190-matematicheskiy-analiz-differencial-noe-ischislenie-funkciy-neskol-kih-peremennyh-1mb

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский технологический университет "МИСиС"

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

d 2 f (M0 ) = ∑

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

23.03.2016

Размер:

1.25 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 117 8 9 10 11 > Следующая >>>

2x + y − z − 8 − 2 − 1 = 0;

2x + y − z − 11 = 0.

Напишем уравнение касательной плоскости в точке M2(−4, −2 , 1):

2(x + 4) + ( y + 2) − (z − 1) = 0;

2x + y − z + 11 = 0.

Итак, получили два уравнения касательных плоскостей к поверх- ности x2 + y2 + 2z2 = 22 параллельных плоскости 2x + y − z = 5:

2x + y − z − 11 = 0 и 2x + y − z + 11 = 0.

1.8. Формула Тейлора для функции нескольких переменных

Пусть z = f(x, y) – функция, непрерывная вместе со всеми частны- ми производными до (n + 1)-го порядка включительно в некоторой окрестности точки M0(х0,y0). Тогда для любой точки M(х, y) из этой окрестности справедлива формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа:

df (x , y )

d 2 f (x , y )

d n f (x , y )

f (x, y) =

f (x0

, y0 ) +

+ ... +

d n+1 f (x

+ θΔx, y + θΔy)

(n + 1)! 0 < θ < 1;

или формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано:

df (x , y )

d 2 f (x , y )

d n f (x , y )

f (x, y) = f (x0 , y0 ) +

+ ...

+ о(ρn ), ρn =

(

dx2 + dy2 )n .

В развернутом виде формула Тейлора записывается в виде

f (x, y) = f (x , y ) +

( f ′(x , y ) (x − x ) + f ′ (x , y ) ( y − y )) +

0 0

f ′′ (x , y ) (x − x )2

+ 2 f ′′ (x , y ) (x − x ) ( y − y ) +

0 0

+ f ′′ (x

, y

) ( y

− y

)2 + ...

(x − x )

∂

+ ( y − y

)

∂

n f

(x , y

) + о(ρn ).

∂x

∂y

В частном случае при x0 = 0 и y0 = 0 данная формула называется формулой Маклорена.

Пример 1.8.1

Разложить функцию z = ex ln(1 + y) по формуле Маклорена с оста- точным членом третьего порядка.

Решение

Формула Маклорена с остаточным членом третьего порядка имеет вид

f (x, y) = f (0,0) +

(

f ′(0,0) x + f ′ (0,0) y)+

)

f ′′

(0,0) x2 + 2 f

′′

(0,0) xy +

f ′′

(0,0) y

(

2!(

)

f ′′′

(0,0) x3 + 3 f ′′′ (0,0) x2 y + 3 f ′′′ (0,0) xy2 + f ′′′

(0,0) y3

+ о(ρ3 ).

xxx

xxy

xyy

yyy

Найдем значение функции z = ex ln(1 + y) в точке (0, 0): z(0, 0) = e0 ln(1 + 0) = 0.

Найдем частные производные функции z = ex ln(1 + y) в точке (0, 0) до третьего порядка включительно:

∂z = (ex ln(1+ y))′ = ex ln(1+ y),

∂z

= 0;

∂x

(0,0)

∂z = (ex ln(1+ y))′ =

∂z

= 1;

1+ y

∂y

(0,0)

∂y

= (ex ln(1+ y))′ = ex ln(1+ y),

∂2 z

= 0;

∂x

(0,0)

∂2 z

′

∂2 z

= −

= −1;

∂y2

1+ y

+ y)2

∂y2

(0,0)

∂2 z

= (ex ln(1+ y))′ =

∂2 z

= 1;

+ y

∂x∂y

(0,0)

∂x∂y

(ex ln(1+ y))′ = ex ln(1+ y),

∂3 z

= 0;

∂x

(0,0)

= (ex ln(1+ y))′

∂ z

= 1;

+ y

∂x

∂y

∂x

∂y

(0,0)

∂3 z

′

∂3 z

= −

= −1;

∂x∂y2

1+ y

+ y)2

∂x∂y2

(0,0)

∂

′

∂

= −

= 2.

∂y3

+ y)2

(1+ y)3

∂y3

(0,0)

Тогда

(0 x2 + 2xy − y2 )+

f (x, y) = 0 + (0 x + 1 y) +

(0 x3 + 3x2 y − 3xy2 + 2y3 )+ о(ρ3 ) =

= y + xy −

y −

+ о(ρ ).

Пример 1.8.2

Разложить функцию z = xy по формуле Тейлора в окрестности точки (1, 1) с остаточным членом третьего порядка.

Решение

Формула Тейлора с остаточным членом третьего порядка имеет вид

f (x, y) = f (x , y ) +

( f ′(x , y ) (x − x ) + f ′ (x , y ) ( y − y )) +

0 0

f ′′

, y

) (x

− x

)2 + 2 f ′′

, y

) (x

− x

) ( y − y

) +

+ f ′′	(x , y ) ( y − y )2		+
+ f ′′	(x , y ) ( y − y )2		+
xy	0 0	0

+	1	(	f ′′′		(x			, y	) (x − x		)3	+ 3 f ′′′			(x		, y		) (x − x		)2	( y		− y			) +

3!			xxx				0	0		0				xxy	0			0		0				)		0
+ 3 f ′′′			(x	, y		0	) (x − x			)( y − y		0	)2	+ f	′′′	(x		, y		) ( y − y			)3		+	о(ρ3 ).
	xyy		0						0						yyy		0		0		0

Найдем значение функции z = xy в точке (1, 1):

z(1, 1) =1.

Найдем частные производные функции z = xy

в точке (1, 1) до

третьего порядка включительно:

∂z = (xy )′ = yxy−1,

∂z

= 1;

∂x

(1,1)

∂z = (x y )′ = xy ln x,

∂z

= 0;

∂y

(1,1)

∂2 z = (y x y−1 )′ = y ( y − 1)x y− 2 ,

∂2 z

= 0;

∂x

(1,1)

∂2 z = (x y

ln x)′ = x y ln2

∂2 z

= 0;

∂y

(1,1)

∂2 z

(y x y−1 )′ = x y−1 + y x y−1 ln x,

∂z

= 1;

∂x∂y

(1,1)

∂3 z

= (y( y − 1)x y− 2 )′ = y( y − 1) ( y − 2)x y−3 ,

∂3 z

= 0;

∂x

(1,1)

∂3 z

= (y( y − 1)x y− 2 )′ =

∂x

∂y

= ( y − 1)x y− 2 + yx y− 2 + y( y − 1)x y− 2 ln x,

∂3 z

= 1;

∂x

2∂y

(1,1)

		∂3 z	= (x y−1 + yx y−1 ln x)′ =
			= (x y−1 + yx y−1 ln x)′ =
		∂x∂y
	2						y
							y
= x y−1 ln x + x y−1 ln x + yx y−1 ln2 x,							∂z			= 0;
							∂z
							∂x∂y2
							∂x∂y2			(1,1)
∂3 z = (x y ln2				x)′	= x y ln3 x,	∂3 z			= 0.
∂3 z = (x y ln2				x)′	= x y ln3 x,	∂3 z			= 0.
	3			y		3
∂y				y		∂y		(1,1)
∂y

f (x, y) = 1+ (1(x −1) + 0(y −1)) + 12(0(x −1)2 + 2(x −1) (y −1) + 0(y −1)2 )+

+1(0(x −1)3 + 3 1(x −1)2 (y −1) + 3 0(x −1)(y −1)2 + 0(y −1)3 )+ о(ρ3). 6

f (x, y) = 1+ (x − 1) + (x − 1) ( y − 1) + 1 (x − 1)2 ( y − 1) + о(ρ3 ). 2

1.9. Экстремум функции нескольких переменных

Пусть функция u = f(x1, x2, …, xn) определена в некоторой облас-

ти D. Точка M0 (x10 , x20 , …, xn0 ) называется точкой локального мак-

симума функции, если существует такая проколотая δ-окрестность


U δ (M0 )	этой точки, что для любой точки M U δ (M0 )					верно нера-
венство
					f (M ) ≤ f (M0 ).
Точка M		0	(x0	, x0	, …, x0 ) называется точкой локального миниму-
		0	1	2	n
ма функции, если					существует такая проколотая δ-окрестность

U δ (M0 )	этой точки, что для любой точки M U δ (M0 )					верно нера-

венство

f (M ) ≥ f (M0 ).

Локальные максимумы и минимумы функции называются ее ло-

кальными экстремумами.

Необходимое условие экстремума

Точка M0 (x10 , x20 , …, xn0 ) является критической точкой функции

u = f(x1, x2, …, xn), если частные производные в этой точке равны ну- лю или не существуют. Критическая точка функции обязательно яв- ляется внутренней точкой области ее определения.

Заметим, что условие равенства нулю частных производных в не- которой точке не является достаточным условием существования экстремума в этой точке

Точки, в которых частные производные равны нулю называются

стационарными точками.

Достаточное условие экстремума

Пусть функция u = f(x1, x2, …, xn) определена и имеет непрерыв- ные частные производные второго порядка в некоторой окрестности

точки	M	0	(x0	, x0	, …,	x0 ) , которая			является стационарной точкой
		0	1	2		n	∂u
функции u = f(x1, x2, …, xn), т.е.							∂u		= 0 , где i = 1, 2, …, n.
функции u = f(x1, x2, …, xn), т.е.							∂x		= 0 , где i = 1, 2, …, n.
							∂x	M0
							i
							i

Второй дифференциал функции u = f(x1, x2, …, xn) вычисляется по формуле

и является квадратичной формой. Тогда

−если второй дифференциал d 2f(M0) функции u = f(x1, x2, …, xn) в точке M0 – положительно определенная квадратичная форма, то точ- ка M0 − точка минимума функции;

−если второй дифференциал d 2f(M0) − отрицательно определен- ная квадратичная форма, то точка M0 − точка максимума функции;

−если второй дифференциал d 2f(M0) − знакопеременная квадра- тичная форма, то функция u = f(x1, x2, …, xn) не имеет экстремума в

точке M	0	(x0	, x0 , ...,	x0 ) .
	0	1	2	n
Напомним, что				квадратичная форма Q(x) = Q(x1, x2 , ..., xn ) =

n
= ∑ aij xi x j			называется
i, j=1

−положительно определенной, если для любого ненулевого эле- мента x V выполняется неравенство Q(x) > 0 ;

−отрицательно определенной, если для любого ненулевого эле- мента x V выполняется неравенство Q(x) < 0 ;

−знакопеременной, если существуют такие элементы x, y V ,

что Q(x) < 0,Q( y) > 0 .

Для того чтобы установить будет ли квадратичная форма положи- тельно определенной можно привести квадратичную форму к кано- ническому виду или воспользоваться критерием Сильвестра.

Критерий Сильвестра

Для того чтобы квадратичная форма Q(x) =	n
Для того чтобы квадратичная форма Q(x) =	∑ aij xi x j была по-

	i, j=1

ложительно определенной необходимо и достаточно, чтобы все ми- норы ее матрицы, расположенные в левом верхнем углу, были поло- жительными, т.е.:

a11

a12

… a1n

= a

> 0;

a11

a12

> 0, …,

a21

a22

… a2n

> 0.

a21

a22

…

… …

…

an1

an2

…

ann

Заметим, для того чтобы квадратичная форма была отрицательно определенной необходимо и достаточно, чтобы выполнялись нера-

венства	k (−1)k > 0 (k = 1, 2, …, n) , т.е.
						a11	a12	… a1n
						a11	a12	… a1n
a		< 0;	a11	a12	> 0, …, (−1)n	a21	a22	… a2n	> 0.
11			a21	a22
			a21	a22		…	…	… …
						an1	an2	… ann

Рассмотрим функцию z = f(x, y) двух переменных x и y.Тогда

z =

∂2 z

+ 2

∂2 z

∂x2

∂y2

dxdy.

∂x∂y

Пусть точка М0(x0, y0)

− стационарная точка функции z = f(x, y),

т.е. fx′(x0 , y0 ) = 0 и f y′(x0 , y0 ) = 0 , и пусть

∂2 f

∂x2

∂x∂y

∂2 f

∂x∂y

∂y2

Тогда

– точка М0(x0, y0) − точка минимума функции, если

> 0,

∂2 f

> 0;

∂x2

– точка М0(x0, y0) − точка максимума функции, если

> 0,

∂2 f

< 0;

∂x2

– в точке М0(x0, y0) функция не имеет экстремума, если ∆ < 0. Если же ∆ = 0, то в точке М0(x0, y0) экстремум функции может

быть, а может и не быть. В этом случае требуются исследования приращения функции.

Приведенные выше условия эквивалентны следующим условиям:

A =

∂2 z

, B =

∂2 z

, C =

∂2 z

= AB − C

∂x2

∂y2

∂x∂y

Тогда

−если > 0, то в точке М есть экстремум, а именно, максимум при А < 0 и минимум при А > 0;

−если < 0 – экстремума в точке М нет;

−если = 0 – требуются дополнительные исследования. Выяснить, является ли точка точкой локального экстремума мож-

но, непосредственно исследовав знак второго дифференциала

d 2 z =	∂2 z dx2	+	∂2 z dy2	+ 2	∂2 z	dxdy ,

	∂x2		∂y2		∂x∂y

как квадратичной формы, выделяя полный квадрат.

Пример 1.9.1

Исследовать на экстремум функцию z = 3x2y + y3 − 18x – 30y.

Решение

Найдем стационарные точки, т.е. точки, в которых может быть экстремум. Для отыскания стационарных точек необходимо прирав- нять к нулю обе ее частные производные:

∂z = 6xy − 18 = 0;

∂x

∂z = 3x2 + 3y2 − 30 = 0

∂y

и решить полученную систему двух уравнений с двумя неизвестными:

6xy

−

x =

+ 3y2 − 30 =

3x2

+ y

= 10

− 10y

+ 9

= 0

− 9)( y

− 1) = 0

= ±3, y = ±1.

( y

Получили четыре стационарные точки: M1(1, 3), M2(−1, −3),

M3(3, 1), M4(−3, −1).

Найдем вторые частные производные:

∂2 z	= 6y;	∂2 z	= 6y;	∂2 z	= 6x.
∂x2		∂y2		∂x∂y

Исследуем знак второго дифференциала в каждой из получив- шихся стационарных точек.

1. В точке M1(1, 3)

∂2 z

= 18;

∂2u

= 18;

∂2u

= 6.

∂x2

∂y2

∂x∂y

Тогда

18 6

> 0;

1 = 18 > 0 .

Следовательно,

квадратичная форма

d 2 z

в точке M1 положи-

тельно определенная, а значит, стационарная точка M1(1, 3) − точка

минимума функции.

2. В точке M2(−1, −3)

∂2 z

= −18;

∂2u

= −18;

∂2u

= −6.

∂x2

∂y2

∂x∂y

Тогда

2 =

−18 −6

> 0; 1 = −18 < 0 .

−6

−18

Следовательно,

квадратичная форма

d 2 z

в точке M2 отрица-

тельно определенная, а значит, стационарная точка M2(−1, −3) − точ-

ка максимума функции.

3. В точке M3(3, 1)

∂2 z

= 6;

∂2u

= 6;

∂2u

= 18.

∂x

∂y2

∂x∂y

Тогда

2 =

< 0 .

Следовательно,

квадратичная форма

d 2 z

в точке M3 знакопе-

ременная, а значит, стационарная точка M3(3, 1) не является точкой

экстремума.

4. В точке M4(−3, −1)

∂2 z

= −6;

∂2u

= −6;

∂2u

= −18.

∂x2

∂y2

∂x∂y

Тогда

−6

−18

< 0 .

−18

−6

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 117 8 9 10 11 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
23.03.20163.07 Mб43186- Путешествуем с английским- Русско-англ разг для бизнесм и путешеств_ред. Мерхелевич_2006.pdf
#
11.11.20181.62 Mб221866.doc
#
08.09.20191.05 Mб111878_ekonomika.doc
#
11.11.20181.99 Mб221882 курсовая ПМП.doc
#
29.09.201988.58 Кб1318_oskol.doc
#
23.03.20161.25 Mб63190-matematicheskiy-analiz-differencial-noe-ischislenie-funkciy-neskol-kih-peremennyh-1mb.pdf
#
06.05.20194.67 Mб241920.doc
#
16.09.2019736.77 Кб61The Tower of London is one of the world.doc
#
20.04.2015606.03 Кб971_2_223.pdf поляков.pdf
#
14.11.201971.92 Кб361а Правоведение. Контрольная работа № 1 2012-13...docx
#
20.04.2015386.05 Кб421ТУ.doc