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 z(x,y), 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 T{ P }_{ 0 }. 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 n\ge 5 сечение пирамиды, в основании которой лежит правильный n-угольник, не может являться правильным (n+1)-угольником.

Решение

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

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

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

Замечания

  1.  При n=3,4 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 P(n), \forall n \in \mathbb{N}, то сначала проверяют данное утверждение для некоторого натурально числа n_0 , обычно n_0=1, а потом допускают истинность выражения P(k). Далее доказывают истинность утверждения 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 K лошадей всегда одного цвета. Рассмотрим K+1  каких-то лошадей. Уберем одну лошадь. Оставшиеся K  лошадей одного цвета по предположению индукции. Возвратим убранную лошадь и уберем какую-то другую. Оставшиеся K  лошадей снова будут одного цвета. Значит, все 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 K \geq 2 . При K = 1  (база индукции) получаемые множества оставшихся лошадей не будут пересекаться, и утверждение о равенстве цветов всех лошадей сделать нельзя.

[свернуть]

Пример:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

 2k^{3}+3k^{2}+k+6k^{2}+12k+6=

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

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

2k^{3}+9k^{2}+13k+6.   \blacksquare

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

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

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

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