  m

0  t  1

(52)

kesmaning nuqtalari (50) munosabatda ushbu

m
t2  m
u    aikik   ikik 2  i , k 1i , k 1


ko’rinishga keladi. Bu tenglikning birinchi qo’shiluvchisi (51) ga ko’ra musbat bo’ladi. Ikkinchi
qo’shiluvchisi esa t0 da nolga intiladi. Demak (52) kesmaning M0 nuqtaga yetarli yaqin bњlgan M
nuqtalari uchun u ayirma musbat, ya’ni f(M)>f(M0) bњladi. Xuddi shunday

00
x1  x10  t1, x2  x2  t2 ,..., xm  xm  tm

kesmaning M0 nuqtaga yetarlicha yaqin bo’lgan M nuqtalari uchun u ayirma manfiy, ya’ni f(M)0)
bo’ladi.

Shunday qilib, bu xolda u=f(M)-f(M0) ayirma M0 nuqtaning yetarlicha kichik atrofida o’z
ishorasini saqlamaydi. Bu esa f(M) funksiya M0 nuqtada ekstremumga erishmasligini bildiradi.

4-5. Agar Q1 ,  2 ,...,  m  

i ,k 1

a

m

ik

  i k kvadratik forma yarim musbat yoki yarim manfiy

aniqlangan bo’lsa, f(M) funksiya M0 nuqtada ekstremumga erishishi ham erishmasligi ham mumkin. Bu
xol «shubxali» xol bo’lib qo’shimcha tekshirish bilan aniqlanadi.

Kvadratik formaning musbat yoki manfiy aniqlanganligi algebra kursidan ma’lum bo’lgan
Cilvestr alomatidan foydalanib topish mumkin.

Silvestr alomati. Ushbu

P1 , 2 ,...,  m  

kvadratik formaning musbat aniqlangan bo’lishi uchun

i , k 1

b  

m

ik i k

b11 b12
b11  0,
b21 b22

b11 b12 ...b1m
b21 b22 ...b2 m
 0,...,0
................
bm1 bm 2 ...bmm

tengsizliklarning bajarilishi, manfiy aniqlangan bo’lishi uchun esa

bm  0,

b11 b12
b21 b22

b11 b12 ...b13
b b ...b 0,...,  1m 21 22 2 m  0
.......... ......
bm1 bm 2 ...bmm

tengsizliklarning bajarilishi zarur va yetarli. Xususiy holda u=f(x1,x2) bo’lgan holni qaraymiz. f(x1,x2)

funksiya

0 0
M 0 x1 , x2 nuqtaning biror





u M 0   M x1, x2   R2 :  M , M 0      0

10atrofida birinchi, ikkinchi tartibli uzluksiz hosilalarga ega bo’lsin. M 0 x0 , x2

''
funksiyaning stasionar nuqtasi bo’lsin: f x1 M 0   0, f x2 M 0   0, . Odatdagiday









nuqta esa berilgan

a11  f x2 M 0 , a12  f x x M 0 , a22  f x2 M 0 

1

1

2

2

deb belgilaymiz.

1. Agar

a11
a21

a120 02 a11a22  a11  0 va a11  0 bo’lsa, f(x1,x2) funksiya M 0 x1 , x2 nuqtada
a22





minimumga erishadi.

2. Agar a11a22  a12  0 va a11  0 bo’lsa, f(M) funksiya M0 nuqtada maksimumga erishadi.

2

3. Agar a11a22  a12  0 bo’lsa, f(M) funksiya M0 nuqtada ekstremumga erishmaydi.

2

4. Agar a11a22  a12  0 bo’lsa, f(M) funksiya M0 nuqtada ekstremumga erishish ham mumkin,
erishmasligi ham mumkin. Bu «shubhali» hol qo’shimcha tekshirish yordamida aniqlanadi.
Haqiqitan ham Silvestr alomatiga ko’ra, 10 va 20 hollarda kvadratik forma mos ravishda musbat
yoki manfiy aniqlangan bo’ladi. 30 holda, ya’ni

2

2a11a22  a12  0

(53)

bo’lganda

Q1 , 2   a1112  2a121 2  a22 22

kvadratik forma noaniq aniqlangan bo’ladi. Haqiqatan ham a11  0 bo’lsin. Bu holda (53) dan a12  0

ekanligi kelib chiqadi. Natijada

Q1 , 2   2a121  a22 2  2

bo’ladi. Bu kvadratik forma 1 

1  a22
,  2  1 qiymatda musbat:
2a12

 1  a22 
Q 2a ,1  1  0

12

qiymatda esa manfiy:

ва

1 

1  a22
,  2  1
2a12

 1  a22 
Q 2a ,1  1  0

12

bo’ladi. Endi a11  0 bo’lsin. Bu holda Q1, 2  kvadratik formani quyidagicha yozib olamiz:

2

2
a12  a11a22  a12 2 
Q1, 2   1 2   2   a112
a11 a11


(54)

Bundan 1  

a12
,  2  1 qiymatda
2a11

22
 a12 a12a12  a11a2
Q ,
 a ,1  0 va 1   a 

a11 11 11

2  1

qiymatlarda esa Q1,1  0 bo’ladi.

a11  0 bo’lsin. Bu holda (54) dan Q1, 2  kvadratik formaning 1  

musbat

22a12a12  a11a2 a12 
va 1  ,Q  a ,1  0

a11a11 11 

a12
,  2  1 qiymatda
a11

1  1

2

qiymatlarda esa Q1,1  0 bo’lishini topamiz. Shunday qilib, a11a22  a12  0 bo’lganda Q1, 2 

kvadratik forma noaniq bo’lar ekan.

4. a11a22  a12  0 bo’lsin. Bu holda a11  0 bo’lsa, unda a12  0 bo’lib, Q1, 2  kvadratik

2

forma Q1 , 2   a22 2 ko’rinishga keladi. Ravshanki, a22  0 bo’lganda Q1, 2   0, a22  0

2

bo’lganda esa Q1, 2   0 bo’lib, 1 ning ixtiyoriy qiymatlarida Q1,0  0 bo’ladi.

Agar a11  0 bo’lsa,

aQ1 , 2   a11  1  12  2   0,
a11 
a11  0

bo’lsa,

2

aQ1 , 2   a11  1  12  2   0
a11 

bo’lib, 1 va  2 larning 1  

2

kvadratik forma nolga teng bo’ladi. Demak bu xolda Q1, 2  kvadratik forma yarim musbat yoki yarim

manfiy aniqlangan bo’ladi.

Misol: 1) Ushbu

a12 2 tenglikning qanoatlantiruvchi barcha qiymatlarida Q1, 2 
a11

x2 y2u  f  x, y  

2 p 2q

 p  0,

q  0

funksiyani ekstremumga tekshiring. Bu funksiyaning xususiy xosilalarni topamiz:

u x

xy11
, u  , u2  , u2  , u  0, u  0yxyyxxypqpq

Ravshanki, M 0 0,0  nuqta yagona stasionar nuqta bo’ladi, chunki

u 0,0  0, u 0,0  0 a11  u2 xyx

1
, a22  u2  q, a12  u  0xyp

2
Bunda a11a22  a12  0 a11  0 bo’lgani uchun 10 xolga asosan berilgan funksiya nuqtada M 0 0,0 

minimumga ega, ya’ni

u  f min 0,0  0 .

2) u  f x, y   x  y  3axy

3

3

a  0

funksiyani ekstremumga tekshiring. Bu funksiyaning

birinchi va ikkinchi tartibli xususiy xosilalarini topamiz:

u  3x 2  3ay, uy  3 y 2  3axx

u2  6 x, uy2  6 y, u  3a, uyx  3axyx

bu sistemani yechib, (0,0) va a, a  nuqtalar berilgan funksiyaning stasionar nuqtalari ekanini topamiz.

a11  u2 a, a,  6a, a12  u a, a   3a,xyx

2

a22  u2 a, a   6ay

Bunda a11a22  a12  0 bo’ladi. Demak, a11  0 bo’lganda a, a  nuqtada berilgan funksiya minimumga

erishadi, a11  0 bo’lganda esa maksimumga erishadi, ya’ni

2
f min a, a   a 3 . (0,0) nuqtada a11a22  a12  9a 2  0 bњlib,

(0,0) nuqtada ekstremumga erishmaydi.

3) Ushbu

u  f x, y    y  x    y  2

2

2

funksiyani ekstremumga tekshiring. Berilgan

funksiyaning birinchi va ikkinchi tartibli xususiy xosilalarini topamiz:

u  f x x, y   2 y  x ,x
uy  f y  x, y   2 y  x   2 y  2 ,

u2  2, uy 2  2  2  4, u  2.
xy
x

u  2 y  x   0 yx0 x  2 xy  2 y  x   2 y  2   0
u
y  x  y  2  0y  2

Demak M0(-2,-2) nuqta berilgan funksiya uchun stasionar nuqta bo’ladi. Bu nuqtada

2a11a22  a12  0 bo’ladi. 40 xolatga asosan M0(-2,-2) nuqtada «shubxali» xol yuzaga kelar ekan. Bu

nuqtada ekstremumga erishish yoki erishmasligini aniqlash uchun qo’shimcha tekshirish o’tkazamiz. (-2,-
2) nuqtadan o’tuvchi y=x to’ђri chiziqning nuqtalarini qaraylik. Bu to’ђri chiziq nuqtalarida berilgan
funksiya f(x,y)=(y+2)3 bo’lib, y<-2 da f(x,y)<0, y>-2 da f(x,y)>0 bo’ladi. Demak, f(x,y) funksiya (-2,-2)
nuqta atrofida ishora saqlamaydi. Shuning uchun berilgan funksiya (-2,-2) nuqtada ekstremumga
erishmaydi.

– Ma’ruza uchun o’z – o’zini tekshirish savollari.

1.

funksiyaning biror

nuqtada

xususiy hosilalarga ega va

2.
3.
4.

5.

6.

7.

bo’lishidan uning shunuqtada ekstremumga ega bolishi har doim kelib
chiqadimi? Javobingizni misol orqali sharhlang.
Kvadratik formaning ta’rifini ayting va ko’rinishi yozing.
Silvestr alomatini yozing.
funksiya uchun, uningnuqtada maksumumga ega bo’lishlik shartini yozing
(Silvestr alomatiga asosan).
funksiyaningnuqtada ekstremumlarga ega bo’lmaslik shartini yozing. (Silvestr
alomatiga asosan)
funksiyaningnuqtada minimumga ega bo’lmaslik shartini yozing. (Silvestr alomatiga
asosan)
Shartli ekstremumlarning ta’rifini ayting.

– Ma’ruza bo’yicha muammoli topshiriqlar

1. Agarbo’lsa,funksiyanuqtada ekstremum qiymatga erishadimi?
Javobingizni sharhlang.
2. Ushbufunksiyanin ekstremumga tekshiring.
3. O’zgaruvchilarning bir qismini yo’qotish usuli bo’yicha
funksiyaning ekstremumini
bog’lanishlar bajarilganda toping.