Частные производные высших порядков

Частные производные высших порядков определяются при помощи индукции. Если говорить неформально, то каждая частная производная порядка больше чем 1 определяется, как производная от производной предыдущего порядка.
 

Определение

Частная производная (по независимым переменным) от частной производной порядка $m-1$ называется частной производной порядка $m(m=1,2,…)$.
Частная производная, полученная  с помощью дифференцирования по разным переменным, называется смешанной частной производной.
Частные производные высших порядков сохраняют все те же свойства, что и обычные частные производные.

Пример

Пусть дана функция $f(x,y,z)$.
Частной производной первого порядка по $x$ будет $\frac { df }{ dx } $.
Частной производной второго порядка по $x$ будет $\frac { { d }^{ 2 }f }{ d{ x }^{ 2 } } $
Смешанной производной третьего порядка будет $\frac { { d }^{ 3 }f }{ d{ x }^{ 2 }dy }$

Геометрический смысл частной производной

Спойлер

Пусть нам дана функция [latex]z(x,y)[/latex], которая имеет частную производную в точке ${ M }_{ 0 }({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })$. Пусть на рисунке изображена поверхность графика функции $z$. Проведем плоскость $y={y}_{0}$. Плоскость пересечет поверхность по линии [latex]T{ P }_{ 0 }[/latex]. Проведем касательную ${ P }_{ 0 }A$ к линии ${ P }_{ 0 }T$. Прямая ${ P }_{ 0 }A$ образует угол $\alpha$ с осью $Ox$. Тангенс угла наклона к оси $Ox$ касательной к графику функции $f(x,{ y }_{ 0 })$ в точке ${ x }_{ 0 }$ и есть частная производная по $x$ функции $z$ в точке ${ M }_{ 0 }({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })$.
$$
{\rm \tg}\alpha =\frac { dz({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }) }{ dx } ={ f }_{ x }^{ \prime }({ M }_{ 0 })
$$

4

[свернуть]

Использованная литература

Частные производные высших порядков

Тест на понимание темы «Частные производные высших порядков»

Таблица лучших: Частные производные высших порядков

максимум из 3 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

M1568. Сечение пирамиды

Задача из журнала «Квант» (1996, №5, M1568)

Условие

Докажите что при [latex]n\ge 5[/latex] сечение пирамиды, в основании которой лежит правильный n-угольник, не может являться правильным (n+1)-угольником.

Решение

Пусть правильный (n+1) –угольник [latex]{ B }_{ 1 }…{ B }_{ n }[/latex] является сечением пирамиды [latex]S{ A }_{ 1 }…{ A }_{ n }[/latex] где [latex]{ A }_{ 1 }…{ A }_{ n }[/latex] – правильный n-угольник. Мы рассмотрим три случая: [latex]n=5 , n=2k-1 (k>3)[/latex]  и [latex]n=2k (k>2)[/latex]
Так как n-угольная пирамида имеет [latex](n+1)[/latex] грань, то стороны сечения находятся по одной в каждой грани пирамиды. Поэтому без ограничения общности рассуждений можно считать, что точки [latex]{ B }_{ 1 }…{ B }_{ n+1 }[/latex] расположены на ребрах пирамиды так, как показано на рисунках 1 и 2 ( в соответствии с указанными случаями).

  1. [latex] n=5 [/latex]. Так как в правильном шестиугольнике [latex]{ B }_{ 1 }…{ B }_{ 6 }[/latex] прямые [latex]{ B }_{ 2 }{ B }_{ 3 }, { B }_{ 5 }{ B }_{ 6 }[/latex] и [latex]{ B }_{ 1 }{ B }_{ 4 }[/latex] параллельны, а плоскости  [latex]{ A }_{ 2 }S{ A }_{ 3 }[/latex] и [latex]ASA [/latex] проходят через [latex]{ B }_{ 2 }{ B }_{ 3 }[/latex] и [latex]{ B }_{ 5 }{ B }_{ 6 }[/latex]  то их линия пересечения [latex]{ ST ( T= { A }_{ 1 }{ A }_{ 5 } }\bigcap { A } _{ 2 }{ A }_{ 3 } )[/latex] параллельна этим прямым т.е. [latex]ST\parallel { B }_{ 1 }{ B }_{ 4 }[/latex] Проведем через прямые [latex]ST[/latex]  и [latex]{ B }_{ 1 }{ B }_{ 4 }[/latex] плоскость. Эта плоскость пересечет плоскость основания пирамиды по прямой [latex]{ B }_{ 1 }{ A }_{ 4 }[/latex] которая должна проходить через точку пересечения прямой [latex]ST[/latex] с плоскостью основания т.е. через точку [latex]T[/latex]. Итак, прямые [latex]{ A }_{ 1 }{ A }_{ 5 }, { A }_{ 4 }{ B }_{ 1 }[/latex] и [latex]{ A }_{ 2 }{ A }_{ 3 }[/latex] пересекаются в одной точке.Аналогично доказывается, что прямые [latex]{ A }_{ 1 }{ A }_{ 2 }, { A }_{ 3 }{ B }_{ 6 }[/latex] и [latex]{ A }_{ 4 }{ A }_{ 5 }[/latex]  и пересекаются в одной точке. Из этого следует что [latex]{ A }_{ 4 }{ B }_{ 1 }[/latex] и [latex]{ A }_{ 3 }{ B }_{ 6 }[/latex]  – оси симметрии правильного пятиугольника [latex]{ A }_{ 1 }…{ A }_{ 5 }[/latex] , значит. Точка O их пересечения – центр этого пятиугольника. Заметим теперь, что если [latex]Q[/latex] – центр правильного шестиугольника [latex]{ B }_{ 1 }…{ B }_{ 6 }[/latex] , то плоскости [latex] S{ A }_{ 3 }{ B }_{ 6 }, S{ A }_{ 4 }{ B }_{ 1 }[/latex] и [latex]S{ B }_{ 2 }{ B }_{ 5 }[/latex] пересекаются по прямой [latex]SQ[/latex]. Следовательно прямые  [latex]{ A }_{ 3 }{ B }_{ 6 },{ A }_{ 4 }{ B }_{ 1 }[/latex] и [latex]{ A }_{ 2 }{ A }_{ 5 }[/latex]  должны пересекаться в одной точке – точке пересечения прямой [latex]SQ[/latex] с плоскостью основания пирамиды.Значит диагональ правильного пятиугольника [latex]{ A }_{ 1 }…{ A }_{ 5 }[/latex] должна проходить через его центр [latex]O[/latex], что невозможно.
  2. 4

  3.  [latex] n=2k-1 (k>3) [/latex] Аналогично первому случаю показывается, что так как в правильном [latex]2k[/latex]-угольнике [latex] { B }_{ 1 }…{ B }_{ 2k }[/latex] прямые  [latex] { B }_{ 1 }{ B }_{ 2 },{ B }_{ k+1 }{ B }_{ k+2 }[/latex] и [latex]{ B }_{ k }{ B }_{ k+3 }[/latex]параллельны, то  прямые  [latex] { A }_{ 1 }{ A }_{ 2 },{ A }_{ k+1 }{ A }_{ k+2 }[/latex] и [latex]{ A }_{ k }{ A }_{ k+3 }[/latex] должны пересекаться в одной точке, что невозможно, так как в правильном [latex](2k-1)[/latex]-угольнике [latex]{ A }_{ 1 }…{ A }_{ 2k-1 }[/latex] имеем [latex]{ A }_{ k+1 }{ A }_{ k+2 }\parallel { A }_{ k }{ A }_{ k+3 }[/latex], а прямые [latex]{ A }_{ 1 }{ A }_{ 2 },{ A }_{ k+1 }{ A }_{ k+2 }[/latex] не параллельны.
  4.  [latex]n=2k (k>2) [/latex] Аналогично предыдущему случаю прямые [latex] { A }_{ 1 }{ A }_{ 2 },{ A }_{ k+1 }{ A }_{ k+2 }[/latex] и [latex]{ A }_{ k }{ A }_{ k+3 }[/latex]  параллельны, следовательно, прямые [latex] { B }_{ 1 }{ B }_{ 2 },{ B }_{ k+1 }{ B }_{ k+2 }[/latex] и [latex]{ B }_{ k }{ B }_{ k+3 }[/latex] должны пересекаться в одной точке, что невозможно, так как [latex]{ B }_{ k+1 }{ B }_{ k+2 }\parallel { B }_{ k }{ B }_{ k+3 }[/latex], а прямые [latex]{ A }_{ 1 }{ A }_{ 2 }, { A }_{ k+1 }{ A }_{ k+2 }[/latex]  не параллельны.

Замечания

  1.  При [latex]n=3,4[/latex] утверждение задачи неверно. Примерами могут служить правильный тетраэдр имеющий сечением квадрат и правильная четырехугольная  пирамида, все боковые грани которой являются правильными треугольниками, которая имеет сечением правильный пятиугольник
  2. Приведенное решение можно было бы изложить короче, если воспользоваться центральным проектированием и его свойством утверждающим, что при центральном проектировании образами прямых, проходящих через одну точку, являются прямые, проходящие через одну точку ( или параллельные). Достаточно спроектировать сечение пирамиды на плоскость из вершины пирамиды.

Д. Терешин.

Метод математической индукции

Под методом математической индукции понимают следующий способ доказательства: если требуется доказать истинность утверждения $latex P(n), \forall n \in \mathbb{N},$ то сначала проверяют данное утверждение для некоторого натурально числа $latex n_0 $, обычно $latex n_0=1$, а потом допускают истинность выражения $latex P(k).$ Далее доказывают истинность утверждения $latex P(k+1).$

Упражнение:

Доказательство одноцветности всех лошадей — ошибочное доказательство, что все лошади одного цвета, придуманное венгерским математиком Пойа. Доказательство призвано продемонстрировать ошибки, возникающие при неправильном использовании метода математической индукции.

Доказываемое утверждение: все лошади одного цвета.

Доказательство:

Проведем доказательство по индукции.

База индукции:

Одна лошадь, очевидно, одного (одинакового) цвета.
Шаг индукции:
Пусть доказано, что любые $latex K $ лошадей всегда одного цвета. Рассмотрим $latex K+1 $ каких-то лошадей. Уберем одну лошадь. Оставшиеся $latex K $ лошадей одного цвета по предположению индукции. Возвратим убранную лошадь и уберем какую-то другую. Оставшиеся $latex K $ лошадей снова будут одного цвета. Значит, все $latex K+1 $ лошадей одного цвета.

Отсюда следует, что все лошади одного цвета. Утверждение доказано.

В чем ошибка?
Решение

Спойлер

Опровержение

Противоречие возникает из-за того, что шаг индукции не сообразуется с базой. Он верен лишь при $latex K \geq 2 $. При $latex K = 1 $ (база индукции) получаемые множества оставшихся лошадей не будут пересекаться, и утверждение о равенстве цветов всех лошадей сделать нельзя.

[свернуть]

Пример:

$latex 1)$ Доказать равенство: $latex 1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+n^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}, n\in \mathbb{N}.$

$latex \square$ $latex 1)$  $latex 1^{2}=\frac{1(1+1)(2+1)}{6}=1.$

$latex 2)$ Пусть данное утверждение верно для $latex n=k:$   $latex 1^{2}+\cdots+k^{2}=\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}.$

$latex 3)$ Докажем истинность утверждения для $latex n=k+1.$

$latex \overbrace{1^{2}+2^{2}+\cdots+k^{2}}^{\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}}+(k+1)^{2}= $

$latex \frac{(k+1)(k+2)(2(k+1)+1)}{6} $

$latex \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}+(k+1)^{2}= $

$latex \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6} $

$latex \frac{k(k+1)(2k+1)+6(k+1)^{2}}{6}= $

$latex \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6} $

$latex k(2k^{2}+k+2k+1)+6(k^{2}+2k+1)= $

$latex (k+1)(2k^{2}+3k+4k+6) $

 $latex 2k^{3}+3k^{2}+k+6k^{2}+12k+6= $

$latex 2k^{3}+7k^{2}+6k+2k^{2}+7k+6 $

$latex 2k^{3}+9k^{2}+13k+6= $

$latex 2k^{3}+9k^{2}+13k+6.$   $latex \blacksquare$

$latex 2)$ Доказать, что для всех натуральных чисел $latex n$ справедливо неравенство $latex n \leq 2^{n}$.

$latex \square$ Для $latex n=1$ неравенство принимает вид $latex 1 \leq 2$, т.е. оно справедливо.

Предположим, требуемое неравенство имеет место при некотором $latex n=k$ и покажем, что оно же справедливо и для $latex n=k+1$.

Сложим предположение индукции $latex k \leq 2^{k}$ с неравенством $latex 1 \leq 2 \leq 2^{k}$. Находим $latex k+1 \leq 2^{k}+2^{k}=2^{k+1}$, что и требовалось доказать. $latex \blacksquare$

Тест "Метод математической индукции"

Тестовые вопросы по вышеизложенному материалу.

Таблица лучших: Тест "Метод математической индукции"

максимум из 3 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Список литературы:

  • Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа.
  • В.И.Коляда, А.А.Кореновский «Курс лекций по мат.анализу, часть 1» (Одесса «Астропринт» , 2009г.), стр.4.