Экзаменационные билеты с ответами по математическому анализу II семестр (1109831), страница 13
Текст из файла (страница 13)
hт : 2( )ℎ ℎ < 0 2 |0 = � � 0 =1 =1Функция F (t) = f (x1° + th1, …, xm° + thm), определенная при всех t,достаточно малых по модулю, обязана иметь локальный минимум вточке t = 0, чему противоречит ′′ (0) = 2 |0 < 0Утверждение. Пусть ф‒я двух переменных и = f (х, у) 1 раз дифф‒мав окрестности М0 (х°, у°) и 2 раза дифф‒ма в самой М0 и пусть М0 ‒точка возможного экстремума. Тогда, если в М0 выполнено условиеа11а22 ‒ a212 > 0, то и = f (х, у) имеет в М0 локальный экстремум(максимум при а11 < 0 и минимум при а11 > 0).
Если а11а22 ‒ a212 < 0 вМ0 , то и = f (х, у) не имеет в М0 локального экстремума.27. Теорема о существовании и дифф-сти неявно заданной ф-и.Если переменная и является по смыслу задачи ф‒ей аргументов х, у,..., но задается уравнением F (и, х, у, ...) = 0, то ф-я и задана неявно.R ‒ пр‒во переменных (и, х, у, ...), R' ‒ пр‒во переменных (х, у, ...)Т. Пусть F (и, х, у) дифф‒ма в некоторой окрестности М0 (и°, х°, у°)∈ R, причем непрерывна в М0. Тогда, если в М0 ф‒я F обращаетсяв 0, ане обращается в 0, то для ∀ достаточно малого ε > 0 Ǝтакая окрестность М '0 (х°, у°) ∈ R', что в пределах этойокрестности Ǝ !ф‒я и = φ (х, у), которая удовлетворяет | и ‒ и° | < ε и являетсярешением уравнения F (и, х, у, ...) = 0,(1)причем и = φ (х, у) непрерывна и дифф‒ма в этой окрестности М '0.Док‒во.
1. Докажем, что для достаточно малого ε > 0 в окрестностиМ '0 (х°, у°) Ǝ ! и = φ (х, у), удовлетворяющая | и ‒ и° | < ε иявляющаяся решением (1). Уравнение (1) определяет в R некоторуюповерхность S. F (М0) = 0 => М0 ∈ S.
Геометрически однозначнаяразрешимость (1) относительно и : часть S, близкая к М0, однозначнопроектируется на Оху.Пусть > 0 в М0 => из непрерывности в М0 и из теоремы обустойчивости знака непрерывной ф‒и => Ǝ окрестность М0 , впределах которой > 0 . Пусть эта окрестность ‒ шар Ω достаточномалого радиуса с центром в М0. Фиксируем ε > 0 столь малым, чтобыМ1 (и° ‒ ε, х°, у°) и М2 (и°+ ε, х°, у°) были внутри Ω.
Рассмотрим F (и,х°, у°) переменной и на [и° ‒ ε, и° + ε]. Геометрически:рассматриваем ф‒ю 3 переменных F (и, х, у) вдоль отрезка М1М2 . Т.к.(и, х°, у°) > 0 на [и° ‒ ε, и° + ε], то F (и, х°, у°) возрастает на этомсегменте => т.к. F = 0 при и = и° , то F (M1) < 0, F (M2) > 0.Рассмотрим F (и° ‒ ε, х, у) и F (и° + ε, х, у) 2 переменных х и у(ф‒ю F (и, х, у) на 2 плоскостях, параллельных Оху, 1‒я проходитчерез М1, а 2‒я ‒ через М2). F (M1) < 0, F (M2) > 0 и F (и, х, у)непре‒рывна всюду в шаре Ω, то по Т об устойчивости знаканепрерывной ф‒и на этих плоскостях Ǝ окрестности М1 и М2, впределах которых F сохраняет те же знаки, что и в М1 и М2. Этиокрестности взять в виде открытых квадратов с центрами в М1 и М2 ис малой стороной 2δ.(∘ − , , ) < 0� при | − ∘ | < , | − ∘ | < ()(∘ + , , ) > 0Возьмем δ столь малым, чтобы оба квадрата лежали внутри Ω =>∀ точка пр‒ва (и, х, у) c координатами:| − ∘ | < , | − ∘ | < , | − ∘ | < ()будет лежать внутри Ω.
Геометрически (3) ‒ открытыйпрямоугольный параллелепипед П с центром в М0 со сторонами =2ε, 2δ и 2δ и параллельными осям координат и, х, у. Т.к. П лежитвнутри Ω, то всюду в П: > 0. Из (2) => F (и, х, у) < 0 на нижнемосновании П и F (и, х, у) > 0 ‒ на верхнем.Докажем, что (1) однозначно разрешимо относительно и, если F (и, х,у) рассматривать лишь для значений и, х, у, лежащих внутри П. ПустьМ ' (х, у) ‒ ∀ точка R', координаты которой удовлетворяют| − ∘ | < , | − ∘ | < (4)=> М ' (х, у) лежит внутри квадрата с центром в М '0 (х°, у°) и состоро‒нами 2δ. Надо доказать, что для координат х, у точки М' Ǝ !число и из [и° ‒ ε, и° + ε]: F (и, х, у ) = 0.
(Геометрически: ∀ прямая,парал‒лельная оси и и пересекающая П, пересекает S внутри П втолько 1 раз.)Зафиксировав х и у, удовлетворяющие (4), рассмотрим F (и, х, у)аргу‒мента и на [и° ‒ ε, и° + ε], т. е. ф‒ю F (и, х, у) на отрезке М '1 М'2, где М '1 и М '2 ‒точки пересечения прямой, проходящей через М ' (х,у) и па‒раллельной Оu, с основаниями П. (и, х, у) > 0 на [и°‒ ε, и°+ε], => F (и, х, у) возрастает на этом сегменте (на отрезке М '1 М '2) =>из F (M '1) < 0, F (M '2) > 0 => внутри [и° ‒ ε, и° + ε] Ǝ 1 значение и :F (и, х, у ) = 0 (внутри отрезка М '1 М '2 Ǝ ! точка М ∈ S.)Пусть и = φ (х, у) символизирует то правило, посредством которогокаждой М ' (х, у) из окрестности (4) ставится в соответствиеединствен‒ное число и из [и° ‒ ε, и° + ε], для которого F (и, х, у ) = 0=> в окрестности (4) Ǝ ! ф‒я и = φ (х, у), удовлетворяющая | и ‒ и° | <ε и являющаяся решением (1).2.
Докажем, что и = φ (х, у) непрерывна в ∀ М ' (х, у) окрестности (4).Т.к. для ∀ М ' (х, у) из окрестности (4) выполнены те же условия, что идля М '0 (х°, у°) (т.е. точке М ' (х, у) из окрестности (4) соответствуетМ (и, х, у) ∈ R : F (и, х, у ) = 0 в М, дифф‒ма в некоторой окрестностиМ и имеет в этой окрестности ≠0 частную производную), тодостаточно доказать непрерывность и = φ (х, у) лишь в М '0 (х°, у°).Надо доказать, что для ∀ε > 0 Ǝ δ > 0 : для ∀ х и у, удовлетворяющих(4), справедливо| и ‒ и° | < ε, где и = φ (х, у), и° = φ (х°, у°).
Если взять в качестве ε точисло, которое выбрано при рассмотрении п. 1, то суще‒ствование δобеспечивается неравенствами (3). В рассуждениях п. 1ε > 0 можно взять как угодно малым => непрерывность и = φ (х, у) .Условие непрерывности и = φ (х, у) в М '0 (х°, у°) в разностной форме: Δu → 0 при Δх → 0 и Δy → 0.3. Докажем дифф‒сть и = φ (х, у) в ∀ М ' (х, у) окрестности (4). Всилу замечания из п. 2 достаточно доказать дифф‒сть в М '0 (х°, у°).Т.к. F (u°, х°, у°) = 0 и F (u°+ Δu, х°+ Δх, у°+ Δy) = 0, то полноеприращение ΔF функции F (и, х, у) в точке М0 (u°, х°, у°)соответству‒ющее приращениям аргументов Δu, Δх и Δy, равно 0. Ноиз дифф‒сти F (и, х, у) в точке М0 (u°, х°, у°) :0 = ∆ = � + � ∆ + � + � ∆ + � + � ∆ () , иберутся в М0 (u°, х°, у°), α, β и γ → 0 при Δu → 0, Δх → 0 и Δy→0Из разностной формы условия непрерывности и = φ (х, у) в М '0 (х°,у°) : Δu → 0 при Δх → 0 и Δy → 0 => из Δх → 0 и Δy → 0 => α, β и γ→ 0.По условию теоремы ≠ 0 в М0.
Т.к. γ → 0 при Δх → 0 и Δy → 0, топри достаточно малых Δх и Δy выражение + не обращается в 0=> (5) можно на него поделить :++∆ = �−� ∆ + �−� ∆ ()++По теореме о предельном значении частного двух функций :++−=−+ ,−=+ ()++где μ и ν→ 0 при Δх → 0 и Δy → 0. Из (6) и (7) =>∆ = �− � ∆ + �−� ∆ + ∆ + ∆ ()(8) доказывает дифф‒сть и = φ (х, у) в М'0 (х°, у°).28. Теорема о разрешимости системы функциональных ур-ний.Пусть т функций 1 = 1 (1 , … , ),…() = (1 , … , )ищутся как решение системы т функциональных уравнений1 (1 , … , , 1 , … , ) = 0,…() (1 , … , , 1 , … , ) = 0Решение системы (2) ‒ это совокупность т ф‒й (1) таких, что при ихподстановке в (2) все уравнения системы обращаются в тождества.Это решение называется непрерывным и дифф‒мым в области Dизменения х1, ..., хп, если каждая из ф‒й (2) непрерывна и дифф‒ма вD. R ‒ пр‒во (т + п) переменных и1, ..., ит, х1, ..., хп,R' ‒ пр‒во п переменных х1, ..., хп. Из частных производных функцийF1, …, Fm составим определитель Якоби (якобиан) :11…(1 , … , ) � 1�…=()(1 , … , ) � �…1Т.
Пусть т функций 1 (1 , … , , 1 , … , )…() (1 , … , , 1 , … , )дифф‒мы в некоторой окрестности М0 (и1°, ..., ит°, х1°, ..., хп°) ∈ R,причем их частные производные по и1, ..., ит непрерывны в М0. Тогда,( ,…, )если в М0 все ф‒и (4) = 0, а якобиан (1,…, ) ≠ 0, то для1достаточно малых ε1 > 0, ..., εт > 0 Ǝ окрестность М '0 (х1°, ..., хп°) ∈R', что в пределах этой окрестности Ǝ ! т функций (1), которыеудовлетворяют условиям | и1 ‒ и1° | < ε1, …, | иm ‒ иm° | < εm иявляются решением системы (2), причем это решение непрерывно идифф‒мо в указанной окрестности М '0.Док‒во. По индукции.
При т = 1 это теорема о существовании идифф‒сти неявно заданной ф‒и. Пусть теорема справедлива длясистемы т ‒ 1 уравнений, докажем для системы т уравнений. Т.к.111…1 ��…−1(1 , … , )−1 −1−1∆==()…(1 , … , )1−1 � �…1−1 ≠ 0 в М0, то хотя бы 1 из его миноров (т ‒ 1)‒го порядка ≠ 0 в М0,например, минор, стоящий в левом верхнем углу => попредполо‒жению индукции, первые т ‒ 1 уравнений (2) разрешимыотноси‒тельно и1, ..., ит‒1 => для малых ε1 > 0, ..., εт > 0 Ǝ такаяокрестность М''0 (ит°, х1°, ..., хп°) пр‒ва R'' переменных (ит, х1, ..., хп),что в пределах этой окрестности определены т ‒ 1 функций1 = Ф1 ( , 1 , … , ),…()−1 = Ф−1 ( , 1 , … , )которые | и1 ‒ и1° | < ε1, …, | иm‒1 ‒ иm‒1° | < εm‒1 и являютсяединственным непрерывным и дифф‒мым решением системы первыхт ‒ 1 уравнений (2).Подставим (4) в левую часть последнего уравнения из (2) => онапревращается в функцию Ψ, зависящую только от ит, х1, ..., хп (1 , … , −1 , , 1 , … , ) = (Ф1 ( , 1 , … , ), …,()Ф−1 ( , 1 , … , ), , 1 , … , ) = Ψ( , 1 , … , )Т.о., последнее из уравнений (2) приводит к уравнению()Ψ( , 1 , … , ) = 0В силу (5) Ψ (ит, х1 ..., хп) ‒ сложная ф‒я своих аргументов => потеореме о дифф‒сти сложной ф‒и, Ψ (ит, х1 ..., хп) дифф‒ма внекоторой окрестности М0'' (ит°, х1°, ..., хп°) ∈ R".
Из (5) ипоследнего из уравнений (2) => Ψ (ит°, х1°, ..., хп°) = 0 => чтобыдоказать, что к (6) применима теорема о существовании и дифф‒стинеявно заданной ф‒и и это уравнение разрешимо относительно ит ,Ψдостаточно установить, что ≠ 0 и непрерывна в М0''. Под‒ставимв 1-ые т ‒ 1 уравнений (2) ф‒ии (4) и продифф‒ем по ит :1 Ф−1 11 Ф1( )+ ⋯++=01 −1 ………………………………………………….−1 Ф1−1 Ф−1 −1+ ⋯++= 0 (− )1 −1 Продифф‒ем (5) по ит : Ф−1 Ψ Ф1+ ⋯++=( )1 −1 Умножим (71) ‒ (7т) на соответствующие алгебраическиедополне‒ния Δ1, ....
Δm элементов последнего столбца якобиана (3) исложим−1Ф11�Δ+ ⋯ + Δ� + �Δ1+ ⋯ + Δ�= 1 =1Ψ= ΔТ.к. сумма произведений эл‒тов данного столбца определителя насоотв‒щие алгебраические дополнения элементов этого (другого)столбца = определителю (0), то каждая [ ] = 0, а ( )= якобиану (3) =>ΨΔ = Δ()Δ ‒ якобиан (3), Δт ‒ алгебраическое дополнение последнегоэлемента последнего столбца, которое совпадает с левым верхнимминором и, по предположению, ≠ 0 в М0. Поделим (8) на Δm :ΔΨ=() ΔΨФормула (9), справедливая в М0'', доказывает непрерывность в�М0'', т.к Δ и Δm состоят из частных производных функций (4) по и1, ...,Ψит , непрерывных в М0. Из (9) =>≠ 0 в М0'' (т.к.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
