В.Ф. Бутузов - Лекции по математическому анализу. Часть 2 (1109583), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Тогда получатся тождества относительноxm+1 , ..., xn :F1 (ϕ1 , ..., ϕm , xm+1 , ..., xn ) = 0, ..., Fm (ϕ1 , ..., ϕm , xm+1 , ..., xn ) = 0.4. Условный экстремум93Дифференцируя эти тождества в точке M0 и используя инвариантность формы первого дифференциала, приходим к равенствам⎧∂F∂F11⎪(M)dϕ+...+(M)dϕ +⎪m100⎪∂x∂x⎪1mMM0⎪0⎪⎪∂F1∂F1⎪⎪(M)dx+...+(M0 ) dxn = 0,+⎪m+10⎨∂x1∂xn. . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . .⎪∂Fm∂Fm⎪⎪⎪(M(M)dϕ+...+)dϕ +m100⎪⎪∂x∂x1mMM0⎪0⎪⎪∂F∂F⎪⎩+ m (M0 ) dxm+1 + ... + m (M0 ) dxn = 0.∂x1(10.52)∂xnЭти равенства представляют собой системуурав m линейныхнений относительно дифференциалов dϕ1 M , ..., dϕm M , причем0 0D (F1 , ..., Fm ) определитель системы равен якобиану, отличD (x1 , ..., xm ) M0ному от нуля в силу (10.40).Следовательно, из этой системы однозначно находятся искомые дифференциалы dϕi M (i = 1, ..., m), как функции от0dxm+1 , ..., dxn . Подставляя выражения для dϕi вместо dxiM0(i = 1, ..., m) в формулу (10.51), получаем искомую квадратичную формуd2 g M = Q (dxm+1 , ..., dxn ) .(10.53)0Пример.
Найдем экстремумы функции u = x + y при условиисвязи xy − 1 = 0.В данном случае для решения задачи можно было бы использовать первый метод, поскольку из условия связи можно выразить в явном виде один из аргументов функции через другой (на1пример, y = ), после чего задача сводится к отысканию точекx1безусловного экстремума функции одной переменной u = x +x(решите задачу этим методом), но мы применим для решенияметод Лагранжа.Введем функцию ЛагранжаΦ = x + y + λ(xy − 1),94Гл.
10. Неявные функциигде λ — пока не определенный множитель, и составим системууравнений (10.49), которая в нашем примере имеет вид⎧F1 := xy − 1 = 0,⎪⎪⎪⎨ ∂Φ= 1 + λy = 0,∂x⎪⎪∂Φ⎪⎩= 1 + λx = 0.∂yЭта система имеет два решения:x = 1, y = 1, λ = −1иx = −1, y = −1, λ = 1.Таким образом, имеем две точки возможного условного экстремума функции u = x + y при условии связи xy − 1 = 0:точка M1 (1; 1), при этом Φ = x + y − (xy − 1), иточка M2 (−1; −1), при этом Φ = x + y + (xy − 1).Далее в соответствии с описанным алгоритмом вычислимвторой дифференциал функции Лагранжа, причем так, как еслибы x и y были независимыми переменными.
Для точки M1 (1; 1)имеем:dΦ = dx + dy − ydx − xdy ,d2 Φ = −2dxdy.Выразим теперь dy через dx, используя условие связи F1 := xy −− 1 = 0. Система уравнений (10.52) состоит в нашем примере изодного уравнения:∂F1∂F(M1 ) · dx + 1 (M1 ) · dy = 0, то есть dx + dy = 0,∂x∂yоткуда dy = −dx. Подставляя это выражение для dy в равенствоd2 Φ = −2dxdy , находим квадратичную форму Q (см. (10.53)):d2 g x=1 = Q(dx) = 2(dx)2 .Так как Q(dx) — положительно определенная квадратичная форма, то в точке M1 (1; 1) функция u = x + y имеет условныйминимум (u (M1 ) = 2) при условии связи xy − 1 = 0.Аналогично доказывается, что в точке M2 (−1; −1) функцияu = x + y имеет условный максимум (u (M2 ) = −2) при условиисвязи xy − 1 = 0 (проведите доказательство самостоятельно).Рассмотренный пример имеет наглядную геометрическую иллюстрацию.
Линиями уровня функции u = x + y (то есть лини-4. Условный экстремум95Рис. 10.5.ями на плоскости (x, y), на которых функция имеет постоянноезначение) являются прямые x + y = c = const, а условие связиxy − 1 = 0 является уравнением гиперболы. На рис. 10.5 изображены линии уровня для нескольких значений c (c < −2, c = −2,c = 0, c = 2, c > 2) и гипербола xy − 1 = 0, в точках которойищутся экстремумы функции u = x + y .Через точку M1 (1; 1) гиперболы проходит линия уровняx + y = 2, а через любую другую точку гиперболы в окрестноститочки M1 проходит линия уровня x + y = c, где c > 2.
Такимобразом, в точке M1 функция u = x + y имеет наименьшеезначение (u (M1 ) = 2) по отношению ко всем другим точкамгиперболы из окрестности точки M1 (разумеется, окрестностьточки M1 должна быть не слишком большой, чтобы в нее непопали точки другой ветви гиперболы).Также наглядно видно, что в точке M2 (−1; −1), через которую проходит линия уровня x + y = −2, функция u = x + yимеет наибольшее значение (u (M2 ) = −2) по отношению ко всемдругим точкам гиперболы из окрестности точки M2 .Г л а в а 11ПРИЛОЖЕНИЯ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГОИСЧИСЛЕНИЯ К ИССЛЕДОВАНИЮ ПЛОСКИХКРИВЫХС помощью дифференциального исчисления мы умеем находить точки локального экстремума функции, промежутки монотонности, направление выпуклости, точки перегиба и асимптотыграфиков функций.
Здесь мы рассмотрим применение дифференциального исчисления к другим геометрическим вопросам: касание плоских кривых, огибающая семейства кривых, кривизнаплоской кривой.§ 1. Касание плоских кривыхРис. 11.1. Прямая L —общая касательная ккривым L1 и L2 в точке M0 .Если две плоские кривые имеют общую точку M0 и в этой точке — общуюкасательную, то говорят, что эти кривыекасаются (соприкасаются) в точке M0(рис.
11.1).Пусть кривые L1 и L2 являются графиками функций y = f1 (x) и y = f2 (x), ипусть они касаются в точке M0 (x0 , f1 (x0 ))(рис. 11.2). Пусть n — натуральное число.Рис. 11.2.Говорят, что порядок касания кривых L1 и L2 в точке M0равен n, если существует отличный от нуля пределlimx→x0|f2 (x) − f1 (x)|.|x − x0 |n+1(11.1)1. Касание плоских кривых97Если предел (11.1) равен нулю, то говорят, что порядок касаниякривых L1 и L2 в точке M0 выше n.Если порядок касания выше любого n, то говорят, что порядок касания бесконечный.Примеры.1) Графики функций y = x4 и y = x3 касаются в точке O(0; 0),общей касательной графиков⎧является ось Ox (докажите это).
3x − x4 ⎨ 0, n < 2,Так как lim= 1, n = 2,⎩x→0 |x|n+1∞, n > 2,то порядок касания данных кривых вточке O равен 2.2e−1/x , x = 0,2) Рассмотрим функции y = 0 и y =0,x = 0.Нетрудно доказать (сделайте это), что порядок касания графиковэтих функций в точке O(0; 0) — бесконечный.Теорема 1. Пусть кривые L1 и L2 являются графиками функций y = f1 (x) и y = f2 (x) и пусть функции f1 (x) и f2 (x) (n + 1)раз дифференцируемы в точке x0 . Тогда:10 .
если f1 (x0 ) = f2 (x0 ), f1 (x0 ) = f2 (x0 ), . . . ,(n)(n)(n+1)f1 (x0 ) = f2 (x0 ), f1(n+1)(x0 ) = f2(x0 ),(11.2)то порядок касания кривых L1 и L2 в точке M0 (x0 , f1 (x0 )) равенn;20 . обратно: если порядок касания кривых L1 и L2 в точкеM0 равен n, то выполнены соотношения (11.2).Доказательство. 10 . Пусть выполнены соотношения (11.2). Используя формулу Тейлора и эти соотношения, получаем:f2 (x) − f1 (x) = f2 (x0 ) + · · · +1 (n)f (x0 )(x − x0 )n +n! 21(n+1)f2+(x0 )(x − x0 )n+1 + o (x − x0 )n+1 −(n + 1)!1 (n)− f1 (x0 ) + · · · + f1 (x0 )(x − x0 )n +n!1(n+1)n+1n+1+f(x0 )(x − x0 )+ o (x − x0 )=(n + 1)! 11(n+1)(n+1)=(x0 ) − f1(x0 ) (x − x0 )n+1 + o (x − x0 )n+1 ,f2(n + 1)!1(n+1)(n+1)f2(x0 ) − f1(x0 ) = 0.причем число A =(n + 1)!4 В.Ф.
Бутузов98 Гл. 11. Приложения диф. исчисления к исследованию плоских кривыхОтсюда следует:limx→x0|f2 (x) − f1 (x)|= |A| = 0,|x − x0 |n+1а это и означает, согласно определению, что порядок касаниякривых L1 и L2 в точке M0 равен n. Утверждение 10 доказано.20 . Пусть порядок касания кривых L1 и L2 в точке M0 равенn. Если предположить, что цепочка равенств в (11.2) нарушаетсяпри некотором k n, то получим, в силу доказанного в п.10 , чтопорядок касания кривых L1 и L2 в точке M0 равен k − 1 < n, аесли допустить, что в (11.2) выполняются все равенства и, кроме(n+1)(n+1)того, f1(x0 ) = f2(x0 ), то получим, что порядок касаниявыше n.
И то, и другое противоречит условию. Следовательно,выполнены соотношения (11.2). Теорема доказана.Примеры. 1) Рассмотрим графики функций y = x и y = sin x,они имеют общую точку O(0; 0) (рис. 11.3). В данном примереf1 (x) = x, f2 (x) = sin x. Несложные вычисления (проделайте их)приводят к соотношениям:f1 (0) = f2 (0) = 0, f1 (0) = f2 (0) = 1, f1 (0) = f2 (0) = 0,f1 (0) = 0 = f2 (0) = −1.Отсюда по теореме 1 следует, что порядок касания графиковданных функций в точке O(0; 0) равен 2.2) Пусть криваяL1 является графикомфункции y = f (x), аL2 — касательная кграфику этой функциив точке M0 (x0 , f (x0 )),и пусть существуетf (x0 ).
Докажите, что:если f (x0 ) = 0, тоРис. 11.3.порядок касания кривыхL1 и L2 в точке M0равен 1;если f (x0 ) = 0 и существует f (x0 ), то порядок касания кривыхL1 и L2 в точке M0 не ниже 2.2. Огибающая однопараметрического семейства кривых99§ 2. Огибающая однопараметрического семействакривыхОсобые точки кривыхПусть Oxy — прямоугольная система координат на плоскости.Кривая на плоскости Oxy может быть задана:явно, то есть уравнением вида y = f (x) или x = f (y);неявно, то есть уравнением вида F (x, y) = 0;параметрически, то есть уравнениями x = ϕ(t), y = ψ(t), где t —параметр, принимающий значения из некоторого промежутка.В дальнейшем будем считать, что функции, входящие в уравнения кривых, непрерывно дифференцируемы, то есть имеютнепрерывные производные первого порядка.Пусть кривая L задана неявно уравнением F (x, y) = 0, ипусть точка M0 (x0 , y0 ) ∈ L (то есть F (x0 , y0 ) = 0) и Fx2 (x0 , y0 ) ++ Fy2 (x0 , y0 ) = 0.
Пусть, например, Fy (x0 , y0 ) = 0. Тогда в некоторой окрестности точки M0 в силу теоремы о неявной функциикривая L может быть задана явным уравнением вида y = f (x),причем функция y = f (x) (решение уравнения F (x, y) = 0 относительно y ) дифференцируема и ее производная выражаетсяформулойFx (x, y) f (x) = −(11.3)Fy (x, y)y=f (x)Если же Fx2 (x0 , y0 ) + Fy2 (x0 , y0 ) = 0, то есть Fx (x0 , y0 ) == Fy (x0 , y0 ) = 0, то в окрестности точки M0 (x0 , y0 ) кривая Lможет не иметь явного уравнения.Точку M0 (x0 , y0 ) кривой L, длякоторой Fx2 (x0 , y0 ) + Fy2 (x0 , y0 ) = 0 (== 0) будем называть особой (обыкновенной) точкой этой кривой.Пример. Уравнение x2 − y 2 = 0(здесь F (x, y) = x2 − y 2 ) задаеткривую, состоящую из двух прямых, пересекающихся в точке O(0; 0)(рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
