Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Нижегородский Государственный Университет им. Н.И. Лобачевского

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

ЛЕКЦИИ_ПО_ВЫСШЕЙ_МАТЕМ_Голубев

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2015

Размер:

4.74 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2122 / 2622 23 24 25 26 > Следующая >>>

dx x, dy y. Тогда дифференциал функции z=f(x, y) в точке М можно записать в виде

dz(M)=	f (M) dх+	f (M) dу	(6)
	x	у

Если аргументы х, у дифференцируемой в точке М(х0, у0) функции z=f(x, y) являются дифференцируемыми функциями каких-либо независимых переменных u, v:

x= (u, v); y= (u, v),								(7)
причем х0= (u0, v0), y0= (u0, v0), то дифференциал сложной функции
z=f( (u, v), (u, v)) в точке N(x0, y0)					по прежнему имеет вид (6), при этом dx, dy являются дифференциалами
функций (7) в точке N:
dx (N) du		(N) dv ;			dу		(N) du	(N) dv .
u			v				u	v
Это свойство называется инвариантностью формы первого дифференциала.
		7. Производная по направлению.

Пусть функция z=f(M) определена в области D E2 l - единичный фиксированный вектор из Е2; М0 -

фиксированная точка;		М - любая точка из D, отличная от М0 и такая, что вектор M0M коллинеарен							l .

Пусть далее М0М - величина направленного отрезка M0M (она равна его длине \| M0M \|, если векторы

M0M и	l сонаправлены, и равна -\| M0M \|, если векторы противоположно направлены).
						f (M) f (M 0 )
Определение. Число				lim		f (M) f (M 0 )		называется производной по направлению l	в
Определение. Число				lim			M 0M	называется производной по направлению l	в
			М М 0				M 0M
точке М0	и обозначается		z(M 0 )
точке М0	и обозначается		l		.
			l

Производная по направлению является скоростью изменения функции z=f(M)								по направлению l в точке М0.

Если в прямоугольной системе координат Оху вектор				l	={cos ; cos}, то производная вычисляется по
формуле
z(M0 )	f (M0 ) cos f (M0 ) cos								(8)
l	›		y

В частности, если вектор l		сонаправлен с одной из координатных осей

Ох, Оу, то производная по направлению			l совпадает с соответствующей
				f		f			f
частной производной. Например, если		l	={1, 0}, то z	f	1	f	0		f	.
частной производной. Например, если		l	={1, 0}, то z	х	1		0			.
			l	х		y			x

8. Градиент.

Определение. Градиентом функции z=f(x, y) в точке М(х, у) называется вектор

f (M)

gradz(M) =

j =colon{

;

z(х,у) =

Из равенства (8) следует, что

gradz

l ,

(9)

z(М)

или

=| gradz(M) | l

| cos .

Здесь | l |=1, cos - угол между векторами

gradz

и l .

Очевидно, что

z(М)

принимает свое максимальное значение, когда cos =1 (т.е. =0). Таким образом, вектор

gradz в данной точке указывает направление наибольшего роста функции z в этой точке, а | gradz | есть скорость роста функции в этом направлении.

Примеры решения задач.


1. Найти частную производную fx (x, 1), если f(x, y)=x+(y-1)arcsin	х
		.
	у

Решение.

1) Область определения функции 0 х/у 1, т.е. при у 0: 0 х у или у х 0.

Фиксируем по определению переменную у, и по правилам дифференцирования находим

1 (у 1)

(у 1)(у)

. Тогда fx (x, 1)=1.

2 х(у х) у

2) Поскольку частная производная находится в точке, у которой постоянная другая координата, то можно сначала найти

	х
f(x, y)=[x+(y-1)arcsin	у ]y=1=x а затем продифференцировать fx (x, 1)=1.

2. Найти fx (0, 0), fу (0, 0), если f(x, y) = ху .

Решение. Используем определение частной производной
fx (0, 0)= lim	хf (0,0)	lim	f ( x,0) f (0,0)	lim	0	0
	x		x		x
x 0		x 0		x 0

Аналогично, fу (0, 0)=0.

3. Найти частные производные функций:

а) z=yx (y>0)

б) z= 3 х3

Решение.

а)

=yxln y;

=x yx-1.

3х2=

б)

х3

у3

у3 .

х2

3 х3 у3 2 .

z у2

Аналогично y = 3 х3 у3 2 .

Отметим, что полученные формулы теряют смысл в начале координат О(0, 0). Используем определение:

z(0,0)

3 x3

zx (0, 0)= lim

lim

1 . Аналогично zу (0, 0)=1.

x 0

, x2

4. Доказать, что функция

в точке О(0, 0) непрерывна, имеет частные

x y 0.

производные, но не дифференцируема.

Решение.

а) Непрерывность:

lim z(x, y)=

lim

x3 y3

= lim (cos3 +sin3 )=0,

x2 y2

z(0, 0)=0 => lim z(x, y)=z(0, 0)

=>O(0, 0)

- точка непрерывности для z(x, y).

x 0

у 0

х, х 0,

z(0,0)

z(х,0)

б) Так как z(x, 0)=

т.е.

z(x, 0)=x, то

0, х

х 0

Аналогично для

z(0,0)

=1.

Итак , z(x, y) имеет в О(0,0) частные производные.

в) Докажем, что z(x, y)

не дифференцируема в О(0, 0). Предположим

противное. Тогда приращение функции в т. (0,0) равное

z(0, 0)=z(0+ x, 0+ y)-z(0, 0)=

x3 y3

можно представить в виде

x2 y2

z(0, 0)= z(0,0)

z(0,0) у о( ), 0 , где

х2 у2 .

x3 y3

Учитывая б), получаем z= x2 y2

= x+ y+o( ), 0; т.е.

x2 у y2 х

х 0

,при

x2 y2

у 0

Требуется проверить равенство:

lim

x2 у y2

=0 ?

x 0

х2 у2 ( x2

y2 )

у 0

Покажем, что на самом деле этот предел не существует. Пусть х, у стремится к предельной точке, так чтобы у=k x (k=const). Тогда имеем:

lim	x2 у y2 х	= lim	x3(k k2 )		k k2	.
lim	( x2 y2 )3/2	= lim	x3(1 k2 )2/3		k2 )2/3	.
x 0	( x2 y2 )3/2	x 0	x3(1 k2 )2/3	(1	k2 )2/3
у 0
( у k x)

При х0 проверяемое равенство не выполняется. Значит предположение о дифференцируемости z (x, y) в т. (0,0) неверно.

Замечание 1. Итак, рассматриваемая функция непрерывна, но не дифференцируема в О(0, 0). Это доказывает, что непрерывность является только необходимым (теорема 0), но не достаточным условием дифференцируемости функции.

Замечание 2. Этот же пример показывает, что существование частных производных также является лишь необходимым (теорема 1) , но не

достаточным условием дифференцируемости.

5. Составить уравнение касательной плоскости к параболоиду z=x2+y2 в точке N0(1, 2, 5) и найти нормаль n к параболоиду в этой точке.

Решение. М0(1, 2) - точка на плоскости Оху. z(M0 ) =2, z(M0 ) =4, z(M0)=5.

x y

На основании теоремы 3, получаем искомое уравнение касательной плоскости:

2(х-1)+4(y-2)-(z-5)=0 => 2x+4y-5=z.

Вектор n ={2, 4, -5} является нормалью к параболоиду в N0.

6. Найти частные производные сложной функции z=f(x, хy).

Решение. Введем вспомогательные переменные u=x, v=x y. Тогда z=f(u, v),

где u=x, v=x y.

На основании теоремы 4, имеем

zx =fu ux +fv vх =fu 1+fv y=fu +y fv zy =fu uy +fv vy =fu 0+fv x=x fv

7. Найти дифференциал функции а) z=ex2+y2				в точке М(1, 1);
б) z=f(x+y2, y+x2) в точке М(-1, 1).
а) Имеем:	z	= ex2+y2 2х, z(M) =2е2,
а) Имеем:		= ex2+y2 2х, z(M) =2е2,
	x		х
		z	=ex2+y2 2у, z(M) =2е2.
		y	=ex2+y2 2у, z(M) =2е2.
		y	у
Следовательно:
dz(M)= z(M) dx+ z(M) dy=2e2dx+2e2dy=2e2(dx+dy).
х			у

б) Данную функцию представим в виде z=f(u, v), где u=x+y2, v=x2+y. По формуле (5) имеем:

x =fu (u,v) ux +fv (u, v) vx =fu (x+y2, x2+y) 1+fv (x+y2, x2+y) 2x

z(M) =fu (0, 2)-2fv (0, 2).

y =fu (u,v) uy +fv (u, v) vy =fu (x+y2, x2+y) 2y+fv (x+y2, x2+y) 1

z(M)

=2fu (0, 2)+fv (0, 2).

Следовательно

dz(M)= z(M) dx+ z(M) dy=[ fu (0, 2)-2fv (0, 2)]dx+[2fu (0, 2)+fv (0, 2)]dy

х у

Этот же результат можно получить другим способом, используя свойство инвариантности формы первого дифференциала:

dz=fu (u, v)du+fv (u, v)dv где du и dv - дифференциалы функций u=x+y2, v=x2+y, вычисленные в точке М.

Окончательно в точке М(-1,1)	имеем:
fu (u, v)\|M=fu (x+y2, x2+y)\|M=fu (0,	2) fv (u, v)\|M=fv (x+y2, x2+y)\|M=fv (0, 2)

u	1,	u 2y:		u(M)	1, u(M)		2.
x		y		x		y
v	2x, v		1:	v(M)	2,	v(M)		1.
x		y		x		y

du	u dx	u dy :	du(M)	u(M) dx
	x	y		x
du	v dx	v dy :	dv(M)	v(M) dx
	x	y		x

u(M)

dx 2dy,

v(M) 2dx dy.y

Итак dz(M)=fu (u,v)|M du(M)+fv (u, v)|M dv(M)=fu (0,2) (dx+2dy)+fv (0,2) (-2dx+dy)= =[fu (0, 2)-2fv (0, 2)]dx+[2fu (0, 2)+fv (0, 2)]dy, что совпадает с полученным результатом.

8. Нарисовать линии уровня функции z=xy. Вычислить и изобразить на чертеже градиент этой функции в точках

(1, 1) и (-1, 1).

Решение. Линии уровня z=xy задаются уравнением ху=с, где с=const, т.е.

представляют собой семейство гипербол y=c/x и две прямые х=0, у=0.

По определению

grad z=

j =у i +х

grad z(1, 1)= i

grad z(-1, 1)= -

+ j

На рисунке видно, что в указанных

точках grad z перпендикулярен линиям

уровня, проходящим через эти точки.

всего в направлении от начала координат по биссектрисе I

z(11, )

z(11, )|

квадранта и скорость ее возрастания в этом направлении равна

grad

В точке (-1, 1)

z=xy возрастает быстрее всего в направлении начала координат по биссектрисе

IV квадранта и

z( 11, )

z(1, 1)|

скорость ее возрастания в этом направлении равна

grad

9. Частные производные высших порядков.

Пусть функция z=f(x, y) имеет частные производные

(они называются частными

производными первого порядка) в каждой точке (х, у) некоторой окрестности точки М. Если функции

u= z(х, у) ,, v= z(х, у) имеют в точке М частные производные

u ;

;

v ; v , то эти производные

называются частными производными второго порядка (или вторыми частными производными) функции z=f(x, y) и обозначаются одним из следующих символов:

;

f .

y x

y х

f ;

x y

Если переменные дифференцирования различные, то частная производная называется смешанной.

Частные производные третьего порядка определяются как частные производные от частных производных второго порядка и т.д.

Теорема 5. Если в некоторой окрестности точки М0(х0, у0) функция

z=f(x, y) имеет смешанные частные производные fxy (x, y) и fyx (x, y), причем эти смешанные частные производные непрерывны в точке М0, то они равны в этой точке fxy (x0, y0)=fyx (x0, y0).

В этом случае говорят, что смешанные частные производные не зависят от порядка дифференцирования в точке М0.

10. Дифференциалы высших порядков.

Пусть функция z=f(x, y) независимых переменных х, у имеет в точке М0(х0, у0) непрерывные производные второго порядка.

Второй дифференциал d2z (или дифференциал второго порядка) функции z=f(x, y) в точке М0 определяется как дифференциал в М0 от первого дифференциала dz и обозначается d2z d(dz).

Вычисляется второй дифференциал по формуле:

d2z(M0)=	2f (M0 ) dx2	2	2f (M0 ) dxdy	2f (M0 ) d2y
	x2		x y	y2

Дифференциал «n»-ого порядка dnz определяется по индукции, как dnz=d(dn-1z)

и вычисляется по следующей формуле (символически записанной)

(1)

(2)

dnz=

f (x , y ).

(3)

2 f

Например:

f (x , y )

dx 2

dx dy

dy 2

x 2

x y

y 2

Примеры решения задач.

1. Найти частные производные второго порядка функции z=yx (y>0).

Частные производные первого порядка были найдены : z =yxln y; z =x yx-1

x y

Далее по определению высших производных имеем:

yx ln y

yx ln

2 y

x 2

x x

yx ln y xy x 1 ln y yx 1 yx 1 x ln y 1

y x

xy x 1 yx 1 xy x 1 ln y yx 1(1 x ln y)

x y

xy x 1 x(x 1)yx 2

Замечание. В рассмотренном примере

x y

y x

, x2 y

x2 y2

Доказать, что для функции f (x, y)

0, x y 0.

fxy (0, 0) fyx (0, 0).

Решение: найдем fx (x, y) . Для всех точек плоскости, кроме точки О(0, 0), по правилам дифференцирования, получаем

y2 '

fx (x, y)= y

хy

, x2+y2 0

(8)

fx (0, 0) найдем по определению:

fx (0, 0)= lim

f ( x,0) f (0,0)

(9)

x 0

Для нахождения смешанной производной fxy (0, 0) заметим, что fx (0, y)=-y (см. (8)) при у0 и fx (0, 0)=0. Отсюда следует: fx (0, y)=-y, y. Дифференцируя последнее равенство по у, имеем:

fxy (0, y)=-1, y => fxy (0, 0)=-1.

	x2 y2		x2	y2 '
Аналогично fy (x, y)=x							2	2	0.
Аналогично fy (x, y)=x	x2 y2	+xy		y2	, x +y				0.
	x2 y2		x2	y2		у
						у
fy (0, 0)= lim			f (0, у) f (0,0)				=0
fy (0, 0)= lim				y			=0
	y 0			y

Далее : fy (x, 0)=x, x.

Значит: fyx (x, 0)=1, x => fyx (0, 0)=1

Таким образом: fxy (0, 0) fyx (0, 0).

3. Найти d2z(0, 1), если z=yx.

Решение. Полагая х=0, у=1 в выражении для чатных производных второго порядка функции z(x, y) (см. пример 1), получим

2z(0,1)	0 ;	2z(0,1)	1;	2z(0,1)	0.
x2		х у		y2

Пользуясь формулой (2) , находим d2z(0, 1)=2 dx dy.

4. Найти d2z(x,y), если z=f(x+y, x y) и х, у - независимые переменные. Решение. Пользуясь свойством инвариантности первого дифференциала и правилами дифференцирования, имеем:

dz=fu (u, v)du+fv dv=fu (x+y, x y)d(x+y)+fv (x+y,x y)d(x y)= =fu (x+y, xy)(dx+dy)+fv (x+y, xy)(ydx+xdy)= =[fu (x+y,xy)+yfv (x+y,xy)]dx+[fu (x+y, xy)+xfv (x+y,xy)]dy, где u=x+y, v=x y.

d2z=d(dz)=d[(fu +yfv )dx+(fu +xfv )dy]=

=d[fu +yfv ]dx+d[fu +xfv ]dy, т.к. dx= x,

dy= y.

Итак: d2z=(dfu +fv dy+ydfv )dx+(dfu +fu dx+xfv )dy

(10)

Отдельно находим:

d f

(u, v)

f du f

du f

(x y, xy)d(x y) f

(x y, xy)d(xy)

(x y, xy)(dx dy) f

(x y, xy)(ydx xdy)

yf )dx (f

)dy.

d f

(u, v)

f du f

du f

(dx dy) f

(ydx xdy)

yf )dx (f f

)dy.

Подставляя в (10) получаем:

d2z [f

]dx2 [f

y(f

)

yf f

x(f

)]dxdy [f

x(f xf

)]d2y

Лекция 28

ЭКСТРЕМУМЫ ФУНКЦИЙ

ДВУХ ПЕРЕМЕННЫХ.

1. Необходимые условия локального экстремума.

Пусть функция z=f(M) f(x, y) определена в некоторой окрестности О(М0) точки М0(х0, у0). Определение. Говорят, что функция z=f(M) имеет в точке М0 строгий максимум (минимум), если

существует такая окрестность О(М0) точки М0, в которой при М М0 выполняется неравенство f(M)<f(M0) (f(M)>f(М0)).

Если в последнем соотношении выполняется не строгое неравенство « » (« ») , то точка М0 называется просто точкой максимума (минимума).

Определение. Точки строгого максимума (минимума) называются точками (строгого) экстремума. Теорема 1. (необходимое условие экстремума). Если в точке экстремума М0(х0, у0) функция z=f(M) f(x,

y) имеет первые частные производные, то они в этой точке равны нулю.

Следствие. Если функция z=f(M) дифференцируема в точке экстремума М0 , то ее дифференциал равен нулю в этой точке: т.е. df(M0)=0.

Точки в которых первый дифференциал функции равен нулю, называют стационарными.

Таким образом, для дифференцируемой функции точками «подозрительными» на экстремум являются стационарные точки. Для отыскания точек возможного экстремума функции z=f(x, y) нужно решить систему уравнений:

fx (x, y) 0,

fy (x, y) 0.

2. Достаточные условия строгого экстремума.

Теорема 2. Функция f(M) в точке М0 имеет:

а) максимум, если df(M0)=0, d2f(M0)<0 при dx2+dy2 0. б) минимум, если df(M0)=0, d2f(M0)>0 при dx2+dy2 0.

Теорема 3. Функция f(х, у) в стационарной точке М0(х0, у0) имеет:

1. максимум, если fxx (M0)<0, fxx (M0)fyy (M0)-[f xy(M0)]2>0; 2. минимум, если fxx (M0)>0, fxx (M0)fyy (M0)-[f xy(M0)]2>0;

3. не имеет экстремума, если fxx (M0)fyy (M0)-[f xy(M0)]2<0;

4. нужно дальнейшее исследование, если fxx (M0)fyy (M0)-(fxy (M0))2=0.

<<< < Предыдущая 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2122 / 2622 23 24 25 26 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
27.03.20151.1 Mб126Лекции-История и методология языкознания.doc
#
03.05.2015366.08 Кб155Лекции-ст.doc
#
13.08.201973.73 Кб8Лекции.doc
#
09.11.20184.19 Mб47лекции.doc
#
27.03.2015223.47 Кб36Лекции.docx
#
27.03.20154.74 Mб73ЛЕКЦИИ_ПО_ВЫСШЕЙ_МАТЕМ_Голубев.pdf
#
27.03.2015274.94 Кб7Лекции_по_ИЭ_2.doc
#
11.03.20162.17 Mб28Лекции_тервер.pdf
#
27.03.20153.81 Mб123ЛекцииМО.doc
#
27.03.2015473.6 Кб10Лекционный курс для подготовки (студентам).doc
#
27.03.2015222.15 Кб17Лекция 02 Кинематика криволинейного движения..pdf