Лекции по математике. Курс лекций для технических университетов Части 1 и 2 Екатеринбург 2005 удк 51075. 8 Ббк 22. 1я73 С54
 Скачать 9.25 Mb.
|
|
348 3). Если , то 0 = ∆ 0 = D и достаточный признак не дает ответа, нужно выяснить сохраняется ли знак разности ) , ( ) , ( ) , ( 0 0 0 0 y x f y x f y x f − = ∆ непо- средственно. Схема исследования ( ) f x, y на экстремум: 1) определите критические точки; 2) проанализируйте выполнение достаточных условий; 3) вычислите экстр z Пример: Исследуйте на экстремум функцию 1 2 3 2 2 + − + + − = y x y xy x z 1) 3 2 + − = ∂ ∂ y x x z , 2 2 − + − = ∂ ∂ y x y z ⎩ ⎨ ⎧ = − + − = + − , 0 2 2 , 0 3 2 y x y x откуда 3 4 0 − = x ; 3 1 0 = y 2) 2 3 1 ; 3 4 2 2 = ∂ ∂ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − x z A , 1 3 1 ; 3 4 2 − = ∂ ∂ ∂ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − y x z B , 2 3 1 ; 3 4 2 2 = ∂ ∂ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − y z C , 2 2 2 2 ( 1) 3 AC B ∆ = − = ⋅ − − = . Итак, , , значит, 0 > ∆ 0 > A ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛− 3 1 ; 3 4 – точка минимума, 3 4 min − = z Пример: Исследовать на экстремум функцию 1 2 2 2 2 2 2 + + + + = xy y x y x z 1). ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = + + = ∂ ∂ = + + = ∂ ∂ 0 2 , 0 2 2 2 x y yx x z y x xy x z 0 0 0 = = ⇒ y x ; 1 ) 0 , 0 ( = z 2). 1 1 2 ) 0 , 0 ( 2 ) 0 , 0 ( 2 2 = + = ∂ ∂ = y x z A ; 1 1 4 ) 0 , 0 ( ) 0 , 0 ( 2 = + = ∂ ∂ ∂ = xy y x z B ; 1 1 2 ) 0 , 0 ( 2 ) 0 , 0 ( 2 2 = + = ∂ ∂ = x y z C ; 2 1 1 0 1 1 AC B ∆ = − = = . Достаточный признак ответа не дает. Исследуем значения ) , ( y x z 1 ) ( 2 1 ) ( 1 2 2 ) , ( 2 2 2 2 2 2 + + + = + + + + = y x xy xy y x y x y x z , значит , если , 1 ) , ( > y x z 0 ≠ x 0 ≠ y Получили, что , значит, – точка минимума. ( , ) (0,0) 1 z x y z > = ) 0 , 0 ( Функции нескольких переменных 349 16.2. Условный экстремум. Метод множителей Лагранжа Найдем экстремум функции ) , ( y x f z = , если переменные x и связа- ны условием y 0 ) , ( = y x ϕ Пример: Исследуйте на экстремум функцию при условии 2 y 2 x z + = 1 = + y x Условие связи позволяет исключить из функции переменную ) , ( y x z x y − =1 , что сводит задачу к исследованию функции одной переменной 1 2 2 2 + − = x x z 4 2 dz x dx = − = 0 в точке 2 1 = 0 x , при этом 2 1 0 = y . Так как 2 2 4 0 d z dx = > , то эта точка является точкой минимума. Таким образом, достигает минимума на прямой в точке ) , ( y x z 1 = + y x ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 2 1 , 2 1 , при этом min 1 1 1 , 2 2 2 z ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0 z x y Метод Лагранжа Если из уравнения связи трудно выразить через y x , то критические точки можно найти методом множителей Лагранжа. В предположении о его существовании найдем экстремум функции ) , ( y x z при условии 0 ) , ( = y x ϕ При этом )) ( , ( ) , ( x y x z y x z = и необходимое условие экстремума прини- мает вид: 0 = ∂ ∂ + ∂ ∂ = dx dy y z x z dx dz Продифференцируем уравнение связи, тогда 0 d d dx x y dx y ϕ ϕ ϕ ∂ ∂ = + = ∂ ∂ Умножим второе уравнение на неопределенный множитель λ и сложим его с первым, получим, что 0 dy z z x x dx y y ϕ ϕ λ λ ∂ ∂ ⎛ ⎞ ∂ ∂ + + + = ⎜ ⎟ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎝ ⎠ Лекции 15 - 16 350 Выберем коэффициент λ таким, чтобы 0 = ∂ ∂ + ∂ ∂ y y z ϕ λ , тогда необходимыми условиями экстремума являются 0 0 0 z , y y z , x x ( x, y ) . ϕ λ ϕ λ ϕ ∂ ∂ ⎧ + = ⎪∂ ∂ ⎪ ∂ ∂ ⎪ + = ⎨∂ ∂ ⎪ = ⎪ ⎪ ⎩ Если ввести функциюЛагранжа: ) , ( ) , ( ) , ( y x y x f y x L λϕ + = , то задача нахождения условного экстремума сводится к исследованию на обычный экстремум функции Лагранжа и необходимые условия экстремума принима- ют вид: 0 0 0 x y L ( x, y ) , L ( x, y ) , ( x, y ) ϕ ⎧ ′ = ⎪⎪ ⎪⎪ ′ = ⎨⎪ ⎪⎪ = ⎪⎩ 0 0 0 x x y y f ( x, y ) ( x, y ) , f ( x, y ) ( x, y ) , ( x, y ) , λϕ λϕ ϕ ⎧ ′ ′ + = ⎪⎪ ⎪⎪ ′ ′ ⇒ + = ⎨⎪ ⎪⎪ = ⎪⎩ откуда находятся критические точки ) , ( 0 0 y x Пусть ( ) 0 0 x , y - координаты критической точки, - любое из решений системы, 0 λ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' x 0 0 y 0 0 ' '' '' x 0 0 xx 0 0 0 xy 0 0 0 ' '' '' y 0 0 xy 0 0 0 yy 0 0 0 0 x , y x , y x , y L x , y , L x , y , x , y L x , y , L x , y , ϕ ϕ ∆ ϕ λ λ ϕ λ = − λ 2 0 0 Заметим, что 2 '' 2 '' '' xx xy yy d L L dx 2L dxdy L dy = + + Достаточные условия в методе Лагранжа формулируются следующим образом: если , в точке условного экстремума – минимум, если – максимум, если 2 0 ( d L ) ∆ > > 2 0 ( d L ) ∆ < < L d 2 не сохраняет знак, то в критической точке экстремума нет. Пример: Исследуйте на экстремум функцию при условии xy y x z 3 2 2 − + = 0 1 = + + y x 2 2 ( , ) 3 ( 1) L x y x y xy x y λ = + − + + + . λ + − = ′ y x L x 3 2 , λ + − = ′ x y L y 3 2 Функции нескольких переменных 351 2 3 0, 0, 2 , 0, 1 0 2 3 1 0 x y y x x y λ λ − + = ⎧ ⎪ − + = ⎨ ⎪ + + = ⎩ x y x y x y λ = + ⎧ ⎪ ⇒ − = ⎨ ⎪ + + = ⎩ 2 1 0 − = ⇒ x ; 2 1 0 − = y , 0 1 2 λ = − 0 1 1 1 3 1 2 1 2 3 5 5 10 1 2 1 3 1 3 2 . ∆ − = − − = − = + = − − В точке ( ) 1 1 2 2 , − − , т.е. в этой точке – минимум 0 ∆ > ( ) z x, y Пример: Исследуйте на экстремум функцию y x z 3 4 6 − − = при условии, что 0 1 2 2 = − + y x Решение: ) 1 ( 3 4 6 ) , ( 2 2 − + + − − = y x y x y x L λ x x L λ 2 4 + − = ∂ ∂ ; y y L λ 2 3 + − = ∂ ∂ Необходимые условия экстремума: 2 2 2 4 0, 0, 2 3 1 x y x y λ λ ⎧ − = ⎪ − = ⎨ ⎪ + = ⎩ 2 2 2 3 2 1 x , y , x y , λ λ ⎧⎪⎪ = ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎪ ⇒ = ⎨⎪ ⎪⎪ ⎪ + = ⎪⎪ ⎪⎪⎩⎪ откуда 2 5 ± = λ Критические точки: 2 5 1 = λ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = 5 3 ; 5 4 ) , ( 1 1 1 1 M y x M ; 2 5 2 − = λ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − = 5 3 ; 5 4 ) , ( 2 2 2 2 M y x M Проверим выполнение достаточных условий: λ 2 2 2 = ∂ ∂ x L ; λ 2 2 2 = ∂ ∂ y L ; 0 2 = ∂ ∂ ∂ y x L , ) ( 2 2 2 2 dy dx L d + = λ , , , значит, 0 ) ( 5 ) ( 2 2 1 2 > + = dy dx M L d 0 ) ( 5 ) ( 2 2 2 2 < + − = dy dx M L d ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 5 3 ; 5 4 1 M – точка минимума, , 1 ) ( 1 = M z ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − 5 3 ; 5 4 2 M – точка максимума 11 ) ( 2 = M z Лекции 15 - 16 352 16.3. Наибольшее и наименьшее значения функции в области Наибольшее и наименьшее значение функции (глобальный экстремум) достигается либо в критических точках функции внутри области, либо на границах области определения функции. Т Для нахождения наибольшего и наименьшего значения функции ) , y (x z в области D y x ∈ ) , ( следует: 1) найти критические точки внутри D , вычислить в них ; 0 0 ( , ) z x y 2) найти наибольшее и наименьшее значения функции ) , ( y x z на гра- нице; 3) сравнить найденные значения и выбрать среди них наибольшее и наименьшее. Пример: Найдите наибольшее и наименьшее значения функции в области, ограниченной осью Oy , прямой и параболой 2 3 3 6 2 y xy x z + − = 2 = y 2 2 x y = Решение: 1). 2 6 6 6 6 0 z x y x z x y y ∂ ⎧ = − = ⎪∂ ⎪ ⎨∂ ⎪ = − + = ∂ ⎪⎩ 0, ) 0 , 0 ( 1 M ⇒ , ) 1 , 1 ( 2 M Точка – внутренняя точка области, ) 1 , 1 ( 2 M 1 ) 1 , 1 ( 1 − = z 2). Рассмотрим поведение функции на границе области. 2.1) [ ] ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = ∈ функция, ая возрастающ - 3 , 0 , 2 , 0 2 y z x y 0 ) 0 , 0 ( 2 = z ; 12 ) 2 , 0 ( 3 = z 2.2) [ ] ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + − = = ∈ , 12 12 2 , 2 , 2 , 0 3 x x z y x 2 6 12 0 dz x dx = − = ; [ ] 2 0, 2 x = ∈ Найдем значения 2 8 12 ) 2 , 2 ( 4 − = z ; 4 ) 2 , 2 ( 5 = z 0 2 2 1 M 2 M y x Функции нескольких переменных 353 2.3) [ ] ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ∈ − = = , 2 , 0 , 4 3 , 2 3 4 2 x x x z x y 3 2 3 3 0 dz x x dx = − = 0 1 = → x , , 1 2 = x 4 1 2 1 , 1 6 − = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = z 3). Сравнивая полученные значения , находим z (1,1) 1 наим z z = = − , (0, 2) 12 наиб z z = = 16.4. Геометрические приложения функций двух переменных 16.4.1. Производная векторной функции скалярного аргумента r OM = , r xi yj zk = + + r Пусть проекции вектора являются функциями параметра t : ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = = ), ( ), ( ), ( t z z t y y t x x тогда , ( ) ( ) ( ) r x t i y t j z t k = + + ( ) r r t = При изменении изменяются проекции и конец вектора описывает в пространстве линию, называемую годографом вектора. t OM t Указанные уравнения называются парамет- рическимиуравнениямилинии в простран- стве. является векторной функцией скалярного аргумента. ( ) r r t = Найдем производную векторной функции скалярного аргумента. z x y ) , , ( z y x M r O О Возьмем фиксированное значение , соответст- вующее точке M на кривой и значению r t ( ) Дадим приращение t t ∆ , получим вектор ( r t t) + ∆ , соответствующий точке 1 M Тогда [ ] [ ] [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) r r t t r t x t t x t i y t t y t j z t t z t k ∆ = + ∆ − = + ∆ − + + ∆ − + + ∆ − , ( ) ( ) r r t t r t ∆ = + ∆ − = Лекции 15 - 16 354 [ ] [ ] [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x t t x t i y t t y t j z t t z t = + ∆ − + + ∆ − + + ∆ − k , 0 lim ; ; t r dx dy dz dr dx dy dz i j k t dt dt dt dt dt dt dt ∆ → ∆ ⎧ ⎫ = + + ⇒ = ⎨ ⎬ ∆ ⎩ ⎭ , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) r t x t t x t y t t y t z t t z t i j t t t t ∆ + ∆ − + ∆ − + ∆ − = + + ∆ ∆ ∆ ∆ k – вектор производной вектора ( ) r t по скалярному аргументу . t Выясним его направление. При 0 → ∆t точка стремится к точке 1 M M , а на- правление секущей в пределе дает направление касательной, т.е. вектор 1 MM dr dt направлен по касательной к кривой в точке M |