Учебнометодическое пособие для студентов экономических специальностей орел 2005 2
Скачать 0.52 Mb.
|
Пример3.Найти полный дифференциал функции ( Решение. Найдем частные производные первого порядка функции 2 2 4 1 2 y x y x z + = ∂ ∂ ; 2 2 4 Частные производные второго порядка ( ) 2 2 2 2 2 2 8 4 1 2 xy y x y x z + − = ∂ ∂ ; ( ) y x y x x y z 2 2 2 2 2 2 8 4 1 2 + − = ∂ ∂ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 1 8 2 4 1 2 y x xy x y x y x z + − + = ∂ ∂ ∂ ; ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 1 8 2 4 1 Видим, что смешанные производные y x z ∂ ∂ ∂ 2 и x y z ∂ ∂ ∂ 2 равны. Имеет место теорема о равенстве смешанных производных, смысл которой заключается в следующем если функция дифференцируема дважды в точке и одна из ее смешанных производных непрерывна в данной точке, то смешанные производные функции в этой точке равны. Производной функции z = f(x, у) в точке М, y) в направлении вектора 1 М М l = называется конечный предел. ( ) ( ) l z ММ М f М f MM ∂ ∂ = − → 1 1 0 Если функциях, у) дифференцируема, то ее производная в направлении вектора вычисляется по формуле β α cos где β α cos , cos –– направляющие косинусы вектора В случае функции трех переменных u = f(x, у, z) производная в данном направлении определяется аналогично. Соответствующая формула имеет вид γ β α cos cos где γ β α cos , cos , cos –– направляющие косинусы вектора Градиентом функции z = f(x, у) в точке М, y) называется вектор сна- чалом в точке Ми координатами ( ) ( ) ( Градиент указывает направление наибыстрейшего роста функции в данной точке. В случае функции трех переменных u = f(x, у, z) градиент функции равен Пример 4. Пусть 2 3 ( , ) 3 8 f x y x xy y = − + . Найти градиент функции в точке M(3;1), величину градиента функции в этой точке и производную функции в той же точке по направлению ( 1, 2) l = Решение Предварительно находим частные производные функции первого порядка и их значения в заданной точке 58 ( ) ' 2 1/ 3 2 2 / 3 2 ' 2 2 3 3 2 2 3 1 2 3 ( 3 8 ) ( 3 8 ) ( 3 8 ) ; 3 3 ( 3 8 ) 2 3 3 1 3 1 ( ) (3;1) ; 2 3 8 3 (3 3 3 1 8 1) x x f x y x xy y x xy y x xy y x x xy y f f M x x − ∂ − = − + = − + − + = ∂ − + ∂ ∂ ⋅ − ⋅ = = = = ∂ ∂ − ⋅ ⋅ + ⋅ ( ) ' 2 1/ 3 2 2 / 3 2 ' 2 2 3 2 2 2 2 3 3 1 3 8 ( 3 8 ) ( 3 8 ) ( 3 8 ) ; 3 3 ( 3 8 ) 3 3 8 1 1 1 ( ) (3;1) 3 2 12 3 (3 3 3 1 8 1) 3 8 y y f x x xy y x xy y x xy y y x xy y f f M y y − ∂ − + = − + = − + − + = ∂ − + ∂ ∂ − ⋅ + − = = = = − = − ∂ ∂ ⋅ − ⋅ ⋅ + Теперь воспользуемся формулами для градиента функции в точке и найдем модуль полученного вектора 1 1 grad ( , ) , 2 12 M f x y − = ; 2 2 1 1 1 1 37 grad ( , ) 2 12 4 144 12 M f x y − = + = + = Далее, 2 2 | | ( 1) 2 5 1 l = − + = ≠ , поэтому направляющие косинусы вектора l равны cos 1/ 5 α = − , cos 2 / 5 β = . Вычисляем производную функции f в точке М по направлению вектора l : 1 ( 1) 1 2 1 1 3 1 2 1 ( ) 2 12 5 5 2 5 6 5 6 5 6 5 3 5 f M l ∂ − − − + − − = Полный дифференциал функции нескольких переменных (в нашем случае двух) с успехом применяется в приближенных вычислениях при оценке погрешностей. Пусть, например, мы имеем функцию ( ) y , x f z = двух переменных. При определении значений независимых переменных x и y будем допускать погрешности x ∆ и y ∆ соответственно. Тогда приближенное значение функции вычисляется по формуле ( ) ( ) y y z x x z y , x f y y , x x f ∆ ∂ ∂ + ∆ ∂ ∂ + = ∆ + ∆ + 0 0 0 Если через z δ , x δ , y δ обозначить максимальные абсолютные погрешности (или границы для абсолютных погрешностей, то y y z x x z z δ ⋅ ∂ ∂ + δ ⋅ ∂ ∂ = δ 59 Пример 5. Дана функция 1 3 2 4 5 2 2 + − + − + = y x xy y x z и точка ( ) 999 0 001 1 0 , ; , M . С помощью дифференциала вычислить приближенные значения функции в данной точке. Оценить абсолютную погрешность вычислений. Пусть 1 0 = x , 1 0 = y , тогда 001 0, x = ∆ , 001 Вычислим приближенное значение функции ( ) ( ) ( ) ( ) y , z x , z ; z , ; , z y x ∆ ′ + ∆ ′ + ≈ 1 1 1 1 1 1 999 0 001 Вычислим отдельно частные производные заданной функции 3 2 10 + − = ′ y x z x ; 1 Вычислим значения функции и частных производных в точке ( ) 1 1; : ( ) 10 1 1 3 2 4 5 1 1 = + − + − + = ; z ; ( ) 11 3 2 10 1 1 = + − = ′ ; z x ; ( ) 5 1 2 8 1 Тогда ( ) . , , , , , , ; , z 006 10 005 0 011 0 10 001 0 5 001 0 11 10 999 0 001 Погрешность вычислений : 016 0 005 0 011 0 001 0 5 001 Ответ 10 999 0 001 1 , , ; , z ≈ , 016 0, z = δ . ЗАДАНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ. Упражнение 1. Дана функция ) y , x ( f z = . Показать, что 0 2 2 2 2 2 = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ) y x z , y z , x z , y z , x z , z , y , x ( F 1. 3 2 2 ) y x ( y z − = ; 2 1 1 y z y z y x z x F − ∂ ∂ + ∂ ∂ = ; 2. ) xy arcsin( x y z + = 3 2 ; 2 2 y y z xy x z x F + ∂ ∂ − ∂ ∂ = ; 3. ) x y x ln( z 1 2 2 2 + + + = ; 2 2 2 2 y z x z F ∂ ∂ + ∂ ∂ = ; 60 4. xy e z = ; xyz y z y y x z xy x z x F 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ − ∂ ∂ = ; 5. ); y sin y y cos x ( e z x − = 2 2 2 2 y z x z F ∂ ∂ + ∂ ∂ = ; 6. y x z = ; y z y x z x F ∂ ∂ − ∂ ∂ ∂ = 2 ; 7. y x z = ; x z ) x ln y ( y x z y F ∂ ∂ + − ∂ ∂ ∂ = 1 2 ; 8. x y xe z = ; 2 2 2 2 2 2 2 2 y z y y x z xy x z x F ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ + ∂ ∂ = ; 9. ) ay x sin( z + = ; 2 2 2 2 2 x z a y z F ∂ ∂ − ∂ ∂ = ; 10. y sin ) x y ( y cos z − + = ; Упражнение 2. Дана функция ) y , x ( f z = и точка M 0 (x 0 ;y 0 ). С помощью дифференциала вычислить приближенное значение функции в данной точке. Оценить абсолютную погрешность вычислений. 1. y x y x z 2 2 2 2 + − + = ; M 0 (1,08;1,94); 2. x y xy z 5 3 2 2 − + = ; M 0 (3,04;3,95); 3. y x y x z 2 4 2 2 + − + = ; M 0 (2,98;2.05); 4. y x xy x z + + − = 2 3 ; M 0 (1,06;2,92); 5. 2 2 3 2 y xy x z + + = ; M 0 (2,94;1,07); 6. y x y z + + = 9 2 2 ; M 0 (1,96;1,04); 7. 2 2 3 2 y xy x z + + = ; M 0 (0,96;1,95); 8. y xy x z 6 3 2 − + = ; M 0 (3,96;1,03); 9. x y xy z 2 2 2 − + = ; M 0 (0,97;2,03); 10. 1 2 3 2 2 − + + + = y x y x z ; M 0 (2,98;3,91). Упражнение 3. Дана функция ) y , x ( f z = , точка A(x 0 ,y 0 ) и вектор 61 ) a ; a ( a y x = . Найти 1) grad z в точке A; 2) производную в точке A по направлению вектора a . 1. 2 2 y xy x z + + = ; ) ; ( A 1 1 ; ) 1 ; 2 ( − = a ; 2. 2 2 3 2 y xy x z + + = ; ) ; ( A 1 2 ; ) 4 ; 2 ( − = a ; 3. ) y x ln( z 2 2 3 5 + = ; ) ; ( A 1 1 ; ) 2 ; 3 ( = a ; 4. ) y x ln( z 2 2 4 5 + = ; ) ; ( A 1 1 ; ) 1 ; 2 ( − = a ; 5. xy x z 6 5 2 + = ; ) ; ( A 1 2 ; ) 2 ; 1 ( = a ; 6. ) xy ( arctg z 2 = ; ) ; ( A 3 2 ; ) 3 ; 4 ( − = a ; 7. ) y x arcsin( z 2 = ; ) ; ( A 2 1 ; ) 2 ; 5 ( − = a ; 8. ) y x ln( z 2 2 4 3 + = ; ) ; ( A 3 1 ; ) 1 ; 2 ( − = a ; 9. 2 2 4 2 3 y x x z + = ; ) ; ( A 2 1 − ; ) 3 ; 4 ( − = a ; 0. 2 3 2 5 3 xy y x z + = ; ) ; ( A 1 1 ; ) 1 ; 2 ( = a 62 Экстремумы функций двух переменных. Условные экстремумы. Самоопределение локальных экстремумов функции ) , ( y x f z = фактически не отличается от случая функции одного переменного ) (x f y = (только теперь точками локального экстремума будут точки вида ) , ( 0 0 y x M ). Алгоритм поиска состоит в следующем. 1) Установить область определения функции. 2) Найти ее частные производные первого порядка и приравнять их к нулю, те. решить систему уравнений Решения этой системы дадут координаты стационарных точек. 3) Найти частные производные второго порядка для исследуемой функции и вычислить их значения в найденных ранее стационарных точках вида ) , ( 0 0 y x M 4) Найти для каждой стационарной точки числовые характеристики ( ) ). , ( ' ' , ) , ( ' ' ) , ( ' ' ) , ( ' ' 0 0 2 0 0 0 0 0 0 y x f y x f y x f y x f xx xy yy xx = − ⋅ = ∆ δ 5) Если 0 , 0 > > ∆ δ , то ) , ( 0 0 y x M - точка локального минимума исходной функции и ) , ( 0 0 min y x f f = ; если 0 , 0 < > ∆ δ , то ) , ( 0 0 y x M - точка локального максимума исходной функции и ) , ( 0 0 max y x f f = ; во всех остальных случаях ) , ( 0 0 y x M не является точкой экстремума. Пример 1. Найти экстремумы функции 2 2 2 2 15 Решение Функция определена при всех парах (x,y). Найдем частные производные первого порядка, приравняем их к нулю и решим систему уравнений y x y x f x − − = 4 15 ) , ( ' , y x y x f y 4 ) , ( ' − − = ; − = = + ⇔ − = = − − − ⇔ = − − = − − y x y y x y y y x y x 4 0 15 15 4 0 ) 4 ( 4 15 0 4 0 4 Отсюда получаем, что y = -1 и x = 4. Итак, найдена стационарная точка M(4;-1). Находим частные производные второго порядка 63 4 )' 4 15 ( ) , ( ' ' − = − − = x xx y x y x f ; 4 )' 4 ( ) , ( ' ' − = − − = y yy y x y x f ; 1 )' 4 В данном случае производные от x, y не зависят, поэтому и для стационарной точки M(4;-1) имеем 4 ) 1 ; 4 ( ' ' − = − xx f ; 4 ) 1 ; 4 ( ' ' − = − yy f ; 1 ) 1 ; 4 ( ' ' − = − xy f 0 15 1 16 ) 1 ( ) 4 ( ) 4 ( 2 > = − = − − − ⋅ − = ∆ ; 0 Учитывая знаки числовых характеристики соответствующее условие из 5), получаем, что M(4;-1) – точка локального максимума исходной функции, и 31 2 4 32 60 1 ) 1 ( 2 ) 1 ( 4 4 2 4 15 1 ) 1 ; 4 ( 2 Пример 2. Считая, что x>0 и y>0, найти экстремумы функции xy y x y x f 3 ) , ( 3 Решение Область определения функции задана в условии Найдем частные производные первого порядка y x y x f x 3 3 ) , ( ' 2 − = , x y y x f y 3 Решаем систему уравнений (учитывая условие x>0, y>0): = = ⇔ = − = ⇔ = − = ⇔ = − = − 1 1 0 ) 1 ( 0 ) ( 0 3 3 0 3 3 3 2 2 2 2 Итак, определена стационарная точка M(1;1). Находим частные производные второго порядка x y x f xx 6 ) , ( '' = ; y y x f yy 6 ) , ( ' ' = ; 3 ) , ( '' − = y x f xy . Вычисляем их значения в точке M: 6 ) 1 ; 1 ( ' ' = xx f ; 6 ) 1 ; 1 ( ' ' = yy f ; 3 ) 1 ; 1 ( ' ' − = xy f 0 27 9 36 > = − = ∆ ; 0 6 > = δ . Учитывая знаки числовых характеристик δ , ∆ , получаем, что M(1;1) – точка локального минимума исходной функции 1 3 1 При решении примера 2 мы столкнулись стем, что на переменные было наложено дополнительное ограничение. Фактически рассмотренный пример представлял собой задачу поискаусловного экстремума функции ) , ( y x f , которая ставится следующим образом найти экстремумы функции ) , ( y x f z = в случае, когда переменные удовлетворяют условиям 0 ) , ( 1 = y x ϕ , 0 ) , ( 2 = y x ϕ ,..., 0 ) , ( = y x n ϕ . Для решения подобных проблем создана специальная теория, однако в некоторых случаях задачу удается свести к поиску обычного экстремума функции одного переменного. Пример 3. При условии 0 3 = − + y x найти экстремум функции 64 Решение Из условия выразим y и подставим в формулу, задающую функцию, а потому 6 5 ) 3 ( 2 ) 3 ( ) 3 , ( ) ( 2 Мы получили функцию одного переменного, которую исследуем по схеме, разобранной в п. Функция ) (x F определена при всех x, 3 / 5 , 1 0 5 Определив знак производной на интервалах, получаем x ) 3 / 5 ; ( − −∞ -5/3 ) 1 ; 3 / 5 ( − 1 ) ; 1 ( +∞ ) ( ' x F + 0 — 0 + Вывод т.макс т.мин Для известных значений x найдем соответствующие им значения y: при x=1 y=2; при x=-5/3 y=14/3. Существующие в теории утверждения позволяют говорить о том, что точка M(1;2) будет точкой минимума исходной функции ) , ( y x f , а точка N(-5/3;14/3) – точкой максимума этой функции. Соответственно, , 3 4 2 1 ) 2 ; 1 ( min = + − = = f f 27 337 3 14 2 3 3 14 5 27 Условный экстремум находится, когда переменные хи у, входящие в функцию u = f( x, y), не являются независимыми, те. существует некоторое соотношение х, у) = 0, которое называется уравнением связи. Тогда из переменных хи у только одна будет независимой, т.к. другая может быть выражена через нее из уравнения связи. Тогда u = f(x, y(x)). В точках экстремума dx dy y f x f dx du ∂ ∂ + ∂ ∂ = =0 (1) Кроме того 0 = ∂ ϕ ∂ + ∂ ϕ ∂ dx dy y x (2) Умножим равенство (2) на число λ и сложим с равенством (1). 65 0 = ∂ ϕ ∂ + ∂ ϕ ∂ λ + ∂ ∂ + ∂ ∂ dx dy y x dx dy y f x f 0 = ∂ ϕ ∂ λ + ∂ ∂ + ∂ ϕ ∂ λ + ∂ ∂ dx dy y y f x x f Для выполнения этого условия во всех точках найдем неопределенный коэффициент λ так, чтобы выполнялась система трех уравнений = ϕ = ∂ ϕ ∂ λ + ∂ ∂ = ∂ ϕ ∂ λ + ∂ ∂ 0 ) , ( 0 0 y x y y f x x f Полученная система уравнений является необходимыми условиями условного экстремума. Однако это условие не является достаточным. Чтобы проверить наличие экстремума в стационарной точке, необходимо вычислить величину 2 2 2 2 2 2 0 x y f f x x y x f f y y x y ϕ ϕ ϕ ϕ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∆ = − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ Если 0 > , тов данной точке локальный минимум, если 0 < –– локальный максимум. В случае, когда 0 = , требуется дополнительное исследование (сомнительный случай. Выражение u = f(x, y) + λϕ (x, y) называется функцией Лагранжа Приме 4. Найти экстремум функции f(x, y) = xy, если уравнение связи 2x + 3y – 5 = 0 ) 5 3 2 ( − + λ + = y x xy u ; 3 ; 2 λ + = ∂ ∂ λ + = ∂ ∂ x y u y x u |