Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Инженерно-технологическая академия ЮФУ

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

UML_4256

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.06.2015

Размер:

6.64 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 3536 / 5036 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 > Следующая >>>

g(b) = a ,

f (g( y), y) = 0 y W .

(5)

Комментарий. Теорема утверждает, что функциональное

уравнение

f (x, y) = 0 , то есть система

1(x1, x2,..., xn, y1, y2,..., ym) = 0,

2(x1, x2,..., xn, y1, y2,..., ym) = 0,

..................................................

(

,...,

, y , y

,..., y

) = 0

x1 x2

x = g( y) ,

непрерывно

определяет

неявную

функцию

дифференцируемую в окрестности точки b, если ранг матрицы Якоби

∂f	i	(a,b)	равен n .

	∂x j

Доказательство теоремы. Рассмотрим отображение F ,

ставящее

в соответствие точке (x, y) Ε Rn + m точку

( f ((x, y), y) Rn + m ,

то

есть

F(x, y) = ( f (x, y), y) + (z, w) ,

(6)

где f (x, y) = z Rn , y = w W Rm .

Напомним, что точка (x, y) = (x1, x2,..., xn, y1, y2,..., ym) Rn + m

и точка

( f (x, y), y) = ( f 1, f 2,..., f n, y1, y2,..., ym) Rn + m ,

так что отображение

F(x, y) действует из Rn+m в Rn+m .

Поскольку f (x, y) – функция непрерывно дифференцируемая, и

f (a,b) = 0, то

f (a + h,b + l) = f (a,b) + f '(a,b)(h,l) + o((h,l)) = A(h,l) + o((h,l)),

(7)

lim

((h,l))

→ 0 при

→ 0 .

Тогда

F(a,b) = ( f (a,b),b) = (0,b) = (0,0,...,0,b1,b2,...,bm) .

(8)

F(a + h,b +l) − F(a,b) = ( f (a + h,b + l),b + l)(8)−(0,b) =

= ( f (a + h,b + l),l)(7)=( A(h,l) + 0((h,l),l)) = ( A(h,l),l) + o((h,l),0) .

(9)

Из (9) видно, что отображение F(x, y) непрерывно дифференцируемое, а полная производная в точке (a,b) записывается так:

F '(a,b) = ( A(h,l),l) .	(10)
351

Покажем, что линейный оператор (10) взаимно-однозначный, следовательно, обратимый. Для этого достаточно убедиться, что прообраз нулевого вектора является только нулевым вектором (см. теорему 1 §17).

Пусть l = 0, тогда из (10) F '(h,0) = ( A(h,0),0) , а из (4) A(h,0) = 0 .

Ù h = 0, если Rang A = n. Это и означает обратимость оператора

F '(a,b) .

Тогда имеет место теорема 2 §17 об обратной функции. То есть


существуют окрестности		U	и V точек		a и b такие,	что F(x, y)
взаимно-однозначно отображает U на V .
Отображение обратное к отображению (6) имеет вид
		x =ϕ(z, w) ,		y = w.			(11)
При этом из f (x, y) = z следует
	f (ϕ(z, w), w) = z , (z, w) V .						(12)
Обозначая через	W окрестность точки				b такую, что	(0, w) W , и
полагая z = 0 ,	из (12)	получим		f (ϕ(0, y), y) = 0 ,		y W .	Если
обозначить ϕ(0, y) = g( y) ,			то получим		f (g( y), y) = 0 ,	y W .	Это

совпадает с (5). То есть мы доказали существование неявной функции x = g( y) в окрестности W точки y = b. Полагая x = a , y = b из (11)

найдем при z = 0 , a =ϕ(0,b) = g(b) , то есть условия (5) полностью

выполняются.

Единственность g( y) следует из взаимной однозначности

отображения F , а дифференцируемость – из дифференцируемости обратной функции. Теорема доказана.

Так как (5) представляет собой тождество, то дифференцируя его по правилу дифференцирования сложной функции, получим формулу для производной неявно заданной функции

f ' = fx′g '( y) + fy′ = 0 . => g '( y) = −( fx′)−1 fy′.						(13)
Здесь fx′	и fy′	–	так	называемые полные частные производные
отображения f (x, y) .
Замечание 1. Производные высших порядков от неявной функции
можно получить, дифференцируя (13).
Замечание		2.	Мы	считали, что	функциональное	уравнение
f (x, y) = 0	определяет неявно функцию				x = g( y) . Если,	наоборот,

считать, что функциональное уравнение определяет неявно функцию y =ϕ(x) , то в формулах (13) следует поменять местами x и y . По

352

аналогии с формулой для функции с одной переменной запишем формулу (13) в символической форме

y′x = −

fx′

(13’)

f (x, y) = f

fy′

( y1, y2,..., yn, x1, x2,..., xm) = 0 .

∂f

∂

.......

f 1

......

f 1

∂y1

∂y2

∂yn

∂x1

∂x2

∂xm

fy′ = ...

..............

.....

fx′ = ..... .............

.....

(14)

∂f n

∂f n ........

∂f n

∂f n ......

∂f n

∂y1

∂y2

∂x1

∂x2

∂yn

∂xm

В случае,

когда

x, y, f (x, y) R1

уравнение

f (x, y) = 0

может

определять только числовую функцию одной переменной y(x) (или x( y) ). Производная неявной функции есть отношение частных производных функции f (x, y) , взятое со знаком минус.


Пример 1. x		y	− y	2 x	=	′
Пример 1. x			− y		=	0 . Найти y (1).
Решение. Проверим выполнение требований теоремы. Во-первых,
уравнение	f (1, y0) = 0				должно иметь		решение.	1 = y2 .	=> y1,2 = ±1.
Требование	выполняется.					Во-вторых,	функция	f (x, y)	должна быть

непрерывно дифференцируемой в окрестности точки (x0, y0) . Так как

частные производные	∂f	= yxy−1 − 2ln y y2 x ,	∂f	= x y ln x − 2x y2 x−1
	∂x		∂y

непрерывны в окрестности точки (1,1) , то это требование выполняется (см. теорему 1 §18). В-третьих, якобиан в точке (1,1) не должен

обращаться в нуль. В			нашем		случае это ∂f (1,1)		= −2 ≠ 0 .			Итак, все
						∂x
требования теоремы выполняются. Воспользуемся формулой (13’).
	fx′		∂f			yx y −1−2 ln y y2 x		1
			∂f
y′x = −		= −	∂x	∂f	= −		=		.
y′x = −		= −	∂x		= −	x y ln x−2x y2 x−1	=		.
	fy′					x y ln x−2x y2 x−1	2
				∂y			(1,1)
Упражнение. Найти y′′2 в точке (1,1) .
				x
В случае, когда			x Rn ,		y, f (x, y) R1 , уравнение					f (x, y) = 0

может определять только числовую функцию n переменных, например, 353

y =ϕ(x1, x2,..., xn) .

Знаменатель

(якобиан) в

(13’)

– это

частная

производная

∂f

а числитель

– вектор

f '

= (

∂f

,...,

∂f

) .

∂y

∂x2

∂x1

∂xn

Производная y′x неявной функции – это полная производная числовой

∂ϕ

∂f

функции ϕ(x),

∂xi ∂f .

то есть вектор y′x =

,...,

= −

∂x1

∂x2

∂xi

∂xn

∂y

Пример 2. Найти частные производные z′x и z′y функции,

заданной неявно уравнением z3 +3xyz −1 = 0 .

Решение.

Воспользуемся (13’), считая

все

требования теоремы

выполненными в окрестности некоторой точки (x, y) . Неявная функция

z = z(x, y)

–

числовая

функция

двух переменных,

z ' = (z′x , z′y ),

∂f

xz .

z′x = −

∂x

∂f

= −

z′y = −

∂y

∂f

= −

z2 + xy

∂z

В случае,

когда

x R1,

y, f (x, y) Rn , уравнение

f (x, y) = 0

определяет

неявно

векторную

функцию

скалярного

аргумента

fx′ =

∂f

y(x) = ( y1, y2,..., yn) .

,...,

∂x

∂f

.......

∂f

fy′

∂y1

∂y2

∂yn

= ... .............. .....

Производная

неявной

функции

∂f n

........

∂y1

∂y2

∂yn

y′x

= −( fy′)−1 fx′ – вектор.

Пример 3. Векторная

функция

(x)

скалярного

аргумента x

задана

неявно

системой

уравнений

x2 + y2 + z2 =1,

y = 2x.

Найти

производную этой функции.

Решение.

данном

случае

f (x,

) = ( f 1, f 2) ,

где

f 1 = x2 + y2 + z2 −1, f 2 = y − 2x .

354

y = ( y, z) .

fx′ = ∂∂fx1,∂∂fx2 T = (2x, −2)T .

∂f 1

∂y

∂z

2 y 2z

−1

0 −2z

fy′ =

; (

fy′)

= −

∂f 2

1 0

−1 2 y

∂y

∂z

Воспользуемся формулой (13’).

−1

0 −2z

y 'x = −(fy′)

f 'x

−x −

2z −1 2 y

−2

2 y

z 'x = − 1z (x + 2 y) .

Рассмотрим, наконец, более общий случай, когда

=>	y 'x = 2 ,

x, y, f (x, y) R2 ,

неявная функция y(x) – векторная функция векторного аргумента. Пример 4. Векторная функция двух переменных

y(x, y) = (u(x, y),v(x, y)) задана неявно системой уравнений:

xu + yv − x = 0, u −v + x2 + y2 = 0 .

(15)

Найти

' и ее дифференциал в точке (x0, y0) = (1,1) .

Решение. В данном случае

(

) = ( f 1, f 2) , где

f 1 = xu + yv − x,

f 2 = u −v + x2 + y2 ,

= (x, y) . Неявная функция

(

) = (u,v) .

Следует

найти полную производную неявной функции, y′x

u 'x u 'y

y′x = −(

fy′)−1

v'x

Согласно формулам (13’) и (14)

fx′.

∂f 1

∂f

∂x

∂y

u −1 v

x y

fx′ =

∂u

∂v

. =>

∂f 2

;

fy′ =

2 y

∂f 2

−1

∂x

∂y

∂u

∂v

x y

−1

−1 −y

=> J f

−1

= −(x + y)

(1,1) = −2 ≠ 0 . ( f

)

= −

−1 x

x + y

355

Подставляя в систему x0 = y0 =1, найдем u0 = − 12 , v0 = 32 . Согласно формуле (13’) имеем:

u 'x			u 'y		= −		1

						x	+ y
v'x			v'y
=		1		1−u − 2xy


	x + y 1−u+2x2

−1−1

−v − −v +

−y u −1

x2x

2 y2

2xy ( x0, y0)

	v		=
			=
2 y
=	1	−1		−7
			7	1	.
	4				.
	4

Дифференциал найдем по формуле

−1 −7 dx

−dx −7dy

d y = y '

d x =

. =>

7dx + dy

7 1

=> du = −

(dx + 7dy) ,

dv =

(7dx + 7dy) .

§20. Условный экстремум функции многих переменных

Вприкладных задачах часто приходится исследовать функцию на экстремум при дополнительных условиях, накладываемых на ее аргументы. Эти дополнительные условия называются связями, а экстремум функции при этих дополнительных условиях называется условным.

Пример 1. Найти экстремум функции z = x2 + 2 y2 при условии, что x + y −1 = 0 .

Комментарий. Графиком функции является параболоид, а графиком связи – плоскость. Поэтому задача состоит в нахождении экстремума линии

Y пересечения параболоида с плоскостью. Решение. Из уравнения связи найдем

y =1− x и подставим его в данную функцию. Получим функцию одной

переменной z = x2 + 2(1− x)2 = 3x2 − 4x + 2 . Исследуем ее на экстремум.

z ' = 6x − 4 = 0 . =>	x0 =	2		,	z '' = 6 > 0 . => Функция одной переменной
		3

достигает в точке	x0 =		2		минимума, а данная функция z = x2 + 2 y2
		3

					356

					2		1
достигает			в точке	(x0, y0) =		,		условного	минимума,	равного
					3		3
	2
zmin =		.	Заметим,	что безусловный				минимум	достигается	в начале
	3

координат и равен нулю.

Рассмотрим задачу в общем случае. Пусть u = f (x, y) ,

(x, y) = (x1, x2,..., xn, y1, y2,..., ym) Ε Rn+m – числовая функция (n + m)

переменных	непрерывно	дифференцируема в	области Ε.	И пусть
ϕ(x, y) = 0 –	уравнения	связей, а z =ϕ(x, y)	– векторная	функция

(n + m) переменных, отображающая область Ε в Rm .

Условие ϕ(x, y) = 0 выделяет из области Ε некоторую подобласть,

которую условно назовем поверхностью в пространстве Rn+m по аналогии с поверхностью уровня для числовой функции (см. §9).

Пусть	ϕ(a,b) = 0 ,	то есть точка (a,b)	лежит на поверхности.
Говорят, что функция		f (x, y) достигает в	точке (a,b) условного
минимума,	если неравенство f (x, y) ≥ f (a,b)		выполняется для всех

точек поверхности, достаточно близких к точке (a,b) . При этом не требуется выполнения неравенства f (x, y) ≥ f (a,b) для точек хотя и близких к точке (a,b) , но не лежащих на поверхности.

Аналогично определяется условный максимум. Условный максимум и минимум называют условным экстремумом.

Рассмотрим два метода нахождения условного экстремума.

Первый метод.	Пусть	функция z =ϕ(x, y) непрерывно
дифференцируема в Ε,	ϕ(a,b) = 0	и матрица Якоби имеет ранг, равный

m. Тогда функция удовлетворяет теореме о неявной функции (см. §19), то есть в некоторой окрестности точки a Rn существует непрерывно

дифференцируемая векторная функция y = y(x)			со значениями в Rm ,
при этом ϕ(a) = b .	Подставим y = y(x)	в	функцию	u = f (x, y) .
Получим сложную функцию f (x, y(x)) n		переменных,		непрерывно
дифференцируемую	в окрестности точки	x = a . Ее		безусловный

экстремум в точке x = a и будет условным экстремумом для функции f (x, y) в точке (a,b) . Именно этим методом мы решили задачу в

примере 1.

Второй метод (метод множителей Лагранжа).

Первый метод простой в теоретическом отношении может вызвать затруднения на практике, поскольку не всякую неявную функцию

357

можно записать в явном виде. Метод множителей Лагранжа позволяет избежать этой трудности.

Итак, воспользуемся необходимым условием существования

экстремума	для	сложной			функции			f (x, y(x)) .	Используя
инвариантность формы первого дифференциала, получим
		n	∂f		m	∂f
	du = ∑			dxk + ∑			dyl = 0 .		(1)
	du = ∑		∂xk	dxk + ∑		∂yl	dyl = 0 .		(1)
		k =1	∂xk		l=1	∂yl			всех x из
Рассмотрим	теперь	тождество			ϕ(x, y(x)) = 0,			верное для	всех x из

окрестности точки x = a . Очевидно, dϕ = 0, то есть

n	∂ϕ	j	m	∂ϕ	j			j =1,2,..., m .
∑			dxk + ∑			dyl	= 0 ,
	∂xk			∂yl
k =1			l=1

Умножая каждое из уравнений (2) на λ j и суммируя по

∂

= 0 .

∑

λ j

j dxk

l=1

λ j

k =1 ∂xk j=1

∂yl j=1

Теперь сложим (1) и (3).

∂

∑

+ ∑

0 или

j=1

λ j

j dxk

j=1

λ j

k =1 ∂xk

l=1 ∂yl

(2)

j , получим

(3)

n	∂L	m	∂L
∑		dxk + ∑		dyl	= 0,	(4)
∑	∂xk	dxk + ∑	∂yl	dyl	= 0,	(4)
k =1	∂xk	l =1	∂yl
где
		m
L = f (x, y) + ∑ λ jϕ j(x, y)						(5)
		j=1

– функция Лагранжа, а левая часть (4) – дифференциал функции

Лагранжа.

так, чтобы коэффициенты при dyl в (4)

Выберем множители λ j

∂L

∂f

∂ϕ j

обращались в нуль, то есть

+ ∑ λ j

= 0 или

∂yl

j=1

∂ϕ j

= −

∂f

, l

=1,2,..., m .

∑

λ j

(6)

∂yl

j=1

Линейная система (6) имеет единственное решение, так как ее определитель – это якобиан функции ϕ(x, y) , а он отличен от нуля.

Если λ j – решение системы (6), то (4) примет вид

358

	n	∂L					∂L	= 0 , так как xk – независимые переменные.
dL = ∑				dxk = 0. =>
		∂xk					∂xk
k =1
Присоединяя к необходимым условиям экстремума функции
Лагранжа уравнения связи, получим систему n + 2m уравнений:
	∂L		= 0 ,		∂L	= 0 , ϕ j(x, y) = 0 , k =1,2,..., n , j =1,2,..., m ,			(7)

	∂xk				∂y j

из которых найдем координаты точки (a,b) возможного экстремума и множители Лагранжа λ j .

Из (5) видно, что при наличии связей, то есть при ϕ(x, y) = 0 , функция Лагранжа совпадает с данной f (x, y) . Поэтому безусловный экстремум функции Лагранжа совпадает с условным для функции

f(x, y) . Отсюда следует алгоритм решения задачи:

1)составляем функцию Лагранжа (5);

2)записываем систему (7), из которой находим точку (a,b) возможного условного экстремума;

3)считая все переменные независимыми, находим второй дифференциал функции Лагранжа

	n	∂			m	∂		2
d 2 L =	∑		dxi	+	∑		dy	L(x, y) ;	(8)

		∂xi			j = 1 ∂y j			j
i = 1									dy j
4) используя		(2),		дифференциалы зависимых переменных

выражаем через дифференциалы dxk независимых переменных, а затем исследуем знак квадратичной формы (8).

Пример 2. На кривой y = x2 , x + z = 4 найти точку, ближайшую к

началу координат (см. рис.)

Решение. Пусть искомая точка M (x, y, z) .Тогда квадрат расстояния

ее от начала

координат ρ2(M ,0) = f (x, y, z) = x2 + y2 + z2 .

Итак, следует исследовать на условный

экстремум функцию f (x, y, z) = x2 + y2 + z2 с

двумя связями

ϕ1 = y − x2

и ϕ2 = x + z − 4.

Составим

функцию

Лагранжа

L = x2 + y2 + z2 + λ1( y − x2 )

+ λ2(x + z − 4) .

Запишем необходимые условия (7):

L'x = 2x − 2λ1x + λ1 = 0 ,

L'y = 2 y + λ1 = 0 ,

L'z = 2z + λ2 , y − x2 = 0, x + z − 4 = 0.

Решая эту систему, найдем единственное

359

решение x0 =1, y0 =1, z0 = 3, λ1 = −2 , λ2 = −6 . Запишем второй дифференциал d 2 L = 6dx2 + 2dy2 + 2dz2 .

Поскольку квадратичная форма положительно определенная, то выражать все через дифференциалы независимой переменной нет смысла.

Ответ: M 0(1,1,3), f min =11.

360

<<< < Предыдущая 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 3536 / 5036 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.11.20191.07 Mб17Uchebnoe_posobie_ch1.doc
#
05.09.2019687.71 Кб13Uchebnoe_posobie_metrologia.docx
#
01.06.20152.46 Mб17UMK_po_Menedzhmentu_modul_2.pdf
#
01.06.2015359.44 Кб8umk_treb.pdf
#
01.06.2015903.17 Кб14UML_1321.pdf
#
01.06.20156.64 Mб21UML_4256.pdf
#
01.06.2015321.05 Кб16UML_4497.pdf
#
01.06.20151.11 Mб7UML_4562.pdf
#
01.06.2015641 Кб9UML_4564.pdf
#
01.06.2015943.33 Кб7UML_4597.pdf
#
01.06.20151.72 Mб69UML_4797.pdf