Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Гродненский государственный университет им. Я. Купалы

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика для инженеров(теория)I том

.pdf

Скачиваний:

128

Добавлен:

18.02.2016

Размер:

4.09 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 4950 / 6050 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 > Следующая >>>

		f ¢ (x , y		0	) = 0,	f ¢ (x , y	0	) = 0 .		(1)
		x	0	0		y 0	0
	В случае минимума равенства (1) доказываются ана-
л	о	г	и		ч	н		о	.	□

Точки, в которых все частные производные функции нескольких переменных равны нулю, называются критическими или стационарными.

30 . Достаточные условия экстремума.

Теорема 2. Пусть функция f (x, y) в некоторой окре- стности точки M (x0; y0 ) имеет непрерывные частные производные до второго порядка включительно. Пусть

точка

M0 (x0; y0 )

является

критической точкой, т. е.

¶ f (x0 , y0 )

= 0,

¶ f (x0 , y0 )

= 0 .

Тогда

функция

f (x, y)

при

¶ x

¶ y

x = x0 ,

y = y0 имеет максимум,

если

æ ¶2 f (x , y

) ö2

¶2 f (x , y

) ¶

2 f (x , y

)

0 0

< 0 и

¶x¶y

¶ x

¶y

¶2 f (x

, y

)

< 0 ;

минимум, если

¶x2

æ ¶2 f (x , y

) ö2

¶2 f (x , y

) ¶

2 f (x , y

)

0 0

< 0 и

¶x¶y

¶ x

¶y

¶2 f (x

, y

)

> 0 ;

¶x2

не имеет экстремума при

æ ¶2 f (x , y )

ö2

¶2 f (x , y

)

¶2 f (x , y

)

0 0

> 0 ;

¶x¶y

¶ x

¶y

экстремум может быть, а может и не быть при

¶2 f (x , y

)

ö2

¶2 f (x , y

) ¶2 f (x , y

)

0 0

= 0 .

¶x¶y

¶ x

¶y

Доказательство. Воспользуемся формулой Тейлора

(13.5).

Обозначим

¢¢

(x , y

)

= A ;

¢¢

(x , y

) = B ;

0 0

f ¢¢

(x , y ) = C .

По

условию

¢ (x

, y

) = 0 , f

(x , y

) = 0 .

При-

493

ращение z представим в виде

(с точностью до бесконечно малых более высокого поряд- ка)

ö2

D z »

éADx2

+ 2BDxDy + CDy2 ù

êAç Dx

+ 2B Dx

+ Cú

2 ë

è Dy

(2)

= D2y2 éëAt2 + 2Bt + Cùû, t = DDyx .

Из формулы (2) видим, что знак приращения функции

D z зависит от знака квадратного трехчлена.						Если дискри-
минант B2 - AC < 0 ,		то трехчлен действительных корней не
имеет	и	его		знак		совпадает
со знаком коэффициента А,			т. е. знак D z		зависит от знака
А. Значит,	при A > 0 имеем		D z > 0	и функция		f (x, y) в точ-
ке (x0; y0 ) достигает минимума.				(x0; y0 )
Если	A < 0 , то	D z < 0 и точка			является точкой
максимума f (x, y) .
Если	B2 - AC > 0 , то трехчлен из (2) меняет знак в ок-
рестности точки (x0; y0 ) , следовательно,					D z	также меняет

знак, т.е. в точке (x0; y0 ) экстремума нет.

Если B2 - AC = 0 , то требуется дополнительное исследование. □

Замечание 1. При доказательстве достаточных усло- вий экстремума предполагалось Dy ¹ 0 .

Если Dy = 0 , а Dx ¹ 0 , то получаем функцию одной пе-

ременной, и используем достаточные условия для нее. Аналогично, если Dx = 0 , Dy ¹ 0 .

Приращения D x и D y одновременно обращаться в нуль не могут, т.к. при этом функция f (x, y) не получает приращения.

Пример 1. Исследовать на экстремум функции:

а) z = x2 - 2xy + 4y3 , б) z = 3x2 y - x3 - y4 .

Решение. а) Вычислим частные производные задан- ной функции и приравняем их к нулю.

z′x = 2x - 2y = 0 , z¢y = -2x +12y2 = 0 .

Решив эту систему уравнений, получаем две стационарные точки:

494

1 ö

M1 (0;0) и M2 ç

;

÷ .

6 ø

Находим частные производные второго порядка

z′′

= 2 , z′′ = -2 , z′′

= 24y .

Исследуем

знак

приращения

D z

окрестности ста-

ционарной точки

M1 (0;0) . Так

как

A = z¢¢xx (M1 ) = 2 ,

B = z¢¢xy (M1 ) = -2 ,

C = z¢¢yy (M1 ) = 0 , то B2 - AC = 4 > 0 и, значит, в

точке

функция

не имеет экстремума.

A = 2,

B = -2,

C = 4 .

точке

M2 :

Следовательно,

B2 - AC =

= 4 - 4 × 2 = -4 < 0 и,

так как

A = 2 > 0 ,

то в точке M2

функция имеет минимум.

б) Вычисляем частные производные функции и при- равниваем их нулю:

z¢x = -3x2 + 6xy = 0 , z¢y = 3x2 - 4y3 = 0 .

Решая эту систему, находим две стационарные точки:

M1 (0;0) и M2 (6;3) .

Вычисляем	частные производные				второго порядка
данной функции:	¢¢		¢¢	¢¢		2	. В точке M1 :
	zxx	= -6x + 6y, zxy		= 6x, zyy = -12y
A = 0, B = 0, C = 0	и,	значит,	B2 - AC = 0 . Поэтому					точка
M1 (0;0) требует дополнительного исследования. Значение
функции	z(x, y)		в		этой			точке

равно нулю: z(0;0) = 0 . Далее при x < 0, y = 0 имеем z(x, y) = -x3 > 0 ,

а при x = 0, y ¹ 0 имеем z(x, y) = -y4 < 0 . Следовательно, в любой окрестности M1 (0;0) функция z(x, y) принимает

значения, как больше		z(0;0) , так и меньше	z(0;0) и, зна-
чит, в точке M1	функция z(x, y) не имеет экстремума.
В точке	M2 :	A = -18, B = 36,C = -108 ,	и,	значит,
B2 - AC = -648 < 0 . Так		как A < 0 , то в точке	M2	функция
имеет
максимум. □

495

§ 15. Условный экстремум. Метод множителей Лагранжа


Поставим		задачу	найти	экстремумы функции
z = f (x, y)	в области D		при условии, что переменные x, y
связаны	зависимостью		ϕ (x, y) = 0 .	Такой	экстремум	назы-
вают условным.		ϕ (x, y) = 0 называется
Уравнение		ϕ (x, y) = 0 называется			уравнением	связи

между переменными x и y.

Если из уравнения связи можно выразить y как функ- цию x, т.е. y =ψ (x) , то, подставив в аналитическое выра-

жение функции z = f (x, y) вместо y функцию ψ (x) , полу- чим функцию одной переменной z = f (x,ψ (x)) . Задача об

условном экстремуме функции двух переменных сводится к отысканию экстремума функции одной переменной.

Решим поставленную задачу, не разрешая уравнение

связи ϕ (x, y) = 0

относительно x или y.

Найдем полную производную

d z

, помня, что у есть функция от х:

d x

= ¶f +

¶f

¶y

¶x

Следовательно, в точках экстремума

¶f +

¶f

= 0 .

(1)

¶y

¶x

Продифференцировав уравнение связи ϕ (x, y) = 0

по x,

′

¶ϕ

получим

= -

ϕx . Полагая, что

¹ 0 , имеем

¶y

ϕ¢y

¶ϕ +

¶ϕ dy

= 0 .

(2)

¶y dx

¶x

Умножив члены равенства (2) на неизвестный пока коэффициент λ и сложив их с соответствующими членами равенства

(

)

¶f

¶f dy ö

+ λ

¶ϕ

¶ϕ dy ö

= 0

¶x

или

¶y dx ø

496

æ ¶f		+ λ	¶ϕ
ç	¶x		¶x
è

ö	æ	¶f	+ λ	¶ϕ ö dy	= 0 .	(3)
÷	+ ç	¶y		÷

ø	è			¶y ø dx

Подберем λ так, чтобы для значений х и у, соответ- ствующих экстремуму функции z, вторая скобка в равен-

стве		¶f		¶ϕ	(3)					обратилась
в нуль:		¶f	+ λ	¶ϕ	= 0 . Тогда из равенства (3)					следует равен-
		¶y		¶y
ство	¶f	+ λ	¶ϕ	= 0 .
	¶x		¶x
	Таким образом, для определения точек условного
экстремума, имеем систему								¶ϕ
					ì¶f		+ λ	¶ϕ	= 0,
					ï	¶x	+ λ	¶x	= 0,
					ï	¶f		¶ϕ
					í	¶f	+ λ	¶ϕ	= 0,	(4)
					ï	¶y	+ λ	¶y	= 0,	(4)
					ïï	ϕ	(x, y) = 0.
					î

Введем вспомогательную функцию F (x, y,λ ) :

F (x, y,λ ) = f (x, y) + λϕ (x, y) ,	(5)
называемую функцией Лагранжа, λ – множитель
Лагранжа.
Система (4) примет вид: F¢ (x, y,λ ) = 0 ,	F¢ (x, y,λ) = 0 ,
x	y

Fλ¢ (x, y,λ ) = 0 .

Таким образом, чтобы найти значения х и у, удовле- творяющие условию связи ϕ (x, y) = 0 , при которых функция

z = f (x, y) может иметь условный экстремум, нужно соста-

вить вспомогательную функцию (5), приравнять к нулю ее произ- водные по х, у и λ и из полученных трех уравнений (4) опреде- лить искомые х, у и λ .

Уравнения (4) являются необходимыми условиями условного экстремума.

Пример 1. Найти условные экстремумы функций

а)	z = x2 + y2 + xy - 5x - 4y +10 при x + y = 4 ,
б)	z = x + 2y	при	x2 + y2 = 5 .
Решение.		а) Из	уравнения связи x + y = 4 выразим у

через х и подставим в выражение для данной функции:

497

y = 4 − x ;

z = x2 + (4 - x)2 + x(4 - x) - 5x - 4(4 - x) +10 = x2 - 5x +10 .

Получили	функцию	одной	переменной
z = g (x) = x2 - 5x +10 .
Исследуем	функцию g (x)	на экстремум, используя

достаточное условие существования экстремума для функ-

ции

одной

переменной.

В нашем случае

g¢(x) = 2x - 5 ,

g¢(x) = 0

при

x =

, g¢¢(x) = 2 .

Так как g¢¢(x) > 0 " xÎ , то в точке x =

функция

g (x) = x2 - 5x +10

æ 5

имеет минимум:

gmin = g ç

Но тогда

данная

функ-

è 2

z = f (x, y)

æ 5

ция

в соответствующей точке

M0 ç

;

÷ имеет

è 2

условный минимум: zmin = f

æ 5

è 2

б) Функция Лагранжа имеет вид

F (x, y,λ ) = x + 2y + λ (x2 + y2 - 5).

Система (4) в данном случае примет вид

1+ 2λ x = 0;

2 + 2λ y = 0;

îx2 + y2 - 5 = 0.

Она имеет два решения:

çæ1;2;-

÷ö и çæ -1;-2;

÷ö .

z = x + 2y

2 ø

Значит функция

имеет две критические точ-

ки: M

(1;2)при λ = -

и M

(-1;-2)

при λ =

z = f (x, y) в точке

Данная функция

принимает зна-

чение

z = 5 , а в точке

–

значение

z = −5 , которые, как

следует из геометрических соображений, являются соот-

ветственно условным максимумом и условным минимумом этой функции. □

498

§ 16. Наибольшее и наименьшее значения функции

в замкнутой области

Пусть функция z = f (x, y) определена и непрерывна в замкнутой

ограниченной области D с границей Γ и дифференцируема во всех ее внутренних точках. Тогда, в силу теоремы Вей- ерштрасса, существуют точки, в которых функция f при- нимает свои наибольшее и наименьшее значения. Эти точ- ки следует искать среди стационарных точек функции f внут- ри области D или среди точек, принадлежащих границе Γ . Поэтому

для нахождения наибольшего и наименьшего значений функции в замкнутой области необходимо:

1)найти стационарные точки внутри области D и значения функции в них;

2)найти наибольшее и наименьшее значения функции на границе Γ ;

3) выбрать и з найде н ных зна чени й наиб ольшее и

Пример 1. Найти наименьшее и наибольшее значения

функции

z = x2 + y2 в круге (x -

)2 + ( y -

)2 £ 9 .

Решение. Здесь рассматривается область D, ограни-

окружностью (x -

)2 + (y -

)2 = 9 ,

включая и точки ок -

¶z

Найдем стационарные точки данной функции. Имеем

= 2x ,

¶z

= 2y , отсюда x = 0, y = 0 .

¶x

¶y

D ,

точке

(0;0) ,

принадлежащей

области

функция

z = x2 + y2

принимает значение

z = 0 .

Найдем наибольшее и наименьшее значения функции z = x2 + y2 на границе. Функция Лагранжа имеет вид

F (x, y,λ ) = x2 + y2 + λ éë(x - 2 )2 + (y - 2 )2 - 9ùû .

Запишем систему для определения x, y и λ :

499

¶F

= 2x + 2

λ (x - 2 ) = 0,

¶x

¶F

= 2y + 2

λ (y - 2 )= 0,

¶y

¶F

= (x - 2 )

+ (y -

2 )

- 9

= 0.

¶λ

Эта

система

имеет

решения

x = y =

, λ = -

x = y = -

, λ = -

Находим значения функции z в полученных точках

zç

÷ =

25 ; zç -

=1 .

2 2

Сравнивая

полученные

значения,

находим

zнаим = 0

zнаиб = 25 . □

Задания для самостоятельной работы

1. Найти частные производные следующих функций:

а) z = x3 y - y3x ;

б) z =

x3 + y3

; в)

x2 + y2

z = (5x2 y - y3 + 7)3 ;

г)

z = ln(x2 + y2 ) ;

д)

z = ln tg

;

е)

z = sin

cos

2. Найти полные дифференциалы функций:

а) z = yxy ;

б) u = x3 y3z4 ;

в) z = 2x2 - 3y2 + y ;

г)

u =

;

д) z = ex2 −xy ;

е)

z = arctg( y − 2x) .

xz2

3. Найти приближенные значения:

а)

sin32o cos59o ;

б)

1,98×e0,12 ;

в)

æ1,98

arctgç

1÷ ;

è1,01

500


	г) (1,01)4,02 ; д) 2,022 + 5e0,01 .
4	. Найти производную функции z = x3 - 3x2 y + 3xy2 +1 в точ-
	ке M (3;1)	в направлении, идущем от этой точки к точке
	(6; 5) .
			y2
5	. Доказать,	что производная функции z =		в любой точ-

ке эллипса 2x2 + y2 =1 по направлению нормали к эллип- су равна нулю.

6. Найти проекции градиента функции z = x2 - 2xy + 3y -1 в точке

(1; 2).

7. Дана функция

z =

4 + x2 + y2 .

Найти grad z

в точке

(2;

1).

8. Даны функции

z =

x2 + y2

z = x - 3y +

. Найти угол

3xy

между градиентами этих функций в точке (3; 4).

9. Для указанных поверхностей найти уравнения

каса-

тельных плоскостей и нормалей в указанных точках:

а)

z = 2x2 - 4y2

в точке (2; 1; 4);

б)

z = xy

точке (1; 1; 1);

в)

z = x2 + y2 - xy в точке (3; 4; –7);

г)

z = arctg

в точке çæ1;1; π ÷ö .

4 ø

10.

Найти частные производные первого и второго порядков сле-

дующих функций:

z = sin (x2 + y3 );

а) z = 2x4 -10x2 y3 + 3y2 ; б)

в)

z = 3xy + y2 ;

г) z = tg(5y2 x);

д)

x = sin xln y + ey ln x ;

е)

z =

11.

Найти дифференциалы второго порядка от данных функций:

а)

z = xy2 - yx2 ;

б) z = ln(x − y) ;

в)

z = xsin2 y ;

501

г) u = xyz ; д) z = exy .

12. Найти несколько первых членов разложения функции

ex ln(1+ y)

в ряд Тейлора в окрестности точки (0; 0).

13. Получить

приближенную

формулу

cos x

≈1−

(x2 − y2 ) для

достаточно

малых

значений

cos y

∂z

14. Найти

от функций, заданных неявно соотно-

∂x

∂y

)

z3 + 3xyz = 8

;

)

ez − xyz = 0 ;

)

x2 − 2y2 + z2 − 4x + 2z − 5 = 0

15. Исследовать следующие функции на экстремум:

а) z = x2 + 2y2 − 3x + 4y − 8 ;

б) z = 3xy − 3x + 5y ;

в) z = x3 + 3xy2 + 5x2 y −15x − 2y ; г) z =

3x2

+ x + y ;

д)

z = 2 − 33 x2 + y2 ;

е) z = x2 + y2 − 2ln x −18ln y ;

ж) z =

2 + 4x − 4y

1+ x2 + y2

16. Найти наибольшее и наименьшее значения следующих функ-

	z = xy + x + y в		ций:
а)	z = xy + x + y в	квадрате, ограниченном			прямыми
	x = 0 , x = 2 , y = 2 , y = 3 ;
б)	z = 2xy в круге	x2 + y2 ≤1;
в)	z = x2 + 2y2 + 3x − y в		треугольнике,	ограниченном
	прямыми x =1 ,	y =1, x + y =1;
г)	z = sin x + sin y + sin (x + y)		в области 0 ≤ x ≤	π , 0 ≤ y ≤ π ;
				2	2

17. Найти экстремум функции z = xy при условии, что x и y связаны уравнением 2x + 3y − 5 = 0 .

502

<<< < Предыдущая 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 4950 / 6050 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
14.04.201960.88 Кб4Мат логіка 2 курс 3 семестр.docx
#
12.08.20192.49 Mб58Мат Моделирование (конспект).doc
#
01.04.20252.17 Mб2МАТ.АН_1КУРС_3,4ГРУППА_ПИЦЕВИЧ.docx
#
01.03.202564.81 Кб0матан 1-13.docx
#
18.02.20162.81 Mб125Математика для инженеров(практика) I часть.pdf
#
18.02.20164.09 Mб128Математика для инженеров(теория)I том.pdf
#
18.02.20161.05 Mб70Математика шпоры заочники.docx
#
27.09.2019302.06 Кб5МАТЕМАТИКА ШПОРЫ.docx
#
01.07.2025526.34 Кб0Материал к госэкзамену для заочников.doc
#
01.05.2025108.01 Кб1материал к кср налоговое.docx
#
01.07.2025187.39 Кб1Материал к экзамену по ИТ.doc