Дифференциалы высших порядков
Пусть задана функция z = f(x,y) , полный дифференциал этой функции записывается так dz = f’x (x,y) dx + f’y (x,y) dy .
Определение. Полным дифференциалом второго порядка называется полный дифференциал от полного дифференциала 1-го порядка при условии , что dx и dy считаются постоянными.
d2
z = d
=
dx +
=
+
+
+
=
+
2
+
Приняты обозначения = dx2 ; = dy2 , окончательно
Для получения дифференциалов 3-го и n- го порядков используют такой формализм d2z = 2 ; d3z = 3 ……. Раскрывают скобки по формулам сокращённого умножения
d3z
=
3 =
.
Экстремум функции двух переменных
Определение. Функция z = f(x,y) имеет максимум (max) в точке М (x0 ,y0 ) , если f(x0 ,y0) > f(x,y) для любых точек (x,y) , близких к точке (x0 ,y0) и отличных от неё.
Определение. Функция z = f(x,y) имеет минимум (min) в точке P (x 1 ,y 1) , если f(x 1 ,y 1)< f(x,y) для любых точек (x,y) , близких к точке (x 1 ,y 1) и отличных от неё. Геометрически это можно представить так:
31
z
0 M y
x P
Необходимый признак существования экстремума функции
Если в точке Р0 (x0 ,y0) дифференцируемая функция z = f(x,y) имеет экстремум, то её частные производные в этой точке равны нулю .
= 0 , = 0 ,
x=x0 x=x0
y=y0 y=y0
Доказательство. Пусть функция z = f (x,y) в точке Р0 имеет экстремум ю. Согласно определению экстремума функции z = f (x,y) при y = y0 ,как функции одного аргумента x , достигает экстремума при x = x0 . Известно, что необхо-
димым
условием этого является обращение в
нуль производной по x от
функции f (x,y0
) при x = x0
, то есть
=0
при x=x0
,y=y0
. Аналогично, функция z=
f(x,y)
при x=x0
, как функция одного аргумента y
, необходимым условием существования
имеет условие
= 0 при x=x0
,y=y0
. ч.т.д.
Определение. Точка P0 (x0 ,y0 ) , координаты которой обращают в нуль обе частные производные функции z = f (x,y) , называется стационарной точкой функции z = f (x,y).
Пример . Найти стационарные точки функции z = 2x3 +xy2 +5x2 +y2 .
Решение.
Находим частные производные и
приравниваем их к нулю
Решаем эту систему , получаем четыре
стационарные точки М1 (0,0); М2
( -
;
М3 (-1,2) ; М4 (-1,-2).
Достаточные условия существования
экстремума функции двух переменных
Пусть
точка Р0 ( x0
,y0) является
стационарной точкой функции z
= f (x,y)
, то есть
= 0 ,
.
Вычислим значения вторых частных
произод-
Р0 Р0 ных в этой точке.
А =
; В =
; C =
.
P0 P0 P0
32
1). Если В2 – АС < 0, то функция f(x,y) имеет в точке Р0 экстремум.
Причём a). A < 0 или С < 0 - max.
б). А > 0 или С >0 - min.
2). Если В2 – АС > 0 , то точка Р0 не является точкой экстремума.
3). Если В2 – АС = 0 , то ничего нельзя сказать о характере точки Р0 , нужны другие исследования.
Пример. Исследовать на экстремум функцию z = 2x3+xy2+5x2+y2 .
Р
ешение.
Стационарные точки для этой функции
найдены в предыдущем примере . Найдём
вторые частные производные
. В точке М1 А =( 12x
+ 10) = 10; В = 0 ; С = (2x+2)
= 2 .
В2 – АС = -20 < 0 , 0,0 0,0
Экстремум есть , так как А иС > 0 , то min в точке М1 .
В
точке М2 А =-10 ; В = 0 ; С = -
. В2 – АС = 0 – (-10)(-
=
-
< 0 , экстремум есть и так как А < 0 ,
то в точке М2 – max.
В точках М3 и М4 нет экстремума, так как В2 – АС >0.
ЛЕКЦИЯ 11. Наибольшее и наименьшее значения функции
двух переменных в замкнутой области. Условный экстремум.
Метод наименьших квадратов
Наибольшее и наименьшее значения
функции 2-х переменных в замкнутой области
Пусть функция z = f ( x,y ) непрерывна и ограничена в замкнутой области D
и дифференцируема внутри этой области . Из свойств функции следует , она имеет в этой области наибольшее и наименьшее значения , которые достигаются либо внутри области либо на её границе . Точки, в которых функция принимает наибольшее или наименьшее значения и находятся внутри области являются точками экстремума функции .
Правило нахождения наибольшего и наименьшего значения функции.
1). Надо найти стационарные точки и подсчитать значение функции в этих точках.
2). Найти наибольшее и наименьшее значение функции z = f (x,y) на границе области D.
3). Выбрать из всех значений наибольшее и наименьшее.
Пример. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z = x2 + 2xy – 3y2+y в замкнутой области, заданной неравенствами:
33
D
=
y
B 1
D A
0 1 x
Решение.1. Находим стационарные точки внутри области.
Решаем эту систему,
находим стационарную точку (
;
) , так как эта точка не принадлежит
рассматриваемой области , то значение
функции в ней не учитываем.
2. Исследуем на границах области.
а).Граница ОА, её уравнение y = 0 , подставляем это значение в уравнение функции и получаем z = x2 . Для этой функции находим наибольшее и наименьшее значения на отрезке [ 0,1]. Z’ = 2x = 0 x = 0 . z1 (0,0) = 0; z2 (1,0)= 1.
б).
Граница ОВ , её уравнение x
= 0 , z = - 3y2
+y ; z’ = -6y+1
= 0
y =
. z3 (0,
) =
; z4 (0,1) = - 2.
в). Граница АВ, её уравнение x+y = 1. y = 1-x , подставляем в функцию
z
= x2
+2x(1-x) – 3(1 – x)2
+ (1 – x ) = - 4x2+
7x – 2. Z’ = -8x + 7 = 0
x =
.
Z5
(
= 1
.
3). Сравниваем все значения функции.
Ответ : Zнаиб. =1 . zнаим. = -2 .
Задача. Положительное число требуется разбить на 3 неотрицательных слагаемых так , чтобы их произведение было наибольшим.
Решение. Обозначим эти числа так x , y , - x – y ). Исходя из условия, созда-
дим
функцию f (x
, y) = x y
- x – y ).
Находим наибольшее и наименьшее значения
этой функции в области. Так как
y
0 x
,решаем
эту систему : 1) x=0,y=0;
2) x=0, y=
; 3)
-x-2y=0
x=
- 2y в первое уравнение
подставляем y (
-2
+ 4y –y )=0
отсюда y = 0 или 3y-
= 0
y =
, x =
, то есть получили точку М (
, она входит в область. Проверим ,
действительно ли в ней наибольшее
значение для этого проверим достаточные
условия.
= -
;
= -
;
. М 34
M
M
B2
– A C =
и А <0, то мах.
На
границах области функция обращается в
ноль,поэтому fнаиб.
=
в точке М.