3Достаточное условие локального экстремума для функции двух переменных

Теорема 32.4. Пусть функция ( , ) дважды непрерывно дифференцируема в стационарной точке ( 0, 0). Найдем определитель матрицы Гессе:

	′′	′′	= ′′	′′	− ( ′′ )		= .
	′′	′′				2

Тогда:

1. Если > 0, то ( 0, 0) — локальный экстремум, причем если ′′ > 0, то локальный

минимум, а если ′′ < 0, то локальный максимум.

2.Если < 0, то ( 0, 0) не является локальным экстремумом.

3.Если = 0, то ( 0, 0) может как и являться локальным экстремумом, так и нет. Доказательство.

1. Напрямую вытекает из теоремы 31.4 и критерия Сильвестра.

2. Вспомним, что 2	= ′′	2 + 2 ′′	+ ′′ 2.		Если ′′		(	,	) = 0, то подставим во
							0	0	̸
второй дифференциал = , где R. Тогда
		2 = ′′ 2 2 + 2 ′′ 2 + ′′				2,
		2 = 2( ′′	2 + 2 ′′	+ ′′ ).

Рассмотрим последнее выражение в скобках. Заметим, что из условия теоремы его дискриминант всегда больше нуля. Значит, при должном выборе параметра можно получить2 > 0 или 2 < 0, а следовательно локального экстремума нет.

Если ′′	= 0 и ′′	= 0,		то аналогично сделаем замену = . Если же ′′		= ′′	= 0, то
		̸		̸
из условия теоремы			′′	= 0. Тогда, приняв = , получаем
				2 = 2 ′′	2.

Выбирая = ±1, имеем разные знаки у 2 .

3.Пусть 1 = 4 4 и 2 = 4− 4. У обеих функций все частные производные второго порядка в точке (0, 0) равны 0, а значит и 2 1(0, 0) = 2 2(0, 0) = 0. Но 1 имеет локальный минимум в точке (0, 0), а у 2 данная точка не является локальным экстремумом.

[:|||||:]

Формула Тейлора и замена переменных для ФНП

Формула Тейлора в многомерном случае

Сейчас мы обобщим изученную ранее формулу Тейлора на многомерный случай. Как и в одномерном случае, мы хотим упростить некоторую функцию (¯), чтобы облегчить ее анализ

92

в какой-то окрестности точки (0). Предположим пока, что ( , ) — функция двух переменных, а (0) = (0, 0). Мы можем представить искомое разложение примерно так:

( , ) ≈ 00 + 10 + 01 + 20 2 + 11 + 02 2 + 30 3 + 21 2 + . . . ,

где — некоторые коэффициенты.	∂					∂
Заметим, что (0, 0) = 00, а также			(0, 0) = 10,					(0, 0) = 01. Продолжая, получаем
	∂					∂
=			∂ +	(0, 0)	·			1	.
		∂ ∂					! · !

Теперь попробуем выписать похожую формулу для (0) = ( 0, 0). По аналогии с формулой Тейлора для одномерного случая:

∂

∂

( , ) ≈ (0, 0) +

+

+

∂

∂

+ (

∂2

2 ·

1

+

∂2

·

1

+

∂2

2 ·

1

) + · · · =

∂ 2

2! · 0!

∂ ∂

1! · 1!

∂ 2

0! · 2!

1 ∂2

2!

∂2

2!

∂2

2!

= (0, 0) + +

(

2 ·

+

·

+

2 ·

)+ . . .

2!

∂ 2

2! · 0!

∂ ∂

1! · 1!

∂ 2

0! · 2!

(

) =

(0 0)+ (0

2

Т.е.

,

,

, 0)+

1

2

(0, 0)+. . . . Когда переменных больше двух, используется

эта же формула:

2!

(0)

1

1

2

1

( 1, . . . , ) = (

) +

+

+ · · · +

+

+1.

1!

2!

!

остаточный член

многочлен Тейлора

Так же, как и в одномерном случае,

остаточный член может быть выражен разными спосо-

бами.

Теорема

(Остаточный член в форме Лагранжа). Пусть функция

= (¯) + 1 раз

дифференцируема в окрестности точки (0). Тогда для любого из этой окрестности

( = (0)

+ Θ(

(0)), Θ [0, 1]), такое что

̃

̃

−

( ) = ( (0)) +

1

+

· · ·

+

1

+

1

+1

.

1!

!

( + 1)!

̃

Доказательство. Зафиксируем произвольное из окрестности (0). Рассмотрим функцию ( ) =( (0) + ( − 0)). Фактически мы рассматриваем функцию ( ) на отрезке между точками и(0). Заметим, что ( ) — функция одной переменной, дифференцируемая + 1 раз на отрезке [0, 1], а значит, справедлива формула Тейлора для одномерного случая:

	′(0)		+ · · · +	( +1)( )		(1)
(1) = (0) +					.
	1!			( + 1)!

Поскольку = 1, то ( )(0) = (0). Сложная функция ( ) = ( ( )) образована с помощью линейной замены переменных ( 1, . . . , ) ( ( ) = (0) + ( − (0))). По теореме об инвариантности формы дифференциала любого порядка линейной функции1 ( (0)) = (0) =( )(0). Подставляя данные дифференциалы в формулу (1), получаем то, что и требовалось доказать. [:|||||:]

1Эта теорема нами не доказывалась, но ее справедливость подкреплена авторитетом лектора ©

93

Теорема (Остаточный член в форме Пеано). Пусть функция = (¯) раз дифференцируема в точке (0). Тогда для любого из окрестности (0) справедливо

( ) = ( (0)) + 1!1 + · · · + 1! + ¯o(‖ − (0)‖ ).

Доказательство. Пусть ( ) = ( (0)) + 1!1 + · · · + 1! . Как мы уже знаем, многочлен Тейлора строится таким образом, что ( (0)) = ( (0)), причем все частные производные (всех порядков до включительно) в точке (0) у них также равны. Тогда рассмотрим функцию( ) = ( ) − ( ). Из вышесказанного следует, что

( (0)) = 0,

(2)

∂

( (0)) =

∂

( (0)) = · · · =

∂

( (0)) = 0,

∂ 1

∂ 2

∂

. . . . . .

∂

( (0)) =

∂

= · · · = 0.

∂

−1

∂ 2

1

∂ 1

Докажем по индукции, что для любой функции ( ), удовлетворяющей вышеприведенным

свойствам, ( ) = ¯o(‖

‖ ). Пусть = 1. Тогда по определению полного приращения:

∂

∑

+ ¯o(‖ ‖).

∂

( ) − ( (0)) =

=1

Тогда из (2) следует,

что

‖)

. Пусть теперь утверждение верно для некоторого

∂ ( ) = o(¯ ‖

. Для любого функция

раз дифференцируема и удовлетворяет условиям (2). Значит,

∂

∂

= o(¯ ‖ ‖

).

∂

Разложим ( ) по теореме Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа до первого члена:

∂

(0)

( ) = ( (0)) +

∑

( )( − ).

∂

=1

равенства на

+1.

(0)

‖

‖

Помним, что ( ) = 0. Разделим обе части

̃

∂

∂

( )

∂

( )

( )

‖ ‖

.

=

( )

=

∂

=

∂

∑

∑

‖

̃

‖

∑

̃

‖ ‖

‖

‖

· ‖ ‖ +1

‖ ·

‖ ·

·

̃

‖ ‖ +1

=1

∂

=1

‖

=1 ‖

̃

(0)

̃

6 1. По

6

Поскольку

∂

и

‖

̃‖

∂

‖

‖

̃

‖

( ‖)

→

1. По предположению индукции для

получаем, что

( )/

0. В итоге,

имеем

∂

∂

+1

̃

‖ ̃‖ +1

→ 0

( ) =

произведение бесконечно малой на ограниченные функции. Т.е.

, а значит,

o(¯ ‖ ‖

).

[:|||||:]

Замена переменных в дифференциальных уравнениях

( )

Предположим, что есть некоторое функциональное уравнение , , ( , ), ∂∂ , ∂∂ = 0.

В исходном виде уравнение может быть достаточно сложным (чаще всего так и бывает), поэтому может потребоваться перейти к другим переменным, чтобы упростить уравнение. Сам поиск подходящей замены — это отдельное искусство, овладеть которым можно лишь после долгой практики. Здесь же мы рассмотрим техническую сторону этого вопроса, т.е. научимся производить замену переменных.

94

1. Пусть = ( , ), и нужно решить уравнение

∂∂ = ∂∂ .

Произведем замену = + , = − . Выразим теперь обе указанные производные:

∂∂ = ∂∂ · ∂∂ + ∂∂ · ∂∂ = ∂∂ + ∂∂ , ∂∂ = ∂∂ · ∂∂ + ∂∂ · ∂∂ = ∂∂ − ∂∂ .

Т.е. получаем уравнение

∂∂ = −∂∂ ∂∂ = 0,

решить которое обычно значительно проще. Следует отметить, что если в уравнении бы присутствовали также и сами , , то их также нужно было бы выразить через и . В данном случае это не представляет какой-либо сложности, но в других ситуациях может оказаться непростым делом. Поэтому выбор подходящей замены — это искусство.

2. Теперь рассмотрим переход к полярным координатам. Пусть есть уравнение

∂∂ − ∂∂ = 0.

Мы хотим перейти к = cos , = sin . Необходимо найти частные производные:

∂

∂

·

∂

∂

·

∂

=

+

,

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

·

∂

∂

·

∂

=

+

.

∂

∂

∂

∂

∂

Здесь рамкой выделены неизвестные. Нетрудно убедиться, что это не что иное, как си-

стема линейных уравнений с двумя неизвестными:

= ∂

cos ∂

+ sin ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

−

sin

+ cos

=

∂

∂

∂

Решим систему с помощью метода Крамера:

= cos2 + sin2 = ,

∂

−

∂

1 =

cos

sin ,

∂

∂

∂

∂

2 = cos

+ sin

,

∂

∂

∂

1

∂

∂

sin

=

=

cos −

·

,

∂

∂

∂

∂

2

∂

·

cos

∂

=

=

+ sin

.

∂

∂

∂

95