1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 36
Текст из файла (страница 36)
Способ 2. Пусть f (x, y) = ex+y :n∞X1∂∂f (x, y) =(x − 1)+ (y + 1)f (1, −1) =n!∂x∂yn=0n∞X1 X n!(x − 1)m (y + 1)n−m ∂ m+(n−m) f· m n−m (1, −1) =n!m!(n−m)!∂x ∂ym=0n=0∞ X∞X(x − 1)m (y + 1)kk=0 m=023.8m!k!ЗадачаВычисление предела с помощью формула Маклорена:√xy1 + xy − e 2lim= 0.x→02 + y 2 ) 32(xy→0См. задачу 19.4.Решение.p4 pxyx2 y 21 + xy − e 2 = −+ox2 + y 2, (x, y) → (0, 0).44 p2 2√xy− x 4y + ox2 + y 221 + xy − e= lim= 0.limp33x→0x→0(x2 + y 2 ) 2y→0y→0x2 + y 223.9ЗадачаВычисление предела с помощью формула Маклорена:pcos(xy) − 1 − x2 y 2lim= 0.x→0 sin(x2 + y 2 ) − x2 − y 2y→0338.Решение.24z2 z4cos z = 1 − ++ o(z 5 ), z → 0,224√t t21 − t = 1 − − + o(t2 ), t → 0,28u3sin u = u −+ o(u4 ), t → 0,6ppx4 y 4cos(xy) − 1 − x2 y 2 =+ o(( x2 + y 2 )8 ),62p(x + y 2 )32222sin(x + y ) − x − y = −+ o(( x2 + y 2 )6 )6Seminar n.
24Понятие экстремума функции. Необходимое и достаточное условияэкстремума9Пусть X – область в Rn и f : X → R. Скажем, точка x0 ∈ X является точкой локального минимума (строгого локального минимума) функцииf , если существует такая окрестность U (x0 ) точки x0 , что f (x0 ) 6 f (x)o(f (x0 ) < f (x)) для всех x ∈ U (x0 ).Точка x0 ∈ X является точкой локального максимума (строгого локального максимума) функции f , если она является точкой локального минимума(строгого локального минимума) функции (−f ).Точка x0 ∈ X является точкой локального экстремума, если она является точкой локального минимума или локального максимума. Пусть функцияf ∈ C 1 (X) и∂f∂xi (x0 )= 0 для всех i = 1, 2, .
. . , n. Тогда x0 называют стацио-нарной или критической точкой функции f .Теорема. (Необходимое условие экстремума) Если X – область в Rn и x0 ∈X является точкой локального экстремума функции f ∈ C 1 (X), то0 для всех i = 1, 2, . . . , n; x0 – стационарная точка функции f .9Теория взята из [8, Стр. 27]339∂f∂xi (x0 )=Пусть X – область в Rn и f ∈ C 2 (X). Матрица H(f, x0 ) размерности n × nс компонентами∂2f∂xi ∂xj (x0 )называется матрицей Гессе функции f в точке x0 .Теорема. (Достаточное условие экстремума) Пусть X – область в Rn и x0 ∈ Xявляется стационарной точкой функции f ∈ C 2 (X).
Тогда1. если матрица Гессе H(f, x0 ) функции f в точке x0 является положительно определённой, то x0 – точка строгого локального минимума функцииf;2. если при различных h ∈ Rn квадратичная форма h · H(f, x0 )h можетпринимать значения разных знаков, то x0 не является точкой экстремума функции f .Напомним, что симметричная матрица A размерности n × n с компонентами Aij называется положительно определённой, еслиh · Ah =nn XXAij hi hj > 0i=1 j=1для всех h ∈ Rn \{0}. Как известно из курса алгебры, для того, чтобы симметричная матрица обладала этим свойством, необходимо и достаточно, чтобывсе её собственные числа были положительны. Критерий Сильвестра даётдругое условие: симметричная матрица является положительно определённой тогда и только тогда, когда все её главные миноры положительны.24.1ЗадачаИсследовать функцию f (x, y) на локальный экстремумpf (x, y) = x2 + y 2 .См.
рис. 24.1.Решение. Точка (0, 0) является критической точкой, поскольку в этой точкене существует частных производных. Она является точкой строгого локального минимума функции f (x, y), посколькуpf (x, y) − f (0, 0) = x2 + y 2 > 0,340(x, y) ∈ R2 \{(0, 0)}.Рис. 2.44: Задача 24.124.2ЗадачаИсследовать функцию f (x, y) на локальный экстремум(px2 + y 2 ln(x2 + y 2 ), x2 + y 2 6= 0,f (x, y) =0,x2 + y 2 = 0.См. рис. 17.4 и 24.2.Решение.
Точка (0, 0) является критической точкой функции, поскольку вэтой точке не существует частных производных. Существуют только односторонние частные производные∂f+∂f+(0, 0) =(0, 0) = 1,∂x∂y∂f−∂f−(0, 0) =(0, 0) = −1,∂y∂x341Рис. 2.45: Задачи 17.4 и 24.2Более того, она является точкой локального максимума функции f (x, y), посколькуpx2 + y 2 ln(x2 + y 2 ) = 2r ln r < 0,r ∈ (0, 1).Рассмотрим вспомогательную функцию(2z ln z, z > 0,g(z) =0,z = 0.pТогда f (x, y) = g( x2 + y 2 ). Следовательно,p∂fx0(x0 , y0 ) = g ( x2 + y 2 ) p,∂xx2 + y 2p∂fy0(x0 , y0 ) = g ( x2 + y 2 ) p,∂yx2 + y 2342где ppg 0 ( x2 + y 2 ) = 2 lnx2 + y 2 + 1 .Частные производные обращаются в нуль на окружности:1x2 + y 2 = 2 .eПусть точка (x0 , y0 ) принадлежит этой окружности, используем представление 22 !11111z−=g(z) − g= g 00z−+oe2eee22 !11e z−+oz−> 0,eeесли z 6= 1e .Ответ.
Точка (0, 0) – точка локального максимума. Точка (x0 , y0 ), лежащаяна окружности x2 + y 2 =24.31e2 ,есть точка нестрогого локального минимума.Задача № 1.1 из [5], §5Исследовать функцию f (x, y) на экстремумf (x, y) = x2 + xy + y 2 − 12x − 3y.См. рис. 24.3.Решение. Найдем стационарные точки, разрешающие систему уравнений(∂f∂x (x0 , y0 ) = 2x0 + y0 − 12 = 0,∂f∂y (x0 , y0 )= x0 + 2y0 − 3 = 0.Точка (x0 , y0 ) = (7, −2). Легко видеть, что формула Тейлора в точке (7, −2)имеет вид:f (x, y) − f (7, −2) = f (x, y) + 39= (x − 7)2 + (x − 7)(y + 2) + (y + 2)2 > 0.!2 1Здесь матрица Гессе имеет вид H(7, −2) =.1 2Ответ. (7, −2) – точка строгого локального минимума.343Рис.
2.46: Задача 24.324.4Задача № 1.4 из [5], §5Исследовать функцию f (x, y) на экстремумf (x, y) = 4x2 − 4xy + y 2 + 4x − 2y + 1.См. рис. 24.4.Решение. Найдем стационарные точки, разрешающие систему уравнений(∂f∂x (x0 , y0 ) = 8x0 − 4y0 + 4 = 0,∂f∂y (x0 , y0 )= −4x0 + 2y0 − 2 = 0.Эта система вырождена. Есть целое семейство решений y = 2x + 1.Легко видеть, что формула Тейлора в точке (x0 , y0 ), лежащей на этой пря344Рис. 2.47: Задача 24.4мой имеет вид:f (x, y) − f (x0 , y0 ) = (2x − y + 1)2 − (2x0 − y0 + 1)2 = (2x − y + 1)2 > 0.!8 −4Здесь матрица Гессе имеет вид H(x0 , y0 ) =.
Здесь detH(x0 , y0 ) =−4 20.Ответ. (x0 , 2x0 + 1) – точка нестрогого локального минимума.24.5Задача № 3.1 из [5], §5Исследовать функцию f (x, y) на экстремумf (x, y) = x2 y 2 − 2xy 2 − 6x2 y + 12xy = xy(x − 2)(y − 6).345См. рис. 24.5 и 24.5.Рис. 2.48: Задача 24.5Решение. Найдем стационарные точки, разрешающие систему уравнений(∂f22∂x (x0 , y0 ) = 2x0 y0 − 2y0 − 12x0 y0 + 12y0 = 0,∂f∂y (x0 , y0 )= 2x20 y0 − 4x0 y0 − 6x20 + 12x0 = 0.Следовательно, эту систему можно представить в виде:(2y0 (x0 − 1)(y0 − 6) = 0,2x0 (y0 − 3)(x0 − 2) = 0.Получим множество точек: A1 = (0, 0), A2 = (0, 6), A3 = (2, 0), A4 = (1, 3),A5 = (2, 6).
Отметим, что формула Тейлора в стационарной точке (x0 , y0 )346Рис. 2.49: Задача 24.5имеет видf (x, y) − f (x0 , y0 ) = y0 (y0 − 6)(x − x0 )2+ 4(x0 − 1)(y0 − 3)(x − x0 )(y − y0 )2 p2(x − x0 )2 + (y − y0 )2+ x0 (x0 − 2)(y − y0 ) + o1. (0, 0) – седловая точка:p2 f (x, y) − f (0, 0) = 12xy + ox2 + y 2;Здесь матрица Гессе имеет вид H(0, 0) =34701212 0!.2. (0, 6) – седловая точка:2 pf (x, y) − f (0, 6) = −12x(y − 6) + ox2 + (y − 6)2;Здесь матрица Гессе имеет вид H(0, 6) =−120!.−12 03.
(2, 0) – седловая точка:2 pf (x, y) − f (2, 0) = −12(x − 2)y + o(x − 2)2 + y 2;Здесь матрица Гессе имеет вид H(2, 0) =−120!.−12 04. (1, 3) – точка локального максимума:f (x, y) − f (1, 3) = −9(x − 1)2 − (y − 3)22 p(x − 1)2 + (y − 3)26 0;+oЗдесь матрица Гессе имеет вид H(1, 3) =!−18 0.−205. (2, 6) – седловая точка:2 pf (x, y) − f (2, 6) = 12(x − 2)(y − 6) + o(x − 2)2 + (y − 6)2.Здесь матрица Гессе имеет вид H(2, 6) =01212 0!.Ответ. (1, 3) – точка локального максимума, f (1, 3) = 9.
Точки (0, 0), (2, 0),(6, 0) и (2, 6) – седловые точки.24.6Задача № 8.1 из [5], §5Исследовать функцию f (x, y) на экстремумf (x, y) = sin x + cos y + cos(x − y),348 ππ, y ∈ 0,.x ∈ 0,22Рис. 2.50: Задача 24.6См. рис. 24.6.Решение. Найдем стационарные точки, разрешающие систему уравнений(∂f∂x (x0 , y0 )∂f∂y (x0 , y0 )= cos x0 − sin(x0 − y0 ) = 0,= − sin y0 + sin(x0 − y0 ) = 0.349Рассмотрим стационарную точку (x0 , y0 ) =π π3, 6.1f (x, y) − f (x0 , y0 ) = (− sin(x0 ) − cos(x0 − y0 ))(x − x0 )221+ cos(x0 − y0 )(x − x0 )(y − y0 ) + (− cos(y0 ) − cos(x0 − y0 ))(y − y0 )222 p+o(x − x0 )2 + (y − y0 )2=√ 3π 2 π π 2π −x−y−+ y−− x−23366 r!2 π 2π 2 x−+ o+ y−6 0,36поскольку квадратичная форма a2 − ab + b2 является положительно определенной.
Этот факт следует из неравенстваa2 − ab + b2 > |a||b|. Здесь матрица!√√−3 23π π√.Гессе имеет вид H 3 , 6 = √3−32 3√3π ππ πОтвет. 3 , 6 – точка локального максимума, f 3 , 6 = 2 .24.7Задача № 10 из [5], §5Доказать, что функция f (x, y) = (y 2 − x)(y 2 − 2x):1) вдоль каждой прямой, проходящей через точку (0, 0), имеет в этой точкеминимум;2) не имеет минимума в точке (0, 0). См. рис. 24.7.(Решение.
1) Зафиксируем угол ϕ ∈ [0, 2π) и рассмотрим прямуюx = t cos ϕ,y = t sin ϕ.Рассмотрим функциюg(t) = f (t cos ϕ, t sin ϕ) = t2 (cos ϕ − t sin2 ϕ)(2 cos ϕ − t sin2 ϕ).Легко видеть, что g 0 (0) = 0. Если ϕ 6= ± π2 , то g 00 (0) = 4 cos2 ϕ > 0. Еслиϕ = ± π2 , то g (4) (0) = 24 > 0. Таким образом, вдоль каждой прямой, проходящей через точку (0, 0), функция f имеет в этой точке (строгий локальный)минимум.350Рис.
2.51: Задача 24.72) Легко видеть, что в окрестности точки (0, 0) функции f (x, y) функцияменяет знак. Т.е. приращение f (x, y) − f (0, 0) не является знакопостоянным.24.8Задача № 11 из [5], §5Может ли непрерывно дифференцируемая функция f (x, y) иметь бесконечное множество строгих максимумов и ни одного минимума?Решение. Да, может. Рассмотреть пример f (x, y) = cos x(1 + ey ) − yey из [5,Задача № 8.4, §5]. См. рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
