Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

Высшая математика

Файл:

Высшая математика. Функции нескольких переменных. практикум. Пантелеев И.Н

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

2 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1516 / 2216 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>

где N (x0 +θ x, y0 +θ	y) - некоторая точка, лежащая на отрезке
M0M , ( 0 <θ <1) .	Последнее слагаемое (остаточный член)

можно записать в форме Пеано o(ρn ), где ρ = ( x)2 +( y)2 , а символ o(ρn ) означает бесконечно малую при ρ → 0 (или при M → M0 ) функцию более высокого порядка малости, чем

ρn .

Доказательство. Введем в рассмотрение вспомогательную

функцию φ(t) = f (x0 +t

x, y0 +t

y) = f (Mt ) , определенную на

отрезке

[0,1],

причем

φ(0) = f (M0 ),

φ(1) = f (M ). Найдем

производные функции φ(t) до n -го порядка включительно:

φ′(t) = fx′(Mt ) x + fy′(Mt ) y = (

∂

x +

∂

y) |Mt = df (Mt );

∂x

∂y

φ′′(t) =fxx′′(Mt ) x2 + 2 fxy′′(Mt ) x y +fyy′′(Mt ) y2 =

= (

∂

x +

∂

2 f |

= d

2 f (M

);

∂x

∂y

…

φ(n) (t) = (

∂

x +

∂

y)n f | = d n f (M

) .

∂x

∂y

По формуле Маклорена для функции φ(t) одной переменной имеем:

′

′′

(n)

(0)

(n+1)

(θ)

(n+1)

(0)

φ(t) =φ(0) +φ (0)t +

+... +

(n +1)!

где 0 <θ <1.

Полагая t =1, получим

′

′′

(n)

(0)

(n+1)

(θ)

(0)

φ(1) =φ(0) +φ

(0) +

... +

(n +1)!

151

С учетом того, что φ(1) =f (M ) , φ(k ) (0) = d k f (M0 ) ,

φ(n+1) (θ) = f (x +θ

x, y +θ

y) = f (N ) имеем

n+1

f (N )

f (M ) = f (M0 ) +∑d

f (M0 )

k=1

(n +1)!

В частности,

f (x, y)=f (x

, y

)+ ∂f (x0 , y0 )

(x− x

)+ ∂f (x0 , y0 ) ( y−y ) +

∂x

∂y

[

∂2

f (x ,y

)

(x−x

)2 +

∂2

f (x , y

)

(x − x )( y − y

) +

0 0

∂x2

∂x∂y

∂2 f (x , y )

( y − y

)2 ]

[

∂3

f (x , y )

− x

)3 +

∂y2

∂x3

∂3

f (x , y )

(x − x )2

( y − y

) +

∂3 f (x , y )

(x − x

)( y − y

∂x2 ∂y

∂x∂y

∂3 f (x , y )

( y − y

)3 ] +

... +

[

∂

(x − x ) +

∂

( y − y

)]n f |

∂y3

∂x

∂y

( x0

, y0 )

[

∂

(x − x

) +

∂

( y

− y

)](n+1) f |

(n +

1)!

∂x

∂y

( x +θ x, y +θ y)

Остаточный член

[

∂

(x − x

) +

∂

( y − y

)](n+1)

f |

+θ

x, y +θ

можно

(n +1)!

∂x

∂y

( x

записать в виде o(ρn ) , где

ρ = (x − x )2 + ( y − y

= ( x)2 + ( y)2 .

152

		x
Пример. Разложить функцию	f (x, y) = e	y	по формуле

Тейлора с центром разложения в точке M0 (0,1) до членов второго порядка включительно.

Решение. Найдем частные производные функции f (x, y) до второго порядка включительно:

∂f

∂2 f

= e y

;

= e y (−

);

∂x

∂y

∂x2

∂2

= e y

(−

) + e y

(−

);

∂x∂y

В точке M0 (0,1) имеем

= e y y12 ;

∂2 f	= e	x	x2	+e	x	2x	.
		y			y
∂y2			y4
						y3

(M0 ) =1,

∂f

(M0 ) =1;

∂f

(M0 ) = 0;

∂2 f

(M0 ) =1;

∂x

∂y

∂x2

∂2 f

) = −1;

∂2

) = 0.

Подставляя

эти выражения в

∂x∂y

∂y2

формулу Тейлора, получаем

e y =1+ x + 12 x2 − x( y −1) + R3 =1+ 2x + 12 x2 − xy + R3.

В форме Пеано R3 = o(x2 +( y −1)2 ).

3.19. Условный экстремум
Рассмотрим функцию
u = f (M ) = f (x1, x2 ,...xm )	(3)

при условии, что ее аргументы являются не независимыми переменными, а связаны между собой k соотношениями

(k < m) :

153

ϕi (x1, x2 ,..., xm ) = 0					(i =1,2,..., k).	(4)
Эти соотношения называются					условиями связи.	Пусть
координаты точки M	0	(x0	, x0 ,..., x0		) удовлетворяют
уравнениям (4).	0	1	2	m
уравнениям (4).
Определение. Функция (3)				имеет в точке M0		условный

минимум (максимум) при условиях связи (4), если существует

такая окрестность		точки	M0 , что для любой		точки M
( M ≠ M0 )	этой	окрестности,		координаты	которой
удовлетворяют уравнениям			(4),	выполняется неравенство
f (M ) > f (M0 ) ( f (M ) < f (M0 )) .

Иными словами, условный максимум (минимум)- это наибольшее (наименьшее) значение функции в точке M0 по

отношению не ко всем точкам из некоторой окрестности точки M0 , а только к тем из них, которые связаны между собой

условиями связи.

Задачу об условном экстремуме функции можно решать

методом исключения части переменных. Этот метод состоит в том, что из k уравнений условий связи k переменных выражают через остальные m − k переменных (если это возможно), подставляют найденные переменные в функцию u = f (M ) = f (x1, x2 ,...xm ) и решают задачу об экстремуме

функции m − k переменных.

Пример. Методом исключения части переменных найти экстремум функции u = x + y + z2 при условиях связи

z − x =1,y − xz =1.

Решение. Из условий связи находим z = x +1, y = xz +1 . Подставляя найденные z, y в функцию, приходим к функции

154


одной переменной		x	:	u(x) = 2x2 + 4x + 2 , для		которой
рассмотрим задачу		о	безусловном		экстремуме.	Так как
u′ = 4(x +1) = 0	при		x = −1, то		функция u(x)	имеет
единственную	точку		возможного		экстремума. Поскольку
′′	в точке x = −1			функция u(x) имеет минимум.
u (−1) = 4 > 0,

Из условий связи находим соответствующие значения z, y : z = 0, y =1. Итак, функция u(x) при заданных условиях связи имеет в точке (-1,1,0) минимум, причем u(−1,1,0) = 0.

Метод Лагранжа. Задача об условном экстремуме функции

(3) при условиях связи (4) эквивалентна задаче об обычном экстремуме функции Лагранжа

L(x1 , x2 ,..., xm , λ1 ,...λk ) = f (x1 , x2 ,..., xm ) + ∑λiϕi (x1 , x2 ,..., xm ) ,

i=1

λi ( i =1, 2,..., k) - называются множителями Лагранжа.

Необходимые условия условного экстремума выражаются системой m + k уравнений :

∂L

(x1 , x2 ,..., xm , λ1 ,...λk ) = 0, i =1, 2,..., m,

∂xi

(5)

ϕi (x1 , x2 ,..., xm ) = 0, i =1, 2,..., k

относительно

m + k

неизвестных

x1 , x2 ,..., xm , λ1 ,...λk . Если

, x0

,..., x0 , λ0 ,...λ0

решение

системы

(5),

то

(x0

, x0

,..., x0

) является

точкой

возможного

экстремума

функции (3) при условиях связи (4). Достаточные условия условного экстремума связаны с изучением знака второго дифференциала функции Лагранжа

d 2 L(x10 , x20 ,..., xm0 , λ10 ,...λk0 , dx1 ,..., dxm ) .

155

Для каждой системы значений x10 , x20 ,..., xm0 , λ10 ,...λk0 , полученной из (5) при условии, что dx1 ,..., dxm удовлетворяют уравнениям

			m	∂ϕ	(x0 ,..., x0		)	dxj	= 0 (i =1, 2,..., k)	(6)
			∑	i	1	m		dxj	= 0 (i =1, 2,..., k)	(6)
			j=1		∂xj
при dx2 + dx2			+... + dx2			≠ 0.
1		2			n
Функция u = f (M ) = f (x1, x2 ,...xm )									имеет условный максимум
в точке M	0	(x0 , x0		,..., x0		) , если для всевозможных значений
	0	1	2		m

dx1 ,..., dxm , удовлетворяющих условиям (6) и не равных

одновременно

нулю,

выполняется

неравенство

d 2 L(x0

, x0 ,..., x0

, λ0

,...λ0

, dx ,..., dx

) < 0 (квадратичная

форма

отрицательно

определена) и условный минимум,

если при

этих

условиях

d 2 L(x0

, x0

,..., x0

, λ0 ,...λ0 , dx ,..., dx

) > 0

(квадратичная форма положительно

определена) то в точке

M0 функция (3) имеет условный минимум

при условии связи

(4),

если

d 2 L(x0

, x0 ,..., x0 , λ0

,...λ0

, dx ,..., dx ) -

знакопеременная квадратичная форма,

то в точке M0

функция

(3) не имеет условного экстремума.

Пример 1. Методом Лагранжа найти экстремум функции

u = x + y + z2

при условиях связи

z − x =1,

− xz =1.

Решение. Составим функцию Лагранжа

L(x, y, z, λ1 , λ2 ) = x + y + z2 + λ1 (z − x −1) + λ2 ( y − xz −1) и

рассмотрим систему уравнений

156

∂L			=1 − λ − λ z = 0,
∂x						1		2
		∂L
		∂L			=1	+	λ2	= 0,
		∂y			=1	+	λ2	= 0,
		∂y
	∂L = 2z +
	∂L = 2z +					λ	−	λ x = 0,
	∂zϕ					1		2
	∂zϕ			= z − x −1 = 0,
	ϕ	1		= y − xz −1 = 0.
	ϕ	2		= y − xz −1 = 0.
		2

Она	имеет	единственное			решение
x = −1, y =1, z = 0, λ1 =1, λ2		= −1,	то	есть	M0 (−1,1,0) -

единственная точка возможного экстремума функции при заданных условиях связи. Вычислим второй дифференциал

функции	Лагранжа	d 2 F = 2(dz)2 − 2λ dxdz и подставляя
λ2 = −1 и	dz = dx ,	2
		найденное из первого уравнения связи,
получаем	положительно определенную квадратичную форму

от переменной dx : 4(dx)2 > 0 при dx ≠ 0 . Отсюда следует, что

функция при заданных условиях связи имеет в		точке M0
условный минимум.
Пример 2. На эллипсоиде x2	+ 2 y2 + 4z2 = 8 найти точку,
наиболее удаленную от точки (0,0,3).
Решение. Расстояние между точками (x, y, z)		и (0,0,3)
определяется формулой ρ =	x2 + y2 + (z −3)2 .	Поэтому

исходная задача равносильна задаче об условном максимуме

функции	u = ρ2 = x2 + y2 + (z −3)2 при условии связи
x2 + 2 y2	+ 4z2 = 8 . Составим функцию Лагранжа

L(x, y, z, λ) = x2 + y2 + (z −3)2 + λ(x2 + 2 y2 + 4z2 −8)

и рассмотрим систему уравнений:

157

∂L		= 2x + 2λx = 0,
∂x
∂L
		= 2 y +	4λy = 0,
∂y

∂L	= 2z − 6		+8λz = 0,
∂z

ϕ = x2 + 2 y2 + 4z2 = 8.

Так как эллипсоид более всего вытянут вдоль оси Ox , то абсцисса искомой точки не может быть равна нулю, то есть x ≠ 0 . Поэтому из первого уравнения системы следует, что λ = −1. Тогда из второго и третьего уравнений системы имеем

y = 0, z = −1.		Из последнего уравнения	системы		находим
x = ±2.	Итак, функция имеет две		точки	возможного
экстремума		M1 (2, 0, −1), M2 (−2, 0, −1) . Из уравнения				связи
получим	xdx + 2 ydy + 4zdz = 0 , откуда		dz = −	x	dx −	y	dy.
				4z
						2z

Теперь вычисляем второй дифференциал функции Лагранжа

d 2 L = 2(1 + λ)(dx)2 + 2(1 + 2λ)(dy)2 + 2(1 +8λ)(dz)2 .

Подставим λ = −1, координаты точки M1 и выражение для dz , получаем отрицательно определенную квадратичную форму от двух переменных dx, dy : d 2 L = −2(dy)2 −3,5(dx)2 .

Отсюда следует,	что функция имеет в точках
M1 (2, 0, −1), M2 (−2, 0, −1)	условный максимум при заданных

условиях связи, то есть на эллипсоиде имеются две точки M1 (2, 0, −1), M2 (−2, 0, −1) наиболее удаленные от точки (0,0,3).

158

3.20. Примеры решения типовых задач

Частные производные

Постановка задачи. Найти частные производные до второго порядка включительно функции z=f(x1,x2,…,xn).

План решения.

1. Чтобы найти частную производную функции z=f(x1,x2,…,xn) по переменной хк, фиксируем остальные переменные и дифференцируем f как функцию одной переменной хк.

2. Частные производные высших порядков вычисляются аналогично последовательным дифференцированием, т.е.

∂

∂f

∂x 2

∂x

∂

∂f

∂x

∂

∂f

∂x

∂

∂f

, …

∂x22

∂x2

	Замечание. Частные производные можно обозначать также
′	′	′′ ′′	′′	и т.д.
z x1	, z x2	, …, z xn , z x1x1	, z x1x2	и т.д.

Пример. Найти частные производные до второго порядка включительно функции z = xy (x>0).

Решение.

1. Для того чтобы найти частную производную по х, фиксируем у и дифференцируем функцию z = xy как функцию одной переменной х. Используя формулу для производной степенной функции (хα)' = αхα-1, получим

z′x = yx y−1 .

Для того чтобы найти частную производную по у, фиксируем х и дифференцируем функцию z = xy как функцию одной переменной у. Использую формулу для производной показательной функции (аu ) = аu ln а (а>0), получим

z′y = x y ln x.

159

2. Частную производную второго порядка

′′

z xx вычисляем,

дифференцируя z′x по х (при фиксированном у), т.е.

′′

= ( yx

y−1

′

= y( y −1)x

y−2

z xx

) x

Частную

производную

второго порядка

′′

вычисляем,

z xy

дифференцируя z′x

по у (при фиксированном х), т.е.

′′

= ( yx

y−1

′

= x

y−1

+ yx

y−1

ln x.

z xy

) y

Частную

производную

второго

порядка

′′

вычисляем,

z yx

дифференцируя z′y

по х (при фиксированном у), т.е.

′′

′

y−1

y 1

z yx = (x

ln x) x

= yx

ln x

+ x

Частную

производную

второго

порядка

′′

вычисляем,

z yy

дифференцируя z′y

по у (при фиксированном х), т.е.

′′

′

z yy = (x

ln x) y = x

Ответ.

′

= yx

y−1

′

= x

ln x

′′

= x

y−1

+ yx

y−1

ln x ,

32= z

′′

y−1

′

= y( y −1)x

y−2

′′

= x

z xx = ( yx

) x

, z yy

Условия задач. Найти частные производные до второго

порядка включительно заданных функций.

z = e xy .

z = xli(x / y).

z = sin(xy).

z = e x cos y.

z =

x 2

+ y 2 .

z = ln(x 2

+ y).

7. z = 2xy + y 2 .

8. z = ln 3 xy.

z = x cos y + y sin x.

10.

z = (1+ x) 2 (1+ y) 4 .

Ответы. 1.

′

= ye

′

= xe

′′

= y

′′

= x

z x

z y

z xx

z yy

′′

(1+ xy) . 2.

′

z xy = z yx = e

z x = ln x −ln y +1 , z y = −x / y ,

′′

= x /

′′

′

= y cos(xy) ,

z xx =1/ x ,

z yy

, z xy

= z yx

= −1 / y . 3. z x

160

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1516 / 2216 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Высшая математика