3.5. Производная по направлению. Градиент

Определение 3. Пусть функция z=f(x,y) определена в

некоторой окрестности точки Р₀(х₀,у₀), l – луч с началом в

точке Р₀, точка Р(х,у) принадлежит l. Длину отрезка Р₀Р обозначим l, разность f(x,y)–f(х₀,у₀) обозначим f. Если существует , то он называется производной функции f(x,y) по направлению l в точке Р₀ и обозначается .

Замечание. Частные производные и можно тогда рассматривать как производные по направлениям Ох и Оу соответственно.

Теорема 5. Если функция z=f(x,y) имеет в некоторой окрестности точки (х₀,у₀) непрерывные частные производные, то в этой точке функция имеет производную по любому направлению, причем = cos+ cos (где  и  – углы направления l с осями Ох и Оу соответственно).

Доказательство. Запишем f в виде f(x₀+х,у₀+у)– f(x₀,у₀+у)+f(x₀,у₀+у)–f(х₀,у₀)=_хf(x₀,у₀+у)+_уf(x₀,у₀). Тогда = + . Заметим, что l =

= , т.е. = + . Поскольку l0 тогда и только тогда, когда х0 и у0, то = + . Так как функция дифференцируема в окрестности точки (х₀,у₀), то это равенство можно переписать так: =

+ . Используя непре-

рывность частной производной , окончательно получаем: = + , то есть = + , ч.т.д.

Определение 4. Если функция z=f(x,y) имеет в точке (х₀,у₀) частные производные, то градиентом функции в этой точке называется вектор gradf=( , ).

Замечание. Пусть =(cos,cos) – орт направления l. Тогда из теоремы 5 получаем, что = gradf^. . Из неравенства Коши-Буняковского следует, что производная по направлению будет максимальной (равной модулю градиента), если векторы gradf и – сонаправленные. Таким образом, направление градиента – это направление наибольшей скорости изменения функции.

3.6. Частные производные высших порядков

Определение 5. Пусть функция z=f(x,y) имеет в некоторой окрестности точки (х₀,у₀) частные производные и . Тогда частные производные этих функций называются вторыми частными производными функции f(x,y).

Частных производных второго порядка существует, вообще говоря, четыре:

=f_x( ), =f_у( ), =f_x( ), =f_у( ).

Аналогично определяются частные производные третьего, четвертого и других порядков.

Пример. 1) Для функции f(x,y)=x²y³ найдем : =2ху³, =6ху², =12ху.

2) Для функции f(x,y)=sin(x²+y³) найдем и : =cos(x²+y³)^.2x, = –2xsin(x²+y³)^.3y²= –6xy²sin(x²+y³);

=cos(x²+y³)^.3y², = –3y²sin(x²+y³)^.2x =–6xy²sin(x²+y³).

В рассмотренном примере смешанные частные производные второго порядка и совпали. Следующая теорема, которую мы примем без доказательства, указывает достаточное условие такого совпадения.

Теорема 6. Если функция f(x,y) имеет в некоторой точке непрерывные частные производные второго порядка, то в этой точке = .

4. Исследование функций двух переменных на экстремум

4.1. Максимум и минимум функции двух переменных

Определение 1. Пусть функция z=f(x,y) определена в некоторой окрестности точки (х₀,у₀) и непрерывна в этой точке. Если существует окрестность точки (х₀,у₀), в которой f(x,y)<f(х₀,у₀), то эта точка называется точкой максимума данной функции; если существует окрестность точки (х₀,у₀), в которой f(x,y)>f(х₀,у₀), то эта точка называется точкой минимума данной функции. Если (х₀,у₀) – точка максимума или точка минимума, то она называется точкой экстремума.

Примеры.1)Пусть f(x,y)=(х–2)²+(у+1)². Тогда f(2,–1)=0, а во всех других точках f(x,y)>0. Значит, (2,–1) – точка минимума данной функции.

2)Пусть f(x,y)=0,5–sin(х²+у²). Тогда f(0,0)=0,5. Если же 0<х²+у²< , то f(x,y)<0,5. Мы нашли окрестность точки (0;0), в которой f(x,y)<f(0,0). Значит, (0,0) – точка максимума данной функции.

Теорема 1 (необходимое условие экстремума). Если (х₀,у₀) – точка экстремума функции f(x,y), дифференцируемой в (х₀,у₀), то в этой точке = =0.

Доказательство. Рассмотрим функцию u(x)=f(x,y₀). Тогда х₀ – точка экстремума этой функции, значит, u(x₀)=0. Это означает, что f_x(х₀,у₀)=0. Аналогично получим, что f_у(х₀,у₀)=0. Теорема доказана.

Примеры.1)Пусть f(x,y)=(х–2)²+(у+1)². В предыдущем примере мы видели, что (2,–1) – точка минимума этой функции. В этой точке =2х–4=0 и =2у+2=0. 2)Пусть f(x,y)=0,5–sin(х²+у²). В предыдущем примере мы видели, что (0,0) – точка максимума этой функции. В этой точке =–2хcos(х²+у²)=0 и = –2уcos(х²+у²)=0.

3) Пусть f(x,y)=х²–у². Тогда =2х и = –2у. Обе производные равны нулю в точке (0;0). Но эта точка не является точкой экстремума. Действительно, f(0,0)=0. Возьмем произвольную -окрестность точки (0,0). Тогда в этой окрестности находятся точки (0,5;0) и (0;0,5); f(0,5;0)=0,25²>0, f(0;0,5)= –0,25²<0. Значит, в любой окрестности точки (0,0) есть точки, в которых f(x,y)>f(х₀,у₀) (поэтому (0,0) – не точка максимума), и точки, в которых f(x,y)<f(х₀,у₀) (поэтому (0,0) – не точка минимума). Таким образом, хотя в точке (0,0) частные производные равны нулю, она не является точкой экстремума. Это значит, что условие равенства нулю частных производных является хотя и необходимым, но не достаточным условием экстремума. 

Достаточное условие экстремума примем без доказательства.

Теорема 2 (достаточное условие экстремума). Пусть функция f(x,y) имеет в некоторой окрестности точки (х₀,у₀) непрерывные частные производные второго порядка. Пусть f_х(х₀,у₀)=f_у(х₀,у₀)=0. Обозначим А=f_xх(х₀,у₀), В= f_xу(х₀,у₀), С=f_уу(х₀,у₀), =АС–В². Тогда, если >0 и А<0, то (х₀,у₀) – точка максимума; если >0 и А>0, то (х₀,у₀) – точка минимума; если <0, то (х₀,у₀) не является точкой экстремума.

Замечание. Если =0, то сделать вывод о наличии экстремума нельзя; требуется дополнительное исследование.

Рассмотрим примеры исследования функции двух переменных на экстремум.

Примеры. 1)Пусть f(x,y)=х³+у³–3ху. Тогда f_x(x,y)=3х²–3у, f_у(x,y)=3у²–3х. Система 3х²–3у=0, 3у²–3х=0 имеет два решения: (0,0) и (1,1). f_xх(х,у)=6х, f_xу(х,у)= –3, f_уу(х,у)=6у.

В точке (0,0) имеем: А=0, В = –3, С=0, = –9<0. По теореме 2 точка (0,0) не является точкой экстремума.

В точке (1,1) имеем: А=6>0, В = –3, С=6, =27>0. По теореме 2 точка (1,1) является точкой минимума.

Итак, данная функция имеет одну точку экстремума.

2)Пусть f(x,y)=х²–у². Тогда f_x(x,y)=2х, f_у(x,y)= –2у. Система 2х=0, –2у=0 имеет одно решение: (0,0). f_xх(х,у)=2, f_xу(х,у)= 0, f_уу(х,у)= –2.

В точке (0,0) имеем: А=2, В=0, С= –2, = –4<0. По теореме 2 точка (0,0) не является точкой экстремума.

Итак, данная функция не имеет точек экстремума.