umm_2001

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уральский Государственный Университет Путей Сообщения

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

= fyx′′(x; y) – функция сначала дифференцируется по у, а ре-

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

17.05.2015

Размер:

668 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 74 5 6 7 > Следующая >>>

зультат затем дифференцируется по х;

∂ ∂z = z′′yy = fyy′′(x; y) – функция дифференцируется по у последователь-

∂y ∂y

но два раза.

Частные производные второго порядка z′xy′ и z′yx′ (смешанные частные производные) не зависят от порядка дифференцирования z′xy′ = z′′yx при условии,

что они непрерывны.

Пример

Найти частные производные второго порядка от функции z(x, y) = x4 y2 + x2 y −3xy − 2 y .

Решение

Первоначально находим частные производные z′x и z′y : z′x = ∂∂x (x4 y2 + x2 y −3xy − 2 y)= 4x3 y2 + 2xy −3y , z′y = ∂∂y (x4 y2 + x2 y −3xy − 2 y)= 2x4 y + x2 −3x − 2 .

Последовательно находим частные производные второго порядка: z′′xx = ∂∂x (4x3 y2 + 2xy −3y)=12x2 y2 + 2 y ,

z′′xy = ∂∂y (4x3 y2 + 2xy −3y)=8x3 y + 2x −3, z′′yx = ∂∂x (2x4 y + x2 −3x − 2)=8x3 y + 2x −3, z′′yy = ∂∂y (2x4 y + x2 −3x − 2)= 2x4 .

На данном примере видно, что z′xy′ = z′yx′ , поэтому в дальнейшем достаточ-

но вместо двух найти только одну смешанную частную производную второго порядка.

8. Экстремумы функции

Точка P0 (x0 ; y0 ) называется точкой максимума функции z = f (x; y) , а

значение функции в ней z0 = f (x0 ; y0 ) – максимумом, если существует такая окрестность этой точки, что для всех точек P (x ; y ) из этой окрестности, от-

личных от P0 (x0 ; y0 ) , выполняется неравенство f (x, y) < f (x0 , y0 ) .

Точка P0 (x0 ; y0 ) называется точкой минимума функции z = f (x; y) , а

значение функции в ней z0 = f (x0 ; y0 ) – минимумом, если существует такая окрестность этой точки, что для всех точек P (x ; y ) из этой окрестности, от-

личных от P0 ( x0 ; y0 ) , выполняется неравенство f (x, y) > f (x0 , y0 ) . Точки мак-

симума и точки минимума называются точками экстремума функции. Точка, в которой обе частные производные равны нулю, т. е.,

∂z	= 0,	∂z	= 0 называется стационарной точкой функции z = f ( x; y) .
∂x		∂y

Пусть z = f (x, y) дифференцируема по x и по y в области определения,

то тогда равенство частных производных нулю является необходимым услови-

ем экстремума функции двух переменных.

Теорема (достаточное условие экстремума)

Функция двух переменных z = f (x; y) имеет экстремум в стационарной точке (x0 ; y0 ) , если она определена в некоторой окрестности этой точки, имеет в этой точке непрерывные частные производные второго порядка z′′xx (x0 ; y0 ) , z′′xy (x0 ; y0 ) , z′′yy (x0 ; y0 ) и определитель второго порядка, составленный из этих

частных производных положителен: z′′′′xx (x0 ; y0 ) z′′′′xy (x0 ; y0 ) > 0 . zxy (x0 ; y0 ) zyy (x0 ; y0 )

Точка экстремума (x0 ; y0 ) функции двух переменных z = f (x, y) будет

точкой максимума, если z′′xx (x0 ; y0 ) < 0 , и точкой минимума, если z′′xx (x0 ; y0 ) > 0 . 32

Если	z′′xx (x0 ; y0 )		z′′xy (x0 ; y0 )	< 0 , то функция z = f (x, y) экстремума в точ-

	z′′xy (x0 ; y0 ) z′′yy (x0 ; y0 )
ке (x0;y0) не имеет.
Если		z′′xx (x0 ; y0 )	z′′xy (x0 ; y0 )		= 0 , то вопрос об экстремуме в точке (x0;y0)

		z′′xy (x0 ; y0 )	z′′yy (x0 ; y0 )

остается открытым.

Схема исследования функции z (x; y) на экстремум

1. Нахождение стационарных точек

1.1. Найти частные производные z′x и z′y функции z(x; y).

1.2. Решить систему уравнений z′x = 0,

z′y = 0.

2. Проверить условия теоремы о достаточном условии экстремума в каждой стационарной точке

2.1. Найти частные производные второго порядка z′xx′ , z′′yy , z′′xy функции

z(x; y).

2.2. Определить значения частных производных второго порядка z′xx′ , z′yy′ , z′′xy в стационарной точке (x0 ; y0 ) .

2.3. Вычислить определитель =	z′′xx (x0 ; y0 )	z′′xy (x0 ; y0 )	.

	z′′xy (x0 ; y0 )	z′′yy (x0 ; y0 )

2.4. Сделать вывод о наличии или отсутствии экстремума в каждой точке, выяснить, максимум или минимум в точке экстремума и найти значение функции в них.

Пример 1

Исследовать на экстремум функцию z(x, y) = e2 (x + y2 ) .

Решение

1. Найдем частные производные z′x и z′y функции z(x; y).

z′x =

∂

(x + y2 )

1 e2

(x + y2

+ 2).

e2 (x + y2 )

= e2

+ e2 1 =

∂x

z′y =

∂

e2 (x + y2 )

= e2 2 y = 2 ye2 .

∂y

2. Решим систему уравнений z′′x = 0,

zy = 0.

e2 (x + y

+ 2) =

x + y2 + 2 =

x = −2

e2 ≠ 0

y = 0

2 ye2 = 0

Стационарная точка имеет координаты (-2; 0).

3. Находимчастныепроизводныевторогопорядка z′xx′

z′yy′ , z′xy′

функцииz (x; y).

∂

z′′

(z′)=

e2 (x + y

+ 2) =

(x + y

+ 2)+ e2 1

∂x

= 1 e

(x + y2 + 2 + 2)=

1 e

(x + y2 + 4).

z′′yy =

∂

(z′y )=

∂

2 ye2

= 2e2 .

∂y

z′′xy = z′′yx

∂

(z′y )

∂

2 ye2

= 2 ye2

= ye2 .

∂x

4. Определим значения частных производных z′xx′ ,

z′yy′ , z′xy′

функции z(x; y) в ста-

ционарной точке (-2; 0).

z′′xx (−2;0) = 14 e−22 (−2 + 0 + 4) = 42e = 21e ;

z′′xx (−2;0)

z′′xy (−2;0)

> 0 ,

следовательно, в стационар-

z′′xy (−2;0)

z′′yy (−2;0)

ной точке (-2;0) экстремум есть. Так как

z′′xx (−2;0)=

> 0

, то точка (−2;0) –

точка минимума. Значение минимума

функции

точке

экстремума равно

zmin (−2;0) = e−22

(−2 + 0) = − 2 .

Пример 2

Исследовать на экстремум функцию z(x, y) = x3 + y3 − x2 − 2xy − y2 .

Решение

1. Находим частные производные z′x и z′y функции z(x; y).

z′x =	∂		(x3 + y3 − x2 − 2xy − y2 )= 3x2 − 2x − 2 y.
	∂x

z′y	=		∂	(x3 + y3 − x2 − 2xy − y2 )= 3y2 − 2x − 2 y.
		∂y

2. Решим систему уравнений z′x = 0,

z′y = 0.

− 2x − 2 y = 0

= 2x + 2 y

x = y

x2 = y2

− 2x − 2 y = 0

3y2

3y2 = 2x + 2 y

x = −y

= 4x

x = 0

x = y

y = 0

y = −x

x = y

= 0

	4	;	4
Стационарные точки имеют координаты (0; 0) и	3	;	3	.
	3		3
3. Находим частные производные второго порядка			z′xx′ ,	z′′yy , z′′xy функции

z (x; y).

z′′xx

∂

(z′x )

∂

(3x2 − 2x − 2 y)= 6x − 2.

∂x

z′′yy =

∂

(z′y )=

∂

(3y2 − 2x − 2 y)= 6 y − 2.

∂y

z′′xy = z′′yx

∂

(z′y )

∂

(3y2 − 2x −2 y)= −2.

∂x

4. Находим значения частных производных z′xx′ , z′yy′ , z′′xy в стационарных

точках. В точке (0; 0) имеем :

z′xx′

= 6 0 −2 = −2 ,

z′yy′

= 6 0 − 2 = −2 , z′′xy = −2.

;

z′′xx

= 6

− 2 = 6 , z′′yy = 6

− 2 = 6

, z′′xy = −2.

Для точки

5. Вычислим определитель

z′′xx (x0 ; y0 )

z′′xy (x0 ; y0 )

для каждой стацио-

z′′xy (x0 ; y0 )

z′′yy (x0 ; y0 )

нарной точки.

z′′xx (0;0)

z′′xy (0;0)

−2

= 4 − 4

= 0 ,

следовательно, в стацио-

z′′xy (0;0)

z′′yy (0;0)

−2

нарной точке (0; 0) ничего нельзя сказать об экстремуме, требуется дополнительное исследование.

		z′′xx (	4		4	z′′xy (	4		4
2)	=		3	;	3)		3	;	3)	=	6	−2	=36 − 4 = 32 > 0 , следовательно, в

		z′′xy (	4		4	z′′yy (	4		4		−2	6
			3	;	3)		3	;	3)

	4	;	4		z′xx′		= 6 > 0 – это точка миниму-
точке	3	;	3	есть экстремум, причем, так как	z′xx′		= 6 > 0 – это точка миниму-
	3		3
ма. Найдем значение минимума функции zmin = z(						4 ;	4) = −	64 .
						3	3	27
9. Наибольшее и наименьшее значения функции
Пусть			функция z = f (x; y) определена и			непрерывна в ограниченной

замкнутой области D . Найдем точки области D , в которых функция достигает своего наибольшего и наименьшего значений.

Правило нахождения наибольшего и наименьшего значений дифферен-

цируемой в замкнутой ограниченной области D функции z = f (x; y) состоит в

следующем:

1.Найти все стационарные точки функции, принадлежащие D , и вычислить значения функции в них.

2.Найти значения функции z = f (x; y) в вершинах D .

3.Найти значения функции z = f (x; y) в критических точках границы их

области.

4. Сравнить все найденные значения функции и выбрать из них наибольшее и наименьшее.

Пример

Найти наибольшее и наименьшее значения функции z(x; y) = x2 + y2 − xy + x + y в замкнутой области, заданной системой неравенств

x ≤ 0;y ≤ 0;

2x +3y + 6 ≥ 0.

Решение

1. Найдем стационарные точки из системы уравнений:

	∂	(x	2		2	− xy + x + y)= 2x − y +1
z′x =				+ y			= 0;
z′x =	∂x			+ y			= 0;
	∂x
	∂	(x				− xy + x + y)= 2 y − x +1
	∂		2		2
z′y =				+ y			= 0.
z′y =	∂y			+ y			= 0.

Система имеет единственное решение (-1;-1).								Стационарная точка

М(-1;-1) лежит внутри области (область изображена на рис.7). Найдем значение функции в ней: z1 = f (−1;−1) = −1.

2. Исследуем поведение функции на границе области. Для этого разобьем границу на три отрезка АО, ОВ, АВ. На отрезке АО имеем:

y = 0, −3 ≤ x ≤ 0, z = x2 + x . Найдем значения функции на концах отрезка [−3;0] в точках A(−3;0) и O(0;0) . Получим z2 = f (−3;0) = 6, z3 = f (0;0) = 0 . Теперь попробуем найти стационарную точку на этом отрезке. Для этого найдем про-

изводную zx′ = 2x +1 и приравняем ее к нулю, получим	x = −	1	. Точка	−	1	;0
		2			2

лежит	внутри				отрезка AO . Значение функции в этой точке будет
z4 = f	−	1	;0	= −	1	. Перейдем к отрезку	BO .
z4 = f	−	2	;0	= −	4	. Перейдем к отрезку	BO .
		2			4

Рис. 7

Здесь x = 0, − 2 ≤ y ≤ 0, z = y2 + y . Вычислим значение функции в точке

B(0;−2) . Получим z5 = f (0;−2) = 2 . При y = 0 значение функции вычислено ра-

нее.

Попробуем найти стационарную точку функции z = y2 + y , лежащую

внутри отрезка OB . Для этого найдем z′y = 2 y +1 и приравняем ее к нулю, по-

лучим	y = −		1		. Точка					0;	−	1	лежит внутри отрезка OB . Значение функции в
лучим	y = −		2		. Точка					0;	−	2	лежит внутри отрезка OB . Значение функции в
			2									2
ней z6		0;		−		1	= −	1	.
ней z6	= f	0;		−		2	= −	4	.
						2		4

Рассмотрим поведение функции z на отрезке AB . Значения функции на концах отрезка (в точках А и В) вычислены ранее. Найдем стационарную точку, лежащую внутри этого отрезка. Для этого из уравнения прямой AB

2x +3y + 6 = 0 выразим у: y = −2 x − 2 . Подставим найденное		у в функцию
3
z = x2 + y2 − xy + x + y . Получим z =19 x2	+5x + 2 и найдем стационарную точ-
9
ку этой функции при условии, что −3 ≤ x ≤ 0 . Имеем: z′x = 38 x +5		= 0 , x = −45 .
	9	38

Таким образом, стационарная точка, лежащая внутри отрезка АВ, имеет коор-

	−	45	;−	46	. Значение функции в ней z7	=		−	45	;−	46	= −	73	.
динаты		38		38			f		38		38		76

3. Сравнивая все найденные значения функции z1, z2 ,...z7 , делаем вывод,

что в заданной области функция z принимает наименьшее значение (-1) в точке M (−1;−1) . Наибольшее значение, равное 6, функция принимает в точке

A(−3;0) .

Задания для контрольной работы № 8

391-400. Найти область определения функции:

391.	z = 4 − x2 − y2 +	x2 + y2 − 2 .
392.	z = ln(x2 + 4 y) +	xy .

393.z = x2 + y2 − 4 −ln (x − y) .

394.z = x + ln xy −+11 .


395.	z =	x2 − 4 +	y2 − 4 .
396.	z =	6 − x2 − y2 +		x2 + y2 − 4 .
397.	z = ln(x2 −6 y) +			xy .
398.	z =	x2 −9 +	9 − y2 .
399.	z =	9 − x2 − y2 +		x2 + y2 −5 .
350.	z = ln(x2 + 6 y) +			x + y .

401-410. Найти частные производные															∂z	,	∂z :
															∂x		∂y
401.	z = ex cos y .									402. z = ln(x3 + 2 y2 ) + cos x .
403.	z = y(x +1)7 + ln x .										404. z =			x3 + 2xy					.
403.	z = y(x +1)7 + ln x .										404. z =								.
																y
405.	z =5y			+tg(3x2 + y2 ) .							406. z = ln(x						2 −	y		) .
405.	z =5y			+tg(3x2 + y2 ) .							406. z = ln(x						2 −			) .
																		2x
407.	z = 3		x3 + 2xy .								408. z = ctg(4 − xy3 ) .
409.	z =				x				.		410. z = arcsin(2xy − y2 ) .
409.	z =		4xy + y2						.		410. z = arcsin(2xy − y2 ) .
			4xy + y2
411-420.			Составить уравнение касательной плоскости и уравнения
нормали в точке M0 (x0 ; y0 ; z0 )											к поверхности					z = f (x, y) :
411.	z =		6 − x2 − y2 ,								М0(1,1,2).
412.	z =	x2		+		y2	,				М0(2,3,2).
412.	z =	4		+	9		,				М0(2,3,2).
		4			9
413.	z =	x2		−		y2	,				М0(2,1,	8	).
413.	z =	4		−	9		,				М0(2,1,	9	).
		4			9							9
414.	z =16 − 2x2 −3y2									,	М0(1;2;2).
415.	z =		9 − x2 − y2 ,								М0(2;1;2).
416.	z = 2x2 + y2 +5 ,										М0(1;1;8).
417.	z = 25 −5x2 − 4 y2 ,										М0(-2;1;1).
418.	z =10 − x2 − 2 y2									,	М0(2;2;-2).
419.	z = 7 + x2 +3y2 ,										М0(1;1;11).
420.	z =		1 −			x2	−		y2	,	М0(2;0;		3		).
420.	z =		1 −		16		−	25		,	М0(2;0;		2		).
					16			25					2

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 74 5 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.05.20153 Мб39umm_1926.pdf
#
18.03.20161 Мб37umm_1939.pdf
#
17.05.2015514 Кб40umm_1943.pdf
#
17.05.2015498 Кб34umm_1949.pdf
#
17.05.2015768 Кб18umm_1974.pdf
#
17.05.2015668 Кб25umm_2001.pdf
#
17.05.2015516 Кб19umm_201.pdf
#
17.05.2015232 Кб33umm_2220.pdf
#
17.05.20152 Мб340umm_2299.pdf
#
17.05.2015765 Кб40umm_2364.pdf
#
18.03.2016547 Кб955umm_2429.pdf