В.Г. Чирский - Пособие для подготовки к экзамену по математическому анализу для студентов общего потока (1109741), страница 15

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 15)

При этом, попостроению F ( x, f ( x ))  0 при x  [ x0   ; x 0   ] .Докажем, что f (x ) непрерывна. Пусть приращению x соответствует приращениеy . При этом F ( x  x, y  y )  0 по построению f (x ) . Но F - дифференцируемаяфункция, поэтому0  F ( x  x, y  y )  F ( x, y ) FF( x , y ) x ( x, y )y  x  yxy(3),где  ,   0 при (x, y )  (0,0) .F 0 , из равенства (3) следует, что при x  0yтакже и y  0 , что означает непрерывность построенной f (x ) .Так как по построению окрестности(y  f ( x  x)  f ( x)) .Математический анализI курс II семестрБилет 29. Неявная функция.

(стр. 3 из 3) FF F 0,  иИз равенства (3) следует, что ( x , y )    y    x, y     x , т.к.y x y  0 при достаточно малых x (а значит, по доказанному выше, и y ) коэффициентFF( x, y )  yyпри y отличен от 0 и  x. Значит, f ( x)  lim  x . Теоремаx  0 xFFx( x, y )  yyдоказана.◄Аналогичными рассуждениями можно доказать такую теорему:Теорема 29.2. Пусть функция F ( x1 ,..., x n , y ) непрерывна и имеет все непрерывныев окрестности точки( x10 ,..., x n0 , y 0 )такой, чтоF 0( x1 ,..., x n0 , y 0 )  0 .

Тогда существуют числа 1 ,...,  n , F ( x10 ,..., x n0 , y 0 )  0 , причемyчастныепроизводныетакие, что в области xi  x i0   i , i  1,..., n,y  y 0   уравнение F ( x1 ,..., x n , y )  0равносильно уравнению y  f ( x1 ,..., x n ) , причем функция f ( x1 ,..., x n ) непрерывна иимеет непрерывные частные производные, причемF( x1 ,..., x n , y )xiF( x1 ,..., x n )  .Fxi( x1 ,..., x n , y )yМатематический анализI курс II семестрБилет 30. Система неявных функций (стр. 1 из 4)Билет 30.

Система неявных функцийВажную роль играет аналогичная теорема для системы уравнений. Сформулируемнекоторый частный случай подобной теоремы. x  x (u , v )Теорема 30.1. Пусть  y  y (u, v ) z  z (u , v)(1),где функции x, y, z непрерывны и имеют непрерывные производные в некоторойобласти D  R 2 (точки (u , v)  D ). Пусть матрица Якоби J имеет в этой области рангx y x y z 2. J   u u u  .

Тогда, если, например, минор u u  0 , то в области Dx y x y z v v v v v систему (1) можно преобразовать к уравнениюz  z ( x, y )причемyz  uyxvz есть непрерывно дифференцируемаяzx yz xx yzuu u ,u u  u uzx yz xx yyvv vv vv v(2),функцияотx, yи(3).Теорема дана БЕЗ ДОКАЗАТЕЛЬСТВА, однако ниже, в замечании, приведена еёгеометрическая иллюстрация.Замечание. Уравнения (1) представляют собой так называемое параметрическоезадание поверхности. Уравнение (2) – это задание той же самой поверхности явным x(u , v) уравнением.

Часто обозначают r (u, v )   y (u, v )  . z (u , v ) Если зафиксировать v0 , то r (u , v0 ) - координатные линии (аналогично, r (u 0 , v) прификсированномu0также представляют собойкоординатныелинии).Приэтомвекторы  x y z   x y z ru   , ,  и rv   , ,  - касательные u u u  v v v векторы к координатным линиям. Если взять точкуповерхности, соответствующую параметрам (u 0 , v 0) ирассмотреть касательную плоскость в этой точке, товекторы ru и rv лежат в этой плоскости.

Если рангМатематический анализI курс II семестрБилет 30. Система неявных функций (стр. 2 из 4) x y z матрицы  u u u  равен 2, это означает, что ru и rv не параллельны и их векторное x y z  v v v произведение будет представлять собой нормальный вектор к касательной плоскости.i xnuxvkyzuyuzvvjyuyvzxuuizxvvzxuujzxvvyu k  Ai  Bj  Ckyv(4),где буквы A, B, C обозначают соответствующие определители (у В учтен знак “-“).Тогда формулы (3) можно переписать в видеBzA z ,xC yC(5).При этом если мы хотим рассматривать вместо (4) нормальный вектор единичнойдлины, то, деля (4) на его модуль, т.е. на A 2  B 2  C 2 , получаемABC(6).n  (cos  , cos  , cos  )  ,,222A2  B 2  C 2A2  B 2  C 2  A  B C  Преобразуем выражение A 2  B 2  C 2 .

По определению это есть ru  rv  ru rv sin  ,  где  - угол между ru и rv . Тогда A2  B 2  C 2  (ru )2 (rv )2 sin 2   ( ru ) 2 ( rv ) 2 (1  cos 2  )     2 (ru ) 2 (rv )2   (ru )(rv ) cos    (ru )2 (rv )2  (ru , rv )2  EG  F 2 , где222222 x   y   z  x   y   z E  (ru ) 2          , G  (rv )2          , u   u   u  v   v   v  x x y y z zF  (ru , rv ) u v u v u v(7).30.1. Приложения доказанных теоремЗадача. Дано уравнение lnx 2  y 2  arctgРешение. Приведем уравнение к видуy. Найти y , y  .x1yln( x 2  y 2 )  arctg  0 .2xПри x  0 левая часть – непрерывная функция. y x2Fxx y 2 2;222x x  y1 y xx  y21xFyy  x F 0 , если y  x . 2 2,222y x  y1 y xx  y 2 yМатематический анализI курс II семестрБилет 30.

Система неявных функций (стр. 3 из 4)Итак, если x  0 и y  x , то рассматриваемое уравнение определяет y как функциюx y x yот x , и y   (8).yx x yДля подсчета второй производной: x y(1  y )( x  y )  ( x  y )(1  y ) , согласно (8).y    y   ( x  y) 2x y x  u  ln vzzЗадача. Пусть  y  v  ln u . Найтиив точке, соответствующей u  1, v  1 .xy z  2u  vРешение. Справедливы все условия теоремы 30.1, т.к. x y z  1  1 2  u u u    (производные вычислены в точке u  1, v  1 и ранг этой x y z  1 1 1  v v v  1 2 1  1 3 z2 1 1 1z1матрицы равен 2). , .1 1 1 11 1 1 1x2 y230.2.

Замена переменныхЗадача. Преобразовать уравнениеy x  yx x  y(9)к полярным координатам.Решение. x  r cos , y  r sin  , dx  dr cos   r sin d , dy  dr sin   r cos d , и (9)dr sin   r cosd cos   sin принимает вид:или dr  rd .dr cos   r sin d cos  sin Задача.

Преобразовать уравнение yzzx ( y  x ) z , считая новой функциейxyw  ln z  ( x  y )(10),новыми независимыми переменными u  x 2  y 2 , v Решение. Согласно (13) dw С другой стороны, dw 1 1x y1  zz  dx  dy   dx  dyz  xy (11).(12).wwww  dx dy du dv (2 xdx  2 ydy ) uvuv  x 2 y 2  w 1 w  w 1 w dy  2x 2 2dx   2 y u x v  u y v (13).Математический анализI курс II семестрБилет 30. Система неявных функций (стр. 4 из 4)Из (10) и (11) получаем:1 zw 1 w 1 zw 1 w 1  2x 2,1  2y.z xu x v z yu y 2 v w 1 w zz w 1 w  и yz  yz 2 x 2 xz  xz  2 y 2, xxyuvy u x v  xz yz  wzz.y x ( y  x) z   2  2 xyx  vyОткуда y zx yz  wПоэтому исходное уравнение можно заменить уравнением  2  2  0 .

Оноvyxzx yzwравносильно совокупности уравнений 2  2  0 и 0 , что и дает искомыйvyxрезультат.Математический анализI курс II семестрБилет 31. Условный экстремум (стр. 1 из 7)Билет 31. Условный экстремум31.1. Определение условного экстремумаПусть дана функция f  x1,  , xn  m  и предположим, что переменные x1 ,  , xn  mудовлетворяют уравнениям связи i  x1 , , xn , xn 1 , , xn  m   0, i  1, , m(1).Определение 31.1.

В точке x10 ,  xn0 m  , удовлетворяющей уравнениям (1) функцияf  x1,  , xn  m имеетусловныйминимум0nm(максимум),еслинеравенство( f x1 ,  , xn  m   f x ,  , x  ) выполняется в некоторойокрестности точки M 0 для всех точек  x1, , xn  m  , удовлетворяющих (1).f  x1 ,  , xn  m   f x ,  , x01010nmДля упрощения выкладок рассмотрим случай функции f  x, y, z, t  и 2-х уравненийсвязи F  x, y, z, t   0 , G x, y, z, t   0 . Предположим, что f , F , G обладают непрерывными F F F F x y zt частными производными, причем ранг матрицы равен 2. Для G G G G  x y zt Fопределенности, пусть zGzz  z  x, y  , t  t  x, y  , где z,экстремумфункцииFt  0 . Тогда по теореме о системе неявных уравненийGtt – непрерывные дифференцируемые функции и условныйf  x, y , z , t совпадаетсэкстремумомфункцииf  x, y, z  x, y , t  x, y    x, y  .

Стало быть, должны выполняться условия 0, 0,xyт.е. d  x, y   0(2).Иными словами,f f z f tf f z f tz 0,, 0 . Для нахожденияx z x t xy z y t yxt z t,,воспользуемся уравнениями связи x y yFFF F x dx  y dy  z dz  t dt  0 G dx  G dy  G dz  G dt  0 xyzt(3).Из этой системы можно линейно выразить dz и dt через dx и dy , что и дает искомоеz t z tвыражение для,,,. x  x y yМатематический анализI курс II семестрБилет 31. Условный экстремум (стр. 2 из 7)Есть, однако, специальный прием, называемый методом неопределенных множителейЛагранжа, который позволяет обойтись без решения этой системы.

По инвариантностиформы дифференциала, условие d  x, y   0 равносильно условию df  x, y, z, t   0 , т.е.ffff(4).dx dy  dz dt  0xyztУмножим уравнения (3) на  и  соответственно и сложим с (4):F G  fF G  fF G  fF G f    dx      dy     dz     dt  0x   y yy   z zz   ttt  x x(5).Выберем  и  так, чтобы коэффициенты при dz и dt одновременно обращались в 0.Это можно сделать потому, что определитель системыGf F z   z   z F   G   f ttt(6)не равен 0. fFG FG  fdy  0 , где dx, dy –Тогда (5) примет вид   dx    xx yy  x yдифференциалы независимых переменных. Поэтому иFG f x   x   x  0 f   F   G  0yy y(7).Таким образом, необходимые условия экстремума вспомогательной функции x, y, z, t   f  x, y, z, t   F  x, y, z, t   G x, y, z, t  совпадают с уравнениями (6) и (7) и,тем самым, с необходимыми условиями условного экстремума.Достаточные условия получаются при исследовании 2-го дифференциала.Пример 1.

Найти экстремум функции z  x  y при условии x 2  y 2  1 .Дадим 2 решения этой задачи.Решение 1 Основано на том, что уравнение связи можнорешить: y   1  x 2 и получить, соответственно, 2 функции отx:z1  x  1  x 2 ,максимум в точке x z2  x  1  x 2 . Первая из них имеет22, вторая – минимум в точке x  .22Математический анализI курс II семестрБилет 31. Условный экстремум (стр. 3 из 7)Решение 2. Строим  x, y   x  y   x 2  y 2  1 .1 x x  1  2x  0 212  1  2y  0   y  ,  .y221x2  y2  1 22 42  1;   2При  1222222получаем x  ,y. При   x,y .2222222Выясним, что происходит в этих точках. С этой целью найдем d 2 . 2 2 22,0, 2 .

Характеристики

Список файлов ответов (шпаргалок)