14-es / Высшая математика (РТФ) / умк_Цывис_Функции_Интеграл. исчисл

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

¶f (0,0)

x +

¶f (0,0) × y +

¶x

¶y

+

1

¶

2

f (0,0) x2

+ 2 ¶

2

f (0,0) xy + ¶

2

f (0,0) y2

+

2

¶x

2

¶x¶y

¶y

2

1

n

¶

n

f (0,0)

xn − k yk + r .

+

∑ C k

n!k =0

n ¶xn − k ¶yk

n

Пример 1. Написать формулу Тейлора для функции

f (x, y) = ex+ y в

виде (1) при n = 3 .

Решение. Согласно формуле (1) имеем

¶f (x, y) = ∂f Dx +

∂f Dy = ex+ y × Dx + ex+ y × y = ex+ y (Dx + Dy) ;

¶x

¶y

d 2 f (x, y) = ¶2 f

× Dx2

+ 2

¶2 f

Dx × Dy +

¶2 f Dy2

=

¶x2

¶x¶y

¶y2

= ex + y × Dx2 + 2ex + y × Dx × Dy + ex + y × Dy2 = ex + y (Dx + Dy)2 .

d 3 f = ex+ y (Dx + Dy)3 .

Тогда по формуле Тейлора находим

Df = ex + x + y + y - ex + y =

= ex + y (Dx + Dy) + ex + y ×

(Dx + Dy)2

+ ex + y ×

(Dx + Dy)3

+ r .

2

3!

3

или

(Dx + Dy)

2

(Dx + Dy)

3

ex+ y (e x+Δy -1) = ex+ y (Dx

+ Dy) +

+

.

2!

3!

мума) функции z = f (x, y) ,

если

существует окрестность точки

M0 (x0 , y0 ) , что для всех точек

M (x, y)

из окрестности точки M0 (x0 , y0 )

0

y

0

y

M0

x

x

M0

Рис. 1

Рис. 2

Отметим, что если функция z = f (x, y) в точке M0 (x0 , y0 ) имеет

локальный экстремум, то:

f (x, y) − f (x0 , y0 ) =

z < 0

(1)

для случая локального максимума;

f (x, y) − f (x0 , y0 ) =

z > 0

(2)

меняет знак в окрестности точки M0 (x0 , y0 ) . Но для всех точек

M (x, y) из

окрестности точки M0 (x0 , y0 ) определить знак приращения z

практиче-

M0 (x0 , y0 ) – точка локального экстремума функции

f (x, y) , имеющей не-

прерывные частные производные ∂f ,

∂f в этой точке, то

¶x

¶y

∂f (x0 , y0 )

= 0;

∂f (x0 , y0 ) = 0

(3)

¶x

¶y

не

есть

тождественный

нуль,

т.е. хотя бы одно из чисел

∂f (x0 , y0 )

,

∂f (x0 , y0 )

отлично от нуля. В сколь угодно малой окрестности

¶x

¶y

точки M0 (x0 , y0 ) знак

f

совпадает со знакам выражения (5);

r в равен-

стве (4) бесконечно малая.

Если M0 (x0 , y0 )

является точкой экстремума, то f сохраняет знак

в малой окрестности точки

M0 (x0 , y0 )

в силу определения экстремума (1)

и

(2). Но выражение

(5) (знак которого совпадает со знаком

f ) меняет

знак при замене x на (− x) и

y

на (− y ). Таким образом, в точке

экстремума выражение (5)

тождественно равно нулю, т.е.

∂f (x0 , y0 )

= 0,

∂f (x0 , y0 ) = 0 .

¶x

¶y

Пример 1. Показать, что функция

f (x, y) = 2 + x2 + y2 имеет экс-

тремум в точке M 0 (0,0) , но

∂f (0,0) и

∂f (0,0) не существуют.

¶x

¶y

Решение.

Так как

f (0,0) ≤ 2 ,

для

любых

(x, y) R2 ,

то точка

M 0 (0,0)

– точка максимума данной функции. Частные производные дан-

ной функции имеют вид

∂f =

x

;

∂f =

y

.

∂x

x2 + y2

∂y

x2 + y2

В точке О(0,0) частные производ-

z

ные не существуют (рис. 3)

Замечание

2.

Если

точка

M0 (x0 , y0 ) –

точка локального экстрему-

ма функции

z = f (x, y) , то ее дифферен-

циал в этой точке равен нулю или не су-

ществует.

Точки, в которых частные произ-

2

водные данной функции равны нулю или

не существуют, называются критически-

ми или стационарными точками данной

0

y

функции.

Равенство нулю частных произ-

водных первого порядка не является дос-

x

таточным условием существования экс-

Рис. 3

тремума

функции

z = f (x, y)

в точке

M0 (x0 , y0 ) .

Пример 2. Доказать, что в точке О(0,0) функция

z = xy

не имеет

экстремума, хотя частные производные первого порядка равны нулю.

Решение. Действительно, имеем

∂z = y и

∂z

= x ;

∂z = 0

∂z

= 0

∂y

∂x

∂x

∂y

в точке

О(0,0).

Но в тоже время в любой окрестности точки

M 0 (0,0)

функция

z = xy

принимает как положительные, так и отрицательные зна-

чения, а следовательно точка О(0,0) не является точкой экстремума.

Уравнение z = xy определяет поверхность –

гиперболический параболоид.

Замечание 3. Рассмотрим поверхность

z = f (x, y) , уравнение каса-

тельной плоскости в точке

M 0 (x0 , y0 , z0 ) имеет вид

∂f (x0 , y0 )

(x − x ) +

∂f (x0 , y0 ) ( y − y ) = (z − z ) = 0 .

∂x

0

∂y

0

0

линию,

проходящую через точку касания. В этом случае разность

f (x0 +

x, y0 + y) − f (x0 , y0 ) , не меняя знака при достаточно малых

x

и

∂f (M0 )

= 0,

∂f (M 0 ) = 0 .

(1)

¶x

¶y

Пусть

D(M

0

) =

A

B

= AC − B2 .

(2)

B

C

Тогда стационарная (критическая) точка M0 функции z = f (x, y) яв-

ляется:

D(M0 ) > 0

A < 0 ;

1)

точкой локального максимума, если

и

2)

точкой локального минимума, если

D(M0 ) > 0

и

A > 0 ;

3)

если D(M0 ) < 0 , то функция

z = f (x, y) в точке

M0 экстремума

ренциал функции

f (x, y) в точке M0 (x0 , y0 ) , а с другой стороны – это квад-

ратичная форма от

x и y . Если B2 - AC < 0 (т.е. D(M 0 ) = AC - B2 > 0 ),

M0 ( r2 –

бесконечно малая).

Если знак

f

постоянен в некоторой окрестности точки M0 (x0 , y0 ) ,

то справедливо одно из неравенств

f (M0 ) > f (M )

или

f (M0 ) < f (M )

для любой точки M (x, y) из окрестности

M0 , а следовательно точка

M0

является точкой экстремума.

Если

¶2 f (M 0 ) = A < 0 , то 2-ой дифференциал d 2 f – отрицательно опре-

¶x2

f < 0

и f (x0 +

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

деленная функция от

x

и

y . Тогда

т.е. точка M0 (x0 , y0 ) –

точка локального максимума. Аналогично,

если

¶2 f (M

0

)

= A > 0 , то точка

M

0

(x , y ) – точка локального минимума.

¶x2

0

0

D(M0 ) < 0

Если

(т.е. B2 - AC > 0 ),

то d 2 f ,

а следовательно

f

в

окрестности точки

M0

принимают разные знаки, т.е. экстремума нет.

Пример 3. Исследовать на экстремум функцию z = 3xy - (x3 + y3 )

в

области

x > 0,

y > 0 .

Решение. Необходимые условия экстремума

¶f

= 3y - 3x

2

= 0

¶x

¶f

= 3x - 3y

2

= 0.

¶y

Решая полученную систему,

получим x = 1,

y = 1. В точке

M (1;1)

выполнены необходимые условия экстремума, т.е.

данная точка –

точка,

d 2 f =

¶2 f (M ) Dx2

+ 2

¶2 f (M ) × DxDy +

¶2 f (M ) × Dy2

= -6Dx2 + 6DxDy - 6Dy2

¶x2

¶x¶y

¶y2

u = f (x1, x2 , x,....xn ) = f (M )

(1)

при условии, что ее аргументы

x1, x2 ,..., xn

являются независимыми пере-

менными и связаны между собой k соотношениями (k < n) :

Fi (x1, x2 ,...xn ) = 0; i =

(2)

1, k

Пусть координаты точки

M0

удовлетворяют уравнениям (2). Гово-

рят, что функция

(1) имеет в точке

M0

условный минимум (максимум)

при условиях связи (2), если существует такая окрестность точки M0 , что

для любой точки

M (M ¹ M 0 ) этой окрестности, координаты которой

удовлетворяют

уравнениям

(2),

выполняется

неравенство

(наименьше) значение функции в точке

M0

по отношению не ко всем точ-

кам, из некоторой окрестности точки

M0 ,

а только к тем из них, которые

связаны между собой условиями связи.

Рассмотрим задачу на отыскание условного экстремума для функции

двух переменных, т.е. требуется найти экстремум функции

z = f (x, y)

(3)

при условии (уравнение связи)

ϕ(x, y) = 0 .

(4)

из переменных, например y, т.е. выразить y

как функцию x:

y = ψ(x) , то

подставляя полученное y в (4)

получим

функцию одной

переменой

z = f (x,ψ(x)) . Находим значения

x, при которых эта функция достигает

Пример 1. Найти экстремум функции

z = x2 + y2 + 2 при условии

x + y = 2 (уравнение связи).

Решение. Из уравнения связи имеем

y = 2 − x и, подставляя в ис-

Для

полученной функции одной переменой находим

экстремум:

z′ = 4x − 4;

x = 1. z′′ = 4 > 0 , значит точка x = 1 – точка минимума.

Следовательно, в точке M0 (1,1) (из уравнения x + y = 2 ) функция

z = x2 + y2 + 2 имеет минимум относительно уравнения связи

x + y = 2 и

2

x + y = 2

2

y

M 0 (1,1)

2

x

Рис. 1

2.

Уравнение

связи задается параметрическими уравнениями:

x = x(t)

и y = y(t)

t [T1,T2 ] . Подставляя

x(t) и y(t) в аналитическое

выражение функции

z = f (x, y) , приходим тем самым к решению задачи

на экстремум функции одной переменой.

3.

Пусть уравнение связи (2) не разрешимо относительно x и y, и

1. Функция z = f (x, y)

может иметь максимум или минимум при

тех значениях x, при которых

′

= 0 .

zx

2.

Находим полную производную

dz

dx

dz

=

∂f ×

dx

+

∂f ×

∂y =

∂f +

∂f +

∂f ×

∂y .

dx

¶x dx

¶y

¶x

¶x

¶x

¶y

¶x

Значит, в точках экстремума

∂f +

∂f

×

∂y = 0 .

(5)

¶x

¶y

¶x

Дифференцируя уравнение связи ϕ(x, y) = 0

по x, получим

∂ϕ ×

dx

+

∂ϕ ×

dy

= 0 .

(6)

¶x

dx

¶y

dx

3.

Равенству (6) удовлетворяют все точки x, y, лежащие на линии

(L), определяемой уравнением связи

ϕ(x, y) = 0 .

4.

Умножая равенство

(6)

на неизвестный, покуда, коэффициент

λ , и сложив с равенством (5), получим

рем неопределенный множитель

λ так, чтобы для значений x

и y, соот-

ветствующих экстремуму функции

z = f (x, y) , коэффициент

∂f + l

∂ϕ

¶y

¶y

обратился в нуль. Тогда и ∂f + l ∂ϕ = 0 .

¶x

¶x

Следовательно, точки локального экстремума, лежащие на лини

L,

определяемой уравнением связи

ϕ(x, y) = 0 , должны удовлетворять сле-

дующим условиям:

∂f

+ λ

∂ϕ = 0

∂x

∂x

∂f

∂ϕ

+ λ

= 0

(8)

∂y

∂y