Xviii bob. Hosila yord amid a funksiyani tekshirish
Yüklə 412,85 Kb. Pdf görüntüsü
|
|
7-teorema
(ekstremum mavjudligining ikkinchi yetarlilik sharti). Agar, /"(xo ) x = xQ kritik nuqtada maksimumga ega bo‘ladi, /"(xo)>0 bo Uganda у x = x0 kritik nuqtada minimumga ega bo‘ladi. Isboti. Aniqlik uchun /"(xo)<0 bo‘Ism. /(x) funksiya x = x0 kritik nuqtada maksimumga ega ekanligini ko ‘rsatamiz. Ikkinchi hosilaning ta ’ rifiga binoan: Д»~»0 Дх Shartgako ‘ ra /'(xo) = o bo‘lgani uchun /"(x0 ) = Um /'(x„ +Ax) Ax Ammo /”(х0) < о. Shuning uchun /"(xo ) Ax <0. 239 limiti manfiy ifodaning o‘zi ham kichik |дх| lar uchun manfiy bo‘ lganligi sababli /'(x 0 + Ax) Ar bo ‘ladi. Ax<0 bo ‘ lsin, u holda f' (x 0 + Ax) > о ; agarda Ax>0 bo ‘Isa, u holda f*(x 0 + Ax) < o . Bu x = x0 kritik nuqtaning chap tomonidan о ‘ng tomoniga o‘tishda hosila ishorasini plyusdan minusga o‘ zgartirishini ko‘rsatadi. Demak, ekstremum mavjudligining birinchi yetarlilik shartiga ko‘ra y = /(x) funksiya x = x0 nuqtada maksimumga ega. Teoremaning ikkinchi qismi ham shunga o‘xshash isbotlanadi. 7-misol. ^ = x+2cosx funksiyaning [cw] kesmadagi ekstremumini toping. Yechish. 1. Birinchi hosilani topamiz: y= l-2sinx. 2. (0;2yr) intervalga tegishli kritik nuqtalarni topamiz: 1 — 2sinx = 01 sinx = — , x. = —, x, = — . 7 n 7 1 r 7 2 3. Ikkinchi hosilani topamiz: у=-2 cosx . 4. Ikkinchi hosilaning Xi = - ва x2 = — kritik ^nuqtalardagi 6 6 ishoralarini aniqlaymiz. = —2cos— = -2 • — = -л/3 < 0, /"f — 1 = -2cos — = 2 • — = Л > 0 6 2 \ 6 J 6 2 7- teoremaga binoan berilgan funksiya nuqtada 6 maksimumga va x2 = — nuqtada minimumga ega bo‘ladi. 6 8-misoI. /(x) = x4 funksiyaning ekstremumini toping. Yechish. Bu funksiya butun sonlar o‘qida aniqlangan va differen- siallanuvchi. 240 1. Hosilani topamiz: f'(x) = 4x 3. 2. Hosilani nolga tenglashtirib uning ildizlarini topamiz: /'(x) = о; 4x3 = 0; x — o -kritik nuqta. 3. Ikkinchi hosilani topamiz: f”(x) = llx2. Kritik nuqtada ikkinchi hosila nolga teng, ya’ni / ”(0) = 12-02 =0. Demak, qaralayotgan hoi uchun ikkinchi yetarlilik sharti ishlamaydi. Birinchi yetarlilik shartiga murojaat etib topamiz: x<0 da ,f(x) va x>0 da / (x)>o. Shunday qilib, x = o kritik nuqtaning chap tomonidan o‘ng tomoniga o'tishda hosila ishorasini minusdan plyusga o‘zgar- tirganligi sababli x = о nuqtada funksiya minimumga ega. Demak, kritik nuqtada ikkinchi hosila mavjud bo‘ lib u noldan farqli bo ‘ lgandagina ikkinchi yetarlilik shartidan foydalanish mumkin ekan. Agar kritik nuqtada ikkinchi hosila nolga teng bo‘Isa yoki mavjud bo ‘lmasa, u holda ikkinchi yetarlilik shartidan foydalanib bo‘lmaydi. Shunday qilib differensiallanuvchi y = f(x) funksiyaning ekstre mumini quyidagi sxema asosida izlash maqsadga muvofiqdir. 1. Fuksiyaning hosilasi /'(x) topiladi. 2. Kritik nuqtalar topiladi; buning uchun: a) /’(x) = o tenglamaning haqiqiy ildizlari topiladi. b) x ning j\x) hosila mavjud bo ‘lmagan yoki cheksizlikka aylanadigan qiymatlari topiladi. 3. Yetarlilik shartlarining birortasidan foydalanib topilgan kritik nuqtalaming har birida funksiyaning maksimum yoki minimumga ega ekanligi yoki ekstremumning mavjud emasligi aniqlanadi. 4. /(x) funksiyaning ekstrimumi mavjud kritik nuqtalaridagi qiymatlarini hisoblab uning ekstremumini topiladi. Ekstremumlar nazariyasining masalalar yechishga tadbiqi Ekstremumlar nazariyasi yordamida geometriya, mexanika va hakozolarga doir ko‘pgina masalalar yechiladi. Shunday masalalaming ba ’zilarini yechish usuli bilan tanishamiz. ■<* 241 1- masala. Uzunligi 120 metrlik panjara bilan bir tomondan uy bilan chegaralangan eng katta yuzga ega to ‘g‘ri to ‘rtburchak shaklidagi maydon o‘rab olinishi kerak. To‘g ‘ri to‘rtburchakli maydonning o ‘lchovlari (bo‘yi va eni) aniqlansin. Yechish. Maydonning uzunligini x, enini y, yuzini S orqali belgilaymiz. U holda to‘g ‘ri to‘rtburchakning yuzini topish formulasiga ко ‘ra maydonning yuzi s = xy bo ‘ ladi. S yuz hozircha ikkita erkli o‘zgaruvchilar x va у ga bog‘liq. Ulardan birortasini ikkinchisi orqali ifodalash uchun masalaning shartidan foydalanamiz. Shartga ko‘ra maydonning bir tomoni tayyor uy (devor) bilan, qolgan uch tomoni uzunligi 120m panjara bilan chegaralanishi lozim, ya’ ni x+2y = i20. Bundan х = 120-2>- kelib chiqadi. x ning ushbu qiymatini S yuzni topish formulasiga qo‘ yamiz. U holda 5 = (120-2у)у = 120у-2 y 2 bitta erkli o‘zgaruvchining funksiyasi hosil bo ‘ladi. Endi shu S(y) funksiyaning eng katta qiymatini topamiz. S"(.y) = 120 — 4y , S\y) = (120- 4 vj = -4, s'(y) = o yoki 120- 4y = o dan 4y = 12a у =30 yagona kritik nuqta kelib chiqadi. 5 ” (30) = -4 < o bo ‘ lgani uchun ikkinchi yetarlilik shartga ko‘ra x=30 qiymatda funksiya maksimumga ega. Bu yagona maksimum uning eng katta qiymati ham bo‘ladi. Shunday qilib, bir tomoni uy bilan qolgan uch tomoni 120 m uzunlikdagi panjara bilan chegaralangan to ‘rtburchak shaklidagi maydonlar orasida eni у=30.и, bo‘yi (uzunligi) x = 120-2-30= 60m bo‘lgan maydon eng katta s, = 60-30m2 = isoon2 yuzga ega bo‘ lar ekan. 2- masala. 180 soni ko ‘paytmasi eng katta va ulardan ikkitasi 1:2 nisbatda bo ‘ lgan uchta qo‘shiluvchiga ajratilsin. Yechish. Faraz qilaylik 180= x + j + z ko‘rinishda tasvirlansin. Shartgako ‘ra x,y,z sonlardanikkitasi, masalan x,y 1:2 nisbatda,ya ’ni JC 1 - = -, y = 2x bo ‘ lishi lozim. U holda 180=x + 2x+z yoki i80=3x+z, z = i80-3x hosil bo‘ladi. Demak 180= x +2 x +(180-3 x ) 242 ko ‘ rinishdagi uchta x, 2x, 180-3% qo‘shiluvchilarga ajratildi. Shulaming ko ‘ paytmasi v = x-2x- (180-3%) = 360x2 -6% 3 ifodaning eng katta qiymatini topishimiz kerak. v'(%) = 720% -18%2; v11 (%) = 720 - 36%; v'(%) = 0 yoki 720%-18% 2 =0; dan x (720-18%)=0; x*obo ‘lgani uchun 720-i8% = 0; x = 2^ = 40 kritik qiymat kelib chiqadi. v"(40) = 720-36-40<0 bodgani uchun ikkinchi yetarlilik shartiga binoan x=40 qiymatda v = x 2x (i8o-3x) funksiya eng katta qiymatga ega bo‘ladi. Demak, j = 2x = 2-40=80, z = 180-3x = 180-3-40=60. Shunday qilib, 180 soni 40, 80, 60 sonlaming yig ‘indisi ko‘rinishida tasvirlanganda qo ‘shiluvchilardan ikkitasi 1:2 nisbatda bo‘lib, qo ‘shiluvchilaming ko ‘paytmasi eng katta bo‘lar ekan, ya ’ni v tnax = 40-80-60 = 192000. 3- masala. Marvaridni bahosi uning massasi kvadratiga proporsional. Ishlov berish vaqtida marvarid ikki bo‘lakka ajralib ketdi va natijada eng ko‘p qiymatini (bahosini) yo‘qotdi. Bo‘laklaming massalari topilsin. Yechish. Marvaridning massasini m, bahosini z, bo‘laklaming massalarini m l,m2(ml +m2=m) va ularning baholarini mos ravishda z,,z2 orqali belgilaymiz. U holda butun marvaridning bahosi z-am 2 bo ‘laklaming baholari esa z^a-m2 ,z2=a-m2 bo‘ladi, bunda a>0- proporsionallik koeffitsienti. Shartga ko‘ ra, butun marvaridning bahosi z = a m2 bilan siniq ikki bo ‘ lak marvaridning bahosi a -m2+a m2 orasidagi farq y=a-m2 -a-(m2 + m 2) eng katta ekanligi bizga ma ’lum, m = mx+m2 yoki m 2 = m-ml ekanini hisobga olsak у = am2 -a(m2 + m2 2) = am2 -am2 -a (m-m^)2 = = am2 -am2 -am2 +2amml-aml2 =2a(mml-mf) kelib chiqadi. Bu yerda a, m o ‘zgarmas miqdorlar, m, эса o‘zgaruvchi miqdordir. Endi ^(/wjfunksiyaning eng katta qiymatini topamiz. У=2«(/и-2от1 );У =-4a. y'(m}) = 0 243 yoki m~2m. =0 dan m x =— kritik qiymat kelib chiqadi. y'W = -4a 2 ) bo ‘lgani uchun ikkinchi yetarlilik shartiga ko‘ra у = 2а(ттх-2mx 2) funksiya =y qiymatda maksimumga ega bo’ladi. Demak, marvarid teng ( m x =m2 = yj ikki bo‘lakka bo‘linganda o‘zining eng ko‘p bahosini yo ‘qotar ekan. 4-masala. Jism v0 = 60m/sek tezlik bilan tik yo‘nalishda yuqoriga otilgan. Jismning eng yuqori ko‘tarilish balandligi topilsin. Yüklə 412,85 Kb. Dostları ilə paylaş:
|