1611689328-870f4458e3fdc21d849e45aaa207a81a (826788), страница 2
Текст из файла (страница 2)
(),∇()⋅ℎ( (), ℎ) = | ()| ⋅ ‖ℎ‖ ⋅ cos Пусть ‖ℎ‖ = 1, тогда () ⋅ ℎ = | ()| ⋅ cos – проекция градиента на напр. вектор h∇� = ‖∇‖�∇,‖∇‖Функция наиболее растёт в направлении градиента. Её скорость = ‖∇‖Надо показать, что ∇ не зависит от декартовой с.к.Билет 9. Частные производные высших порядков.(): → , − непрерывна в () ⇒ ∃∀ ∈ ().Пусть () =() – непрерывна в т. a; ∃()=�()� () =2 ()() называется непрерывно-дифференцируемой в т.a, если существуют все частныепроизводные в т.
a и они непрерывны.()(ℎ) = �=1()(ℎ ) ≠ ⇒ смешанная производная; = ⇒ производная 2 − го порядка по Рассмотрим2 () = 2 ()Если она дифференцируема в т.a и определена в окрестности т.a, то продифференцируем её в т.a. 2 (2 )() =�� () и т.д. до любого порядка.Но для дифференцируемости определённого порядка необходимо, чтобы все предыдущиепроизводные существовали в некоторой окрестности т.a. 1 …() – n-ая производная функции f в т.a.Билет 10. Теорема.f: Rn → ; (, ),2 иТогда2 2 , – существуют и непрерывны, ∀(, ) ∈ (, ). Пусть– существуют ∀(, ) ∈ (, ) и непрерывны в т. (a,b)(, ) =2 (, )Доказательство.(ℎ, ) = ( + ℎ, + ) − (, + ) − ( + ℎ, ) + (, ), причём h и k достаточно малы,чтобы не выйти из (, ): √ℎ2 + 2 < 1) Рассмотрим () = (, + ) − (, ), ∈ [, + ℎ] ⇒(ℎ, ) =по формуле Лагранжа ( + ℎ) − () = ( + Θ1 ℎ) ⋅ ℎ, Θ1 < 1 ⇒ (ℎ, ) =�′ ( + Θ1 ℎ, + ) − ′ ( + Θ1 ℎ, )� ⋅ ℎРассмотрим () = ′ ( + Θ1 ℎ, ), ∈ [, + ].(ℎ, ) = ( + ) − () =по формуле Лагранжа ′ ( + Θ2 ) ⋅ ⇒ (∗) (ℎ, ) =� ( + Θ1 ℎ, + Θ2 )� ⋅ ℎ ⋅ , Θ1 , Θ2 ∈ (0,1) 2) Аналогично рассмотрим () = ( + ℎ, ) − (, ), ∈ [, + ](ℎ, ) = ( + ) − () = ′ ( + Θ3 ) ⋅ = �′ ( + ℎ, + Θ3 ) − ′ (, + Θ3 )� ⋅ () = ′ (, + Θ3 ), ∈ [, + ℎ](ℎ, ) = ( + ℎ) − () = ′ ( + Θ4 ℎ) ⋅ ℎ ⇒ (∗∗) (ℎ, ) =� ( + Θ4 ℎ, + Θ3 )� ⋅ ℎ ⋅ , Θ3 , Θ4 ∈ (0,1) 3) (∗) = (∗∗), ℎ ⋅ сократится.Перейдём к пределу ℎ → 0, → 0.
Из непрерывности смешанного произведения следует,что � + Θ ℎ, + Θj � → (, ) ⇒ они равны в т. (, )∎Обобщение теоремы.1. : → , ; ∀ ∈ ∃ (),() – непрерывна в любой точке шара т.a.2 и2 непрерывны в т. а. Тогда2 () =2 () .Доказательство. Аналогично предыдущей теореме: = �1 , … , + ℎ, +1 , … , + , +1 , … , � − �1 , … , + ℎ, +1 , … , , … , � −�1 , … , , … , + , +1 , … , � + (1 , … , )2. : → и имеет частные производные по 1 , … , порядка m:0 ∈ , () ⊆ ; ∀ = 1 … − 1 ∃Тогда ()1 … +1 …= 1 … ()– непрерывна.
1 …1 …+1 …Доказательство. Применяем необходимое кол-во раз 1.Билет 11.(∗) 1 …= 1 1 … ∎, где ∑=1 = , 0 ≤ ≤ Если выполняется условие теоремы 2., то этот порядок не важен.Мультииндекс = (1 … ), ∈ ∪ {0}|| = � ; ! = � ! ; = 11 ⋅ … ⋅ ; ⇒ (∗) =Полином Ньютона(1 + 2 ) =(1 + 2 + ⋯ + ) =�1 +2 =�! 1 2 (∗)1 ! 2 ! 1 21 +…+ =Тогда: || = ! 1 … (∗∗)1 ! … ! 1Доказательство. Индукция по n.База(n=2)Переход: пусть для n верно (1 + 2 + ⋯ + ) = ∑1 +…+ =∎! 11 !… ! 1… =(1 + ⋯ + + +1 ) = (1 + ⋯ + −1 + ( + +1 )) =!−1( + +1 ) = 1 … −1=�1 ! … −1 ! ! 11 +…+−1 +=�!!−1 +11 1 … −1⋅� +1=1 ! … −1 ! !!! ++1 = +11 +…+−1 +==�1 +…+ ++1 =!)! +11 1 … +11 ! … ! +1 !∎Другая запись: (1 + ⋯ + = ∑||= , где = (1 … )!Дифференциалы высоких порядков.: → , существует и непрерывна производная первого порядка:()(ℎ) = �=1При фиксированном h это равно g(x).
– открыта, ∃=1=1=1()⋅ ℎ в и непрерывен в ⇒()() 2 ()∃()() = �⋅ = ���⋅ ℎ � ⋅ = � �⋅ ℎ ⋅ При k=h получаем дифференциал второго порядка: 2 ()(ℎ) = ∑=1 ∑=12 () =1 =1⋅ ℎ ⋅ ℎ – квадратичная форма; аналогично: +1 ()(ℎ) = ( )()(ℎ) () ()(ℎ) = � … �⋅ ℎ1 ⋅ … ⋅ ℎ =1 … �������1 =1�ℎ1 + ⋯ +ℎ � ()1=�1 +⋯+ = =1непр⇒не зависит от порядка!! 1⋅ℎ⋅…⋅ℎ=�⋅⋅ℎ1 ! … ! 11 … 1! ||=Билет 12. Формула Тейлора.
С остаточным членом в форме Лагранжа:1 () (0 )( − 0 )+ (+1) �0 + Θ( − 0 )� ⋅ ( − 0 )+1 , Θ ∈ (0,1)() = (0 ) + �( + 1)!!=1При m=0 получаем формулу Лагранжа. Пусть:0 = 0, : → , ∈ , имеет непр. производные до + 1 порядка включительно.(1 … ); () = � + ( − )� = �1 + (1 − 1 ), … , + ( − )�11 (+1) (Θ),Θ ∈ (0,1)() = (1) = (0) + � () (0) +( + 1)!!По индукции:() () =1 =1′ ()=1=�=1� + ( − )�( − ) � + ( − )�� − � … ( − ) = { = (1 … ), || = } == �…� … = �||=||! � − ( − )� || ()(=�()=; �=−)!= �||=! � + ( − )�( − ) , где 0 ≤ ≤ + 1!() = (1) = �=01 ()1 (0) + (+1) (Θ) = {Θ ∈ (0,1)} =( + 1)!!1! 1�� ()( − ) +( + 1)!!!=0||=1 = � ()( − ) +!||≤�||=+1�||=+1( + 1)! � + Θ( − )�( − ) =!1 ( + Θ( − ))( − )!Билет 13. Экстремумы.(),Ω ⊂ , ∈ Ω0 ; ∃ > 0 ∀ ∈ () ∩ Ω () ≤ (≥) () ⇒a – локальный максимум(минимум).
Будем считать, что Ω = Ω0 .Теорема. Необходимое условие экстремума.() ∀ = 1 … ⇒() = 0 ∀ = 1 … ∈ Ω0 , имеет локальный экстремум в т. , ∃Доказательство.Рассмотрим () = (1 , … , −1 , + , +1 , … , ); () определена ∀ для ∈ (−, ) имеет локальный экстремум при = 0, т.к. имеет локальный экстремум в т.a, следовательно:′ () = 0() = 0� ′⇒(1 , … , −1 , + , +1 , … , ) () =Теорема. Достаточное условие экстремума. ∈ Ω0 , для a выполнены необходимые условия, т.е.() = 0 ∀ в некоторой окрестности т.a.Существует и непрерывна вторая частичная производная, т.е. ∀ ∈ () ∃ ().Формула Тейлора для m=12 () ∎и непрерывна в1 ()( − ) + �() = () + � � + Θ( − )�( − )!��||=2=1�������������() − () =необх.условие2 1�� + Θ( − )�( − )� − � (∗)2 ,=1Если a – максимум, то (∗) < 0; Если a – минимум, то (∗) > 0.
2 � + Θ( − )� 2 () 2 11( − )� − � + � �(∗) = �� ( − )� − �− 22 ���������������������,=1,=1()При → () → 0 в силу непрерывности вторых производных. 2 ()1 2 |()| = � �max ��� ≤ (r) �⎯� 0 ⋅ | − | ⋅ � − � ≤� + Θ( − )� −→0 () 2,=11112≤ () ⋅ � | − | ⋅ � − � ≤ () ⋅ � �| − |2 + � − � � = { () �‖ − ‖2 } ≤222,=1,=11≤ () ‖ − ‖222 ()2Заметим, что () = ∑,=1 − ‖ − ‖ < ⇒ ∈ (); ξ =при ≠ ; − = ‖ − ‖; − = ‖ − ‖‖ − ‖1 2 ()( − )� − � + ()() − () = � 2,=1⎧⎫⎪1 2 ()2() ⎪2= ‖ − ‖� +…‖ − ‖2 ⎬ 2⎨ ,=1⎪ �����������⎪⎩квадратичная форма Φ()⎭1.
Квадратичная форма положительно определена ⇒ Φ() имеет минимум min Φ() = > 0‖‖=111‖ − ‖2 { − ⋅ ()} > ‖ − ‖2 ≥ 0 ∀422()≥ − ⋅ () из предыдущей оценки |()|‖ − ‖2Т.к. () → 0, то выберем такую окрестность т.a, что ⋅ () < ⇒ {… } > ⇒ т.a –…≥2минимум.2. Квадратичная форма Φ() отрицательно определена, значит т.a –максимум(доказательство аналогично)3. Квадратичная форма Φ() знакопеременна:∃1 , 2 : Φ(1 ) > 0,Φ( 2 ) < 0 1 − = 1 , где = ‖ 1 − ‖ ⇒ 1 = + 112(1 )( 1 ) − () = 2 �Φ(1 ) +�⎯� 0� 2 →02�( 1 ) − ()� =→0 Φ(1 ) ⇒ ( 1 ) − () > 0Аналогично ( 2 ) − () < 0 ⇒ нет экстремума.4. Φ() ≥ 0 (≤ 0) ∀ – нужны дополнительные исследования.Билет 14.2� = , = 1. .
− СЛАУ; (1 , … , ) = , = 1 … , где − произвольная функция=1Предположим, что для некоторых = ∃ = Введём в рассмотрение = (1 … ); =(1 … ), = (1 … ), = (1 … ), = (1 … ) ⇒ система в виде () = , () = .При ‖ − ‖ < существует ли решение?Лемма 1.: → , Ω − открыто; − непрерывно на , открыто в ⇒ = −1 [] − открыто в Доказательство. ≠ ∅, ∈ , надо показать, что a – внутренняя, т.е. ∃ > 0: () ⊆ = () ∈ ; ∃ () ⊂ , т. е. ‖ − ‖ < ∀ > 0 ∃ > 0 ‖ − ‖ < , ∈ Ω ⇒ ‖() − ‖ < , т. е.
∈⊂ = −1 [ ] ⇒ ∃ > 0: () ⊂ () ∩ Ω ⊂ ������� () ∩ Ωоткрытое мн−во,т.к.оба открыты⇒ − внутренняя.Обратная лемма также верна, получаем ещё одно определение непрерывных отображений.Лемма 2.: → – непрерывна, дифференцируема в некотором шаре () и ∃ ∃(, ) > 0: ∀ ∈ () ‖() − ()‖ ≤ ⋅ ⋅ ‖ − ‖, где = max sup �Доказательство., ∈ () ()� < ∞, = (1 … ) () = () + �� + Θ( − )�( − )=1���������������������| () − ()| = ��=1остаток� + Θ( − )�� − ����� � ≤ �� 2 ⋅ �� 2 − неравенство Коши − Буняковского�∎2=1=12≤ �� �� + Θ( − )�� ⋅ ��� − � ≤ �� 2 ⋅ ‖ − ‖ = √‖ − ‖=1222Итого, | () − ()| ≤ √‖ − ‖ ; ∑=1| () − ()| ≤ ⋅ ⋅ ⋅ ‖ − ‖‖() − ()‖ = ��| () − ()|2 ≤ √ ⋅ ⋅ ⋅ ‖ − ‖=1Теорема об обратном отображении.: → , Ω − открыто, () = , () = , – непрерывно дифференцируема на Ω; ′ () =��,=1∎, det′()������� ≠ 0ЯкобианТогда1) ∃ – окрестность т.
a, т.ч. | – взаимнооднозначно.2) −1 определена в окрестности т. b и непрерывно дифференцируема.3) ( −1 )′ () = [ ′ ()]−1 , = (), ∈ ⇒ = −1 ()Частные случаи1) () = – непрерывно дифференцируема и ′ () ≠ 0 ⇒ ( −1 )′ () =−1� ′ ()�∑2) () = ��=�� , = 1 … ; ��=1�����СЛАУ1 ′ ()== = det ′ () = det� � ≠ 0 ⇒ Система разрешима ∀ (в т.ч. для y, близких к b)Доказательство. Сделаем ряд упрощений.1) б.о.о.
det ′() ≠ 0 в Ω непрерывно дифференцируема →− непрерывна ⇒ det ′ () – непрер. ф-я в Ω′ ()⇒ в некоторой окрестности Ω1 т.a det ≠ 0 в силу непрерывностиРассмотрим Ω1 (б. о. о. Ω = Ω1 )2) б.о.о. ′ () = – единичная матрица т.к.′ ()]−1[���Рассмотрим 1 () = ���� ⋅ (). Если 1 () имеет обратное, то () также имеетобратное.∃,т.к. ≠0 ′ () ⋅ 1 () = (); 1′ () = [ ′ ()]−1 = б.о.о. = 11. Введём следующее отображение () = () − ∈ , её коорд. ф-ии () = () − () ()′=− = ()= 0 ∀, ()� ; () �⎯� 0 в силу непрерывности() = max sup �→0, ‖−‖<лемма2‖() − ()‖ ≤ ⋅ ()‖ − ‖, т.к. () �⎯� 0 ⇒ можемПусть , ∈ () ⇒взять такой r, что () ≤→012() − () = ()− () − ( − ) + ( + ) = () − () + ( − )���������������1‖() − ()‖ = ‖() − () + ( − )‖ ≥⊿ ‖ − ‖ − ‖()− G(ξ)‖ ≥ ‖ − ‖���������21() = () ⇒ = => – взаимнооднозначно ∀, ∈ < ‖−‖2−1()⇒ ∃∎Билет 15.
+ Формулировка + леммы с предыдущего. −1 () = ‖−‖≥12�−1 ()−−1 ()�2. ()=⇒ � −1⇒ −1 непрерывна на ⇒()= () = ‖−1 ()−−1 ()‖≤2‖−‖Надо показать, что ∃: () ⊆ Ω−11, ∈ () ⇒ ‖() − ()‖ ≥ ‖ − ‖ ⇒ ∀ ∈ () ∃ ∈ (): () = ← надо показать2Введём следующее отображение:() = ‖() −‖24= �[ () − ]2 , ∈ ()4=1Покажем, что имеет минимум, причём он достигается во внутренней т. (). () −компакт, − непрерывно ⇒ – достигает минимума на этом множестве.Возьмём x на границе(‖ − ‖ = )2⇒ () = ‖() − ‖2 = �()− + ��� − � ≥⊿ [‖() − ‖ − ‖ − ‖]2 = [‖() − ()‖ −�������121 2 2‖ − ‖]2 ≥ � ‖ − ‖ − ‖ − ‖� > � ‖ − ‖ − � > � − � =Итого () >2 2162∀: ‖ − ‖ = 424 216.С другой стороны возьмём центр шара(т.a) 2 2() = ‖() − ‖2 = ‖ − ‖2 < � � =164 2 2‖−‖=Итого () < .
Получаем () > > () ⇒значение в центре < значения на границе,1616значит существует внутренняя точка 0 – внутренняя для (), т.ч. min () = ( 0 ) ⇒ всечастичные производные = 0 (необходимое условие экстремума) 0[�(0 ) = � 2() −���( ) = 0 − СЛАУ от ]�� ���=1�=1 0( ) ⋅ = 0 − однороднаяdet ′ () ≠ 0 (в силу упрощений) ⇒ = 0 ∀ → ( 0 ) = ⇒ ( 0 ) = ⇒ мы нашли ∀ ∈ ()4∃ ∈ (), т. ч. () = ( = 0 ) ⇒ = (); −1 [ ] =4⏟открыт в силу леммы 1⊆ ()Φ(,3. −() + () = ()��� ( − ) + ����)� .
Фиксируем ∈ , ∈ , – переменная.(‖−‖)() − () = ( − ) + Φ(, ); () = , () = , то − = � −1 () − −1 ()� + Φ( −1 (), −1 ())A – не вырожденное отображение, значит существует обратное.−1 ( − ) = −1 () − −1 () + −1 �Φ� −1 (), −1 ()��−1 ( − ) + �����������������−1 �Φ� −1 (), −1 ()�� = −1 () − −1 ()−1 ()−1]−1предп.,что это (‖−‖)( −1 )′ () [ ′ ()]−1. Покажем, что= = [() ;= Тогда −1 �Φ� −1 (), −1 ()�� = (‖ − ‖), т.ч.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
