Математика.-4

Д-60. Найти экстремумы функции f (x) x 4 4x3 .

Решение. Первая производная: f (x) 4x3 12 x 2 = 4x 2 (x 3) . Она обращается в 0 при x 0 и x 3 . Корень 0 кратности 2.

Рассмотрим знак производной на интервалах. Множитель 4x2 0 , знак может менять только (x 3) . Достаточно рассмотреть знак

производной при каком-либо целом значении на каждом из интервалов ( ,0) , (0,3) и (3, ) . К примеру, в точках x 1 и x 1

производная отрицательна, в точке x 4 положительна. Итак, экстремум всего 1, это точка x 3, там убывание сменяется возрастанием. В точке 0 не происходит смена знака производной, поэтому здесь экстремума нет.

Ответ. Единственный экстремум x 3 , минимум.

Задача 187. Найти экстремум функции 2 переменных: f (x, y) x 2 2x y 2 6 y 10 .

Решение. Найдѐм точку, в которой обе частные производные

квадратичной форме Q 2x 2 2 y 2 0 . Проще говоря, в каждом из

двух перпендикулярных сечений поверхности такая кривая, что 2-я производная больше нуля, то есть по каждому сечению минимум.

162

Тогда точка (1,3) минимум для поверхности.

Замечание. Можно было выделить полный квадрат по каждой переменной и сразу получить f (x, y) (x 1)2 ( y 3)2 тогда было бы видно, что в любой точке значение больше нуля, а в то же время f (1,3) 0 .

Ответ. Точка (1,3) минимум.

Формула Тейлора.

Задача 188. Вывести формулу Тейлора для f (x) ln(x 1) в точке

В числителе тоже факториалы, но с небольшим отставанием, на одно число. Поэтому почти все множители из этих факториалов (кроме

163

Решение. Запишем производные.

Решение. Здесь разложение в окрестности другой точки, а не 0, в этом случае надо изначально сделать арифметическое преобразование, чтобы отделить слагаемое вида (x 1) .

Затем вынесем за скобку констенту 4, чтобы в знаменателе выражение начиналось с 1, т.е. чтобы присутствовала структура типа

А уже после этого, в качестве знаменателя прогрессии получается

164

Условные экстремумы.

Задача 191. Найти отношение высоты к радиусу основания цилиндра, такое, что при фиксированном объѐме получалась наименьшая площадь поверхности.

Решение. Это задача на условный экстремум. Формула объѐма цилиндра V (h, R) R 2 h . Полная площадь поверхности это сумма

площади боковой поверхности и площадей 2 кругов, то есть верхней и нижней грани цилиндра. Она вычисляется по формуле:

S (h, R) (2R)h 2(R 2 ) = 2R(h R) .

Требуется, чтобы эта площадь была наименьшей. Пусть объѐм

выразить через другую, то есть получится функция одной переменной.

Ответ. h / R 2 .

Замечание. Для наименьшей площади поверхности диаметр цилиндра должен быть равен высоте, сбоку такой цилиндр виден именно как квадрат! Если цилиндрическая консервная банка слишком плоская,

165

или наоборот, слишком высокая, это перерасход металла. Так что задача имеет прямое отношение к экономике.

Д-61 Дана функция f (x, y) y . Найти условный экстремум при y x 2 .

Решение. Условие имеет вид F (x, y) y 2 x 0 . Выразим имеющуюся в функции y через x .

f(x, y(x)) f (x, x 2 ) x 2 . Обычная производная (x 2 ) 2x , минимум

вточке 0. Тогда (0,0) условный минимум. Чертѐж:

Ответ. (0,0) точка условного минимума.

Задача 192. Дана функция f (x, y) x y . Найти условные

четверти. Функцию двух переменных нужно свести к функции одной переменной с помощью условия, и затем искать экстремум для неѐ уже обычным образом. Для точки на окружности, можно задать x,y

так: x cos(t), y sin(t) .

Тогда вместо f (x, y) можно получить в итоге f (x(t), y(t)) = f (t) .

166

условный минимум.

Замечание. Не всегда обязательно выражать переменные через t, просто здесь для окружности так было удобнее. В следующей задаче

точка на ней не является точкой экстремума, ведь в еѐ окрестности есть другие точки как выше, так и ниже. Однако если сузить область определения, то есть рассматривать не всю плоскость, а только параболу, над параболой есть точка минимальной высоты.

Подставим условие y x 2 в функцию f (x, y) x y .

f (x, y(x)) f (x, x 2 ) x x 2 , свели к функции одной переменной, и для неѐ уже ищем обычный экстремум.

167

Задача 194. Найти наибольшее и наименьшее значение функции f (x, y) x y 2 в квадрате [ 1,1] [ 1,1].

Решение. Сначала найдѐм экстремумы во внутренних точках, а затем условные экстремумы на границах квадрата, после этого сравним все значения в получившихся точках, а также в 4 углах квадрата.

f (1, 2 y 2 ) никогда не обращается в (0,0) из-за первой координаты.

Экстремумов во внутренних точках нет. Теперь ищем условные экстремумы на границах квадрата.

Итак, осталось проверить значение функции в точках условного экстремума на границах ( 1,0) , (1,0) и в 4 угловых точках квадрата: ( 1, 1),(1,1),(1, 1),( 1,1) . Итого, рассмотрим значения в 6 точках:

Наименьшее значение 2 , наибольшее 1. Чертѐж:

168

Кстати, она принадлежит одной из сторон треугольника, поэтому мы еѐ ещѐ раз увидим при поиске условных экстремумов на границе фигуры.

Теперь ищем условные экстремумы.

1) На стороне ОА: y 0 . Тогда f (x,0) x 2 2x 2 ,

(x 2 2x 2) 2x 2 , обращается в 0 при x 1, таким образом, точка условного экстремума (1,0) - середина стороны ОА. Это минимум, так как 2-я производная равна +2>0.

2) На стороне АВ: x 2 . Тогда f (2, y) y 2 2 y 2 ,

( y 2 2 y 2) 2 y 2 , обращается в 0 при y 1, таким образом, точка условного экстремума (2,1) - середина стороны АВ. Это тоже минимум, так как 2-я производная равна +2>0.

3) На стороне ОВ: y x . Тогда f (x, x) 2x 2 4x 2 ,

(2x 2 4x 2) 4x 4 , обращается в 0 при x 1, таким образом, точка условного экстремума (1,1) - середина стороны ОВ. Это

минимум, так как 2-я производная равна +2>0. Причѐм это как раз и есть ранее найденная точка глобального экстремума этой функции.

Итак, нам осталось проверить значения в 6 точках: найденных точках условного экстремума и в вершинах треуголльника.

Кстати, если выделить полный квадрат по каждой переменной, то было бы f (x, y) (x 1)2 ( y 1)2 , т.е. поверхность - это

170