высшая математика ч3

∂ 2u		∂		∂u		x	'		x	'
∂x 2	=				= (e		(x cos y − y sin y + cos y)) x	= (e		) x	(x cos y −
		∂x		∂x

− y sin y + cos y) + e x (x cos y − y sin y + cos y)'x							= e x (x cos y − y sin y + cos y) +
+ e x (cos y − 0 + 0) = e x (x cos y − y sin y + 2 cos y) .
∂ 2u		=	∂		∂u	= (e x (−x sin y − sin y − y cos y))'		= e x (−x(sin y)	'	−
	2								y
∂y			∂y		∂y

- (sin y)'y - (( y)'y cos y + y(cos y)'y )) = e x (-x cos y - cos y - cos y + y sin y) = = e x (−x cos y − 2 cos y + y sin y) .

Находим ∂ 2u + ∂ 2u = e x (x cos y − y sin y + 2 cos y) + e x (−x cos y − ∂x 2 ∂y 2

− 2 cos y + y sin y) = e x (x cos y − y sin y + 2 cos y − x cos y − 2 cos y + y sin y) =

=e x × 0 = 0 , что и требовалось доказать.

9.1.3.Задачи для самостоятельного решения

А

Найти область определения функций.

1. z = 3x 2 + 4 y 2 .

1

2. z = 9 − x 2 − y 2 .

3. z =

.

16

− x 2 − y 2

Построить линии уровня функций.

4. z = 2x + y .

5. z = x 2 + y 2 .

6. z =

y

.

Найти частные производные первого порядка.

x 2

7. z = x3 + 3x 2 y − 6xy 3 + y 5 − 7 .

8. z = r 2 cos ϕ . zr' , zϕ' – ?

z x' ,

z 'y –?

9. z = 3x 2 + 5xy − y 3 + 1. z x' , z 'y – ?

10.

u t

.

'

'

u = ln(e s + et ) . us' , ut' – ?

z = e

zu

, zt – ?

11.

12.

u = arctg(rϕ) . ur' , uϕ' – ?

13.

z = (7x3 y 2 − 7 y + 3x)3 . z x' , z 'y

– ?

14.

x y

.

'

'

z = 2

z x

, z y – ?

15.

u = sin(ϕ t + 2ϕ − 3t) . ut', uϕ' – ?

16.

z = xy +

x

. z x' , z 'y – ?

y 2

17.

z = u v . zu' , zv'

– ?

18.

θ = axe −2t + bt . θ'x , θt' – ?

9

19.

z = arcsin

y

. z x' ,

z 'y – ?

20. z = sin

y

cos

x

. z x' , z 'y – ?

x

x

y

Найти полные дифференциалы функций.

21.

z = ln(x 4 + y 4 ) .

22. r = sin(ϕ2 + t 2 ) .

23.

z = eut .

24.

z = arcsin(xy 3 ) .

25. z = ctg

y

.

26.

z = 5xy3 + 3x 2 y 5 + 2 .

x

Найти все частные производные второго порядка функций.

27.

z = y3 − x 2 y + x3 .

28. z = x 4 − xy + y 2 + 9x − 6 y + 15 .

29.

z = x

− y 2 − 3x 2 + 6 y .

30. z = ln(x − 2 y) .

y

9.1.4. Ответы

A

1. Все точки координатной плоскости Oxy . 2. Круг, радиуса 3 с

центром в начале координат, включая граничную окружность. 3. Все точки плоскости Oxy , кроме точек, лежащих на окружности с

центром в начале координат и

радиусом

R = 4 .

4.

2x + y = C

–

прямые,

параллельные

прямой

2x + y = 0 .

5.

x 2 + y 2 = C

–

окружности при C > 0 . 6.

y = Cx 2

– параболы. 7. z x'

= 3x 2 + 6xy − 6 y 3 ,

z 'y

= 3x 2

− 18xy 2

+ 5 y 4 . 8.

zr' = 2r cos ϕ , zϕ' = −r 2 sin ϕ . 9.

z x' = 6x + 5 y ,

z 'y

= 5x − 3y 2 .

10. zu'

=

1

eu t ,

zt' = −

u

eu t .

11. us'

=

e s

,

t 2

e s

+ et

t

=

et

ur' =

ϕ

=

r

ut'

. 12.

, uϕ'

.

+ r 2ϕ2

e s + et

1 + r

2ϕ2

1

13.

z x'

= 9(7x3 y 2 − 7 y + 3x)2 (7x 2 y 2 + 1) ,

z 'y

= 3(7x3 y 2 − 7 y + 3x) ×

× (14x3 y − 7) .

14. z x' =

1

x

z 'y = −

x

x

2

y ln 2 ,

2

y ln 2 .

y

y 2

15.

ut'

= (ϕ − 3) cos(ϕ t + 2ϕ − 3t) ,

uϕ'

= (t + 2) cos(ϕ t + 2ϕ − 3t) .

16.

z x'

= y +

1

,

z 'y

= x −

2x

.

17. zu'

= vu v−1,

zv'

= u v ln u .

y 2

y 3

− y

18.

θ'x

= ae −2t ,

θt' = −2axe−2t + b . 19. z x' =

, z 'y =

1

.

x x 2 − y 2

x 2 − y 2

10

20.

z x'

= −

y

cos

y

cos

x

−

1

sin

y

sin

x

,

x 2

x

y

y

x

y

4x3dx + 4 y 3dy

z 'y

=

1

cos

y

cos

x

+

x

sin

y

sin

x

. 21. dz =

.

x

x

y

y 2

x

y

x 4 + y 4

22.

dr = 2ϕ cos(ϕ2 + t 2 )dϕ + 2t cos(ϕ2 + t 2 )dt .

23.

dz = teut du + ueut dt . 24. dz =

y 3dx + 3xy 2

dy

.

1 − x 2 y 6

25.

dz =

ydx

−

dy

.

26. dz = y 3 (5

+ 6xy 2 )dx +

x

2

sin

2 y

x sin

2

y

x

x

+ 15xy 2 (1 + xy 2 )dy . 27. z xx'

= −2 y + 6x , z xy'

= z yx' = −2x , z yy'

= 6 y .

28.

z xx'

= 12x 2 , z xy' = z yx' = −1, z yy'

= 2 . 29.

z xx' = −6 , z xy' = z yx' =

1

,

2

y

z yy'

= −

x

− 2 . 30. z xx' = −

1

, z xy' = z yx' =

2

,

(x −

− 2 y)

4 y 3

(x

2 y)2

2

z yy''

=

− 4

.

(x −

2 y) 2

9.2. Локальные экстремумы функции двух переменных

9.2.1. Основные теоретические сведения

Пусть функция z = f (x; y) определена в некоторой области D и (x0 ; y0 ) – внутренняя точка этой области.

Точка P0 (x0 ; y0 ) называется точкой локального максимума

(минимума) функции z = f (x; y) , если существует окрестность точки P0 (x0 ; y0 ) такая, что для всех точек P(x; y) , принадлежащих ей,

выполняется неравенство f (x0 ; y0 ) > f (x; y) ( f (x0 ; y0 ) < f (x; y) ).

Значение f (x0 ; y0 ) называется локальным максимумом

(минимумом).

Точки максимума и минимума называются точками локального экстремума функции, а максимумы и минимумы функции – локальными экстремумами функции.

11

В области D функция может иметь несколько локальных экстремумов или не иметь ни одного.

Необходимые условия существования локального экстремума

Если в точке P0 (x0 ; y0 ) дифференцируемая функция	z = f (x; y)
имеет локальный экстремум, то ее частные производные в этой
точке равны нулю: f x' (x0 ; y0 ) = 0 , f y' (x0 ; y0 ) = 0 .
Функция может иметь экстремум в точках, где хотя бы одна из
частных производных не существует.
Если функция z = f (x; y) имеет в точке P0 (x0 ; y0 )	локальный

экстремум, то ее полный дифференциал в этой точке равен нулю или не существует.

Точки, в которых частные производные первого порядка равны нулю, называются стационарными точками. Точки, в которых частные производные первого порядка равны нулю или не существуют, называются критическими точками.

Достаточные условия существования локального экстремума

Пусть в стационарной точке P0 (x0 ; y0 ) и некоторой ее окрестности функция z = f (x; y) имеет непрерывные частные производные первого и второго порядков. Вычислим в точке P0 (x0 ; y0 ) значения частных производных второго порядка

A = f xx' (x0 ; y0 ) , B = f xy' (x0 ; y0 ) , C = f yy' (x0 ; y0 ) .

Обозначим

=

f xx' (x0 ; y0 ) f xy' (x0 ; y0 )

=

A B

= AC − B 2 .

f xy' (x0 ; y0 )

f yy' (x0 ; y0 )

B C

Тогда

> 0 , то

функция z =

1)

если

f (x; y)

в точке P0 (x0 ; y0 )

имеет

локальный экстремум, а именно:

а)

P0 (x0 ; y0 )

–

точка

локального

максимума,

если

A = f xx' (x0 ; y0 ) < 0 ;

б)

P0 (x0 ; y0 )

–

точка

локального

минимума,

если

A = f xx' (x0 ; y0 ) > 0 ;

2)

если

< 0 , то функция

z = f (x; y) в точке

P0 (x0 ; y0 ) не имеет

12

экстремума;

3) если D = 0 , то экстремум в точке P0 (x0 ; y0 ) может быть, а может и не быть. Необходимы дополнительные исследования.

		9.2.2. Примеры решения задач
	Пример 1Б. Исследовать		на экстремум функцию
z = 10x + 11y - x 2 - xy - y 2 .
	Решение. Вычислим частные производные первого порядка
данной функции: z x' = 10 - 2x - y , z 'y			= 11 - x - 2 y .
				'	= 0,
			z x
	Найдем стационарные точки, решая систему уравнений			'	= 0.
			z
	− 2x − y = 0,			y
10		Выразим y из первого уравнения и подставим во
	- x - 2 y = 0.
11

второе: y = 10 - 2x , 11 - x - 2(10 - 2x) = 0 , 11 - x - 20 + 4x = 0 , 3x = 9 , x = 3 . Тогда y = 10 - 2 × 3 = 4 . Функция имеет одну стационарную точку P0 (3;4) .

Найдем производные второго порядка:

z xx' (x; y) = (10 - 2x - y)'x = -2 , z xy' (x; y) = (10 - 2x - y)'y = -1,

z	'	(x; y) = (11 - x - 2 y)' = -2 .				В		точке P (3;4)	A = z	'
	yy		y				0			xx
B = z xy'			(3; 4) = -1, C = z yy'		(3; 4) = -2 , а тогда
			D =		− 2	− 1		= 4 -1 = 3 > 0 .
					-1	- 2

(3; 4) = -2 ,

Значит, в	точке	P0 (3;4)	экстремум есть. Так как
A = z ' (3; 4) = -2 < 0 , то		P (3;4) –	точка	локального максимума и
xx		0
zmax (3; 4) =10 × 3 + 11× 4 - 32 - 3 × 4 - 42 = 37 .
Пример 2Б. Исследовать			на	экстремум функцию
z = 4 - 4xy 2 - 24xy - x 2 - 32x .
Решение. Вычислим частные производные первого порядка
данной функции: z x'	= -4 y 2 - 24 y - 2x - 32 , z 'y = -8xy - 24x .

Найдем стационарные точки, решая систему уравнений

13

'

= 0,

- 4 y

2

- 24 y - 2x - 32

= 0, 2 y

2

+ 12 y

+ x + 16 = 0,

z x

= 0.

- 8xy - 24x = 0.

x( y + 3) = 0.

z 'y

Последняя система равносильна совокупности систем:

x = 0,

или

y + 3 = 0,

1)

2)

+ 12 y + x + 16 = 0.

2 y 2

+ 12 y + x + 16 = 0,

2 y 2

x = 0,

y = −3,

2

+ 6 y + 8 = 0.

= -(2

× 9 - 36 + 16) = 2.

y

x

x = 0,

x

= 0,

x

3

= 2,

1

2

y1 = -2, y2 = -4.

y3 = -3.

Получили

три

стационарные

точки:

P1 (0; - 2) ,

P2 (0; - 4) ,

P (2; - 3) .

Найдем

производные

второго

порядка:

z '

= -2 ,

3

xx

z xy' = -8 y - 24 , z yy' = -8x .

В

точке

P (0; - 2)

A = z

'

(0; - 2) = -2 ,

B = z

'

(0; - 2) =

1

xx

− 2

− 8

xy

= 16 − 24 = −8 ,

C = z yy' (0; - 2) = 0 ,

тогда

D1 =

= -64 < 0 .

- 8

0

Согласно достаточным условиям, в точке P1 (0; - 2) функция

экстремума не имеет.

В

точке

P (0; - 4)

A = z

'

(0; - 4) = -2 ,

B = z

'

(0; - 4) =

2

xx

− 2

xy

= 32 − 24 = 8 ,

C = z yy' (0; - 4) = 0 ,

тогда

D2

=

8

= -64 < 0 .

8

0

Согласно достаточным условиям, в точке

P2 (0; - 4)

функция

экстремума не имеет.

В

точке

P (2; - 3)

A = z '

(2; - 3) = -2 ,

B = z

'

(2; - 3) =

3

xx

− 2

xy

= 24 − 24 = 0

C = z yy'

(2; - 3) = -16 ,

тогда

D3

=

0

= 32 > 0 .

0

-16

Согласно достаточным условиям, в точке

P3 (2; - 3)

функция имеет

экстремум.

Так

как

A = z ' (2; - 3) = -2 < 0 ,

то

P (2; - 3)

–

точка

xx

3

локального

максимума

и

zmax (2; - 3) = 4 - 4 × 2 × 9 - 24 × 2 × (-3) - 4 - 64 = 8 .

14

9.2.3. Наименьшее и наибольшее значения (глобальные экстремумы)

функции двух переменных в замкнутой области

Пусть функция z = f (x; y) определена и непрерывна в

ограниченной замкнутой области D . Тогда в области D она достигает своих наименьшего m и наибольшего M значений. Эти значения достигаются либо во внутренних точках области D , либо в точках, лежащих на границе области D .

Точки, в которых функция принимает наименьшее и наибольшее значения в ограниченной замкнутой области, называются точками глобального экстремума.

Схема нахождения наибольшего и наименьшего значений функции z = f (x; y) в области D

1. Найти все критические	точки функции	z = f (x; y) ,
принадлежащие области D ,	и вычислить значения функции в
этих точках.

2.Найти наибольшее и наименьшее значения функции z = f (x; y) на границе D .

3.Сравнить все найденные значения функции и выбрать из них наименьшее m и наибольшее M .

Пример 1Б. Найти наименьшее и наибольшее значения функции z = x 2 + 3y 2 − 2x − 18 y + 4 в замкнутой области D , ограниченной осью Oy , прямыми y = 4 и y = x .

Решение. Построим область D (рис. 9.2) – треугольник OAB .

y

A B

4

P

0 1	4	x
	Рис. 9.2

1. Определим критические точки, лежащие внутри треугольника OAB . Для этого найдем частные производные: z x' = 2x − 2 ,

15

z 'y = 6 y -18 .

Приравняв

частные

производные к

нулю,

получим

систему

уравнений

2x − 2 = 0,

x = 1,

Итак,

стационарная точка

-18

6 y

= 0. y = 3.

P(1; 3) принадлежит области

D . Находим значение функции в этой

точке z(1; 3) =1 + 3 × 9 - 2 -18 × 3 + 4 = -24 .

2. Исследуем функцию на границе области D , т. е. на отрезках OA ,

AB , OB . На отрезке OA

x = 0 ,

z(0; y) = 3y 2 -18 y + 4 ,

y [0; 4].

Найдем

критические

точки

функции

одной

переменной

z(0; y) = 3y 2 -18 y + 4

на

отрезке

OA ,

решив

уравнение

z 'y = 6 y -18 = 0 .

Отсюда

y = 3 [0; 4]

–

критическая

точка.

z(0;3) = 3 × 9 -18 × 3 + 4 = -23 .

Найдем значения

функции

z(0; y) на

концах

отрезка

OA :

z(O) = z(0; 0) = 4 ,

z( A) = z(0; 4) = 3 ×16 -

-18 × 4 + 4 = -20 .

На отрезке

AB

y = 4 ,

z(x; 4) = x 2 - 2x - 20 , x [0; 4]. Находим

критические

точки

функции z(x; 4) = x 2 - 2x - 20

на

промежутке

x [0; 4]

из условия

dz

= 2x - 2 = 0 ,

x = 1[0; 4]

– критическая точка.

dx

z(1; 4) = 1 - 2 - 20 = -21.

Значение

функции

в этой

точке

Найдем

значения

функции

на концах

отрезка

AB :

z(B) = z(4; 4) =

= 42 - 2 × 4 - 20 = -12 , z( A) –

вычислено ранее.

На отрезке OB

y = x ,

z = 4x 2 - 20x + 4 , x [0; 4]. z x'

= 8x - 20 ,

x =

20

=

5

[0; 4]

–

критическая

точка. Значения

функции

в этой

8

2

5

5

25

5

точке z

;

= 4

×

- 20 ×

+ 4 = -21. Значения функции на концах

2

2

4

2

отрезка OB : z(O) и z(B) – вычислены ранее.

Из полученных	значений функции выбираем наименьшее
m = −24 и наибольшее M = 4 .
Точка P1 (1; 3) –	точка глобального минимума, P2 (0; 0) – точка

глобального максимума данной в условии функции в заданной области D .

16

9.2.4. Условный экстремум

Условным экстремумом функции z = f (x; y) называется

экстремум этой функции, достигнутый при условии, что переменные x и y связаны уравнением ϕ(x; y) = 0 (уравнение связи).

	1. Если уравнение связи можно однозначно разрешить
относительно переменной		y	(или x ), т. е. выразить y как функцию
x :	y = ψ(x) , то, подставив		в аналитическое	выражение	функции
z = f (x; y) вместо y		функцию y = ψ(x) ,		получим	функцию
z =	f (x; ψ(x)) одной переменной x . Исследуем ее на экстремум. Тем

самым решится вопрос об условном экстремуме функции z = f (x; y) ,

так как условие связи ϕ(x; y) = 0 будет уже учтено.
2. Чтобы найти условный экстремум функции z =		f (x; y) при
наличии уравнения связи ϕ(x; y) = 0	составляют функцию Лагранжа
F (x; y) = f (x; y) + λϕ(x; y) , где λ –	неопределенный	постоянный

множитель, и исследуют ее на экстремум. Необходимое условие экстремума

вид

	¶F		=	¶f	+ l	¶j	= 0,
		¶x		¶x		¶x
		¶F	=	¶f	+ l	¶j	= 0,
		¶y		¶y		¶y
	j(x; y) = 0.

функции u = F (x; y) имеет

(9.3)

Из этой системы трех уравнений находятся неизвестные x , y ,

λ , тем самым находятся стационарные точки.

Вопрос о существовании и характере условного экстремума решается на основании исследования знака второго дифференциала

функции Лагранжа d 2 F (x; y) = ¶2 F d 2 x + 2			¶2 F	dxdy + ¶2 F d 2 y		для
найденных значений x , y , λ	¶2 x		¶x¶y		¶2 y
	из системы (9.3) при условии, что dx и
dy связаны уравнением ∂ϕ dx + ∂ϕ dy = 0 ( dx 2 + dy 2 ¹ 0 ).
¶x	¶y
А именно, функция z =	f (x; y) имеет условный максимум, если
d 2 F < 0 , и условный минимум, если		d 2 F > 0 .			В частности,	если

17

дискриминант для функции u = F (x; y) в стационарной точке

положителен, то в этой точке имеется условный максимум функции z = f (x; y) при A < 0 (или C < 0 ) и условный минимум при A > 0

(или C > 0 ).

Пример 1А. Найти экстремум функции z = e2 xy при условии, что x и y связаны соотношением x + y = 2 .

Решение. Из уравнения связи x + y = 2 выразим y = 2 − x и

подставим в выражение для функции z :		z = e2 x(2−x)	или z = e4 x−2 x2 .
Получим функцию одной переменной x .		Исследуем ее на экстремум.
Найдем z'= e4 x−2 x2	(4 − 4x) . z' = 0 при	4 − 4x = 0 ,	следовательно,

x = 1 – критическая точка.
Знак z'		+	–
z(x)
		max	x
В точке		x = 1 функция z(x)	имеет максимум. А тогда данная

функция z = e2 xy имеет в точке (1;1) условный максимум. Значение функции zmax (1;1) = e 2 .

Пример 2Б. Найти экстремум функции z = x + 2 y при условии,

что x и y связаны соотношением x 2 + y 2 = 5 .

Решение. Геометрически задача сводится к нахождению

наибольшего

и

наименьшего

значений аппликаты

z плоскости

z = x + 2 y для точек пересечения ее с цилиндром x 2 + y 2

= 5 .

Составляем функцию Лагранжа

F (x; y) = x + 2 y + λ(x 2 + y 2 − 5) .

Имеем

∂F = 1 + 2λx , ∂F = 2 + 2λy . Система (9.3) имеет вид

∂x

∂y

1 + 2λx = 0,

+ 2λy

= 0,

2

2

+ y

2

− 5 = 0.

x

Решив

систему, получим

при

λ = −

1

стационарную точку

1

2

функции F (x; y) ,

M1 (1; 2) , при λ =

– стационарную точку функции

2

18