Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Учебное пособие 616

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

497.7 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

Точка М0(x0,y0) называется точкой максимума функции

z = f(М) (рис.2), если всюду в некоторой окрестности			точки
М0 (0<d(M0M) < δ) выполняется неравенство
f(М) <f(М0) или		z = f(М) - f(М0) <0
Точка М0(x0,y0)	называется точкой минимума функции
z = f(М) (рис.3), если всюду в некоторой окрестности			точки
М0 (0<d(M0M) < δ) выполняется неравенство
f(М) >f(М0)	или	z = f(М) - f(М0) > 0.

Точки максимума и точки минимума – точки экстремума. Понятие экстремума носит локальный характер: в определении

рассматриваются	лишь	точки	М1	достаточно
близкие к точке М0.
Теорема 18. (Необходимое условие). Если функция z=
f(x,y) дифференцируема в точке М0(x0,y0) и				имеет в этой

точке экстремум, то

f x′(x0 , y0 ) = 0 ; f y′ (x0 , y0 ) = 0 .

Доказательство. Пусть в точке М0(x0,y0) функция z= f(x,y) имеет максимум, т.е.

f(х,у) <f(х0 ,у0) х δ-окрестности точки М0 (рис.4). В частности, это неравенство выполнено для точек, ординаты

которых равны у=у0.
f(х,у0) <f(х0 ,у0) х δ						(1)
для функции одной переменной				у0+у
z= f(x,y0).					М
Из неравенства (1) следует,					М	М
Из неравенства (1) следует,				у0	М
что функция одной пере-				у0	М
менной	z=	f(x,y0) имеет в
точке х0	экстремум (макси-			х -δ	х0	х0+δ
мум). Кроме того эта функ-				х -δ	х0	х0+δ
ция в точке х = х0 имеет				0
ция в точке х = х0 имеет				Рис.4.
производную:		f x′(x0 , y0 ) = 0 .		Рис.4.
производную:		f x′(x0 , y0 ) = 0 .
		х0+ х	19

На основании необходимого признака экстремума функции одной переменной заключаем, что

f x′(x0 , y0 ) = 0 .

Полагая, что х = х0, точно так же докажем, что f y′ (x0 , y0 ) = 0 .

Следствие. В тех точках в которых существуют частные производные и хотя бы одна из них отлична от нуля, экстремума быть не может.

Значит экстремум следует искать только в тех точках, в которых все частные производные первого порядка равны нулю, либо хотя бы одна из них не существует.

Такие точки называются критическими (стационарными). В критической точке экстремум может быть, а может и не быть. В общем случае о наличии или отсутствии экстремума в критической точке судят с помощью достаточных признаков экстремума.

В частных случаях, когда в некоторой области имеется только одна стационарная точка, можно обойтись без достаточных признаков.

∂z

∂x

∂z

∂y

Пример. Найти

= 2 x		x	= 0
		y	= 0
=	2 y	O ( 0 ,0 )

экстремум функции	z = x2 + y 2 .
z

Частные производные обращаются в ноль только в одной точке О(0,0). Но в этой точке z= f(0,0) = 0, а в остальных точках f(М)>0, ясно, что в начале координат функция имеет минимум.

Достаточный признак экстремума

Теорема 19. Пусть функция z= f(х,у) имеет все непрерывные частные производные до второго порядка включительно в некоторой окрестности точки М0 (х0 ,у0), а в самой точке М0

f x′(x0 , y0 ) = 0 ;	f y′ (x0 , y0 ) = 0		(т.е. точка М0 является
критической). Обозначим:
′′	′′	, y0 ) = B ,		′′	, y0 ) = C .
f xx (x0 , y0 ) = A,	f xy (x0			f yy (x0

Тогда :

1.Если число = AC − B2 >0, то в точке М0 (х0 ,у0) функция f(х,у) имеет экстремум, а именно максимум, если А < 0 и минимум, если А > 0.

2.Если число = AC − B2 <0, то в точке М0 (х0 ,у0) экстремума нет.

3.Если число = AC − B2 =0, то признак не применим.

Пример . Найти экстремум функции z = x3 + y 3 − 9xy + 27 .

Найдем частные производные и приравняем их нулю.

∂z	= 3x2
		− 9 y 3x2		− 9 y = 0
∂x		− 9 y 3x2		− 9 y = 0	.
∂z	= 3y 2		3y 2	− 9x = 0	.
∂z		− 9x
		− 9x
∂y
∂y

Решая систему уравнений, получим критические точки

х1=0; у1 =0; х2= 3; у2= 3; М1(0,0); М2(3,3).

Найдем вторые производные:

∂2 z	= 6х,	∂2 z	=−9,	∂2 z	= 6у.
∂x 2		∂x∂y		∂y 2

В точке М1: А=0, В= − 9,				С =0. AC − B2 < 0. Экстремума

нет .

В точке М2: А=18, В = − 9, С = 18. AC − B2 >0. Следова-

тельно, в точке М2 функция имеем минимум, так как А>0.

zmin = 27 + 27 −81 + 27 = 0

Наибольшее и наименьшее значение функции в замкнутой области

Пусть функция z=f(x,y) непрерывна в замкнутой области

D . Тогда в области D найдётся хотя бы одна точка A(x0,y0), в которой функция принимает своё наибольшее значение M: f(x0,y0) = M и найдется хотя бы одна точка B(x1,y1), в которой функция принимает своё наименьшее значение m:

f(x1,y1) = m, т.е. f(x,y) ≤M и f(x,y) ≥m M		.	(2)
	D

Возможны два случая. Точка А лежит внутри области D или точка А лежит на границе. То же самое и относительно точки В. Если А и В лежат внутри области, то они, в силу неравенств (2), совпадают с экстремальными точками.

Таким образом для нахождения наибольшего и наименьшего значений надо:

1)найти все критические точки, попадающие внутрь области D и вычислить значения функции в этих точках.

2)найти критические точки на границе области и вычислить в них значения функции.

3)затем выбирают наибольшее и наименьшее из всех полученных чисел.

21	22

Пример: Найти наибольшее и наименьшее значения функ-

ции z = x2 − y2 в круге x2 + y2 ≤1.
Найдем критические точки внутри области, для чего при-
равняем нулю частные производные
z′x	= 2x
z′y	M1(0,0). Значение функции в критической точ-
	= −2 y
ке M1 : z(0,0)=0.
Запишем уравнение границы в		параметрическом виде
x = cost		z =cos2t− sin2 t =cos2 t ,
	0 ≤ t ≤ 2π . Тогда функция
y = sin t

где t [0,2π ].

z′ = −2sin 2t ,

z′ = 0

или sin2t=0

Найдем корни уравнения : 2t =π k,

t =

kπ

. Для различ-

ных значений k получим:

t1=0,

t2= π ,

t3=π ,

t4=

3π

t5=2π .

Вычислим значения функции в этих точках

=1;

= −1 ;

t=π

=1;

3π = −1;

=2π

При t=0 и t=π функция имеет наибольшее значение z1 =1.

При t = π2 и t = 32π функция имеет наименьшее значение z2 = −1.

Формула Тейлора для функции двух переменных

Теорема 20. Пусть функция z = f (x, y) определена и непрерывна вместе со всеми своими частными производными до

(n +1)	порядка включительно в некоторой окрестности точки
M0 (x0 , y0 ) . Тогда для любой точки M (x0 +Δx, y0 +								y) из этой
окрестности справедливо равенство
		n		k	f (M0 ) + d	n+1	f (N ) ,
	f (M ) = f (M0 ) +∑d
		k=1			k!	(n +1)!
где N (x0 +θ x, y0 +θ		y) - некоторая точка, лежащая на отрезке
M0M ,	( 0 <θ <1) .	Последнее слагаемое (остаточный член)
можно записать в форме Пеано			o(ρn ), где ρ = (					x)2 +(	y)2 ,
а символ o(ρn ) означает бесконечно малую при								ρ → 0	(или

при M → M0 ) функцию более высокого порядка малости, чем

ρn .

Доказательство. Введем в рассмотрение вспомогательную функцию φ(t) = f (x0 +t x, y0 +t y) = f (Mt ) , определенную на

отрезке [0,1], причем φ(0) = f (M0 ),

φ(1) = f (M ). Найдем про-

изводные функции φ(t) до n -го порядка включительно:

φ′(t) = fx′(Mt ) x + fy′(Mt ) y = (

∂

x +

∂

y) |Mt = df (Mt );

∂x

∂y

φ′′(t) =fxx′′(Mt ) x2 + 2 fxy′′(Mt ) x y +fyy′′(Mt ) y2 =

= (

∂

x +

∂

y)2 f |

= d 2 f (M

);

∂x

∂y

…

∂

φ(n) (t) = (

x +

y)n f |

= d n f (M

) .

∂x

∂y

По формуле Маклорена для функции φ(t) одной переменной имеем:

′

φ′′(0)

φ(n) (0)

φ(n+1) (θ)

(n+1)

φ(t) =φ(0) +φ (0)t +

+... +

(n +1)!

где 0 <θ <1.

Полагая t =1,

получим

′

′′

(n)

(0)

(n+1)

(θ)

(0)

φ(1) =φ(0) +φ (0) +

... +

(n +1)!

учетом

того,

что

φ(1) =f (M ) ,

φ(k ) (0) = d k f (M0 ) ,

φ(n+1) (θ) = f (x +θ x, y +θ

y) = f (N ) имеем

f (M0 ) + d

n+1

f (N ) .

f (M ) = f (M0 ) +∑d

В частности,

k=1

(n +1)!

)+ ∂f (x0 , y0 ) (x− x )+ ∂f (x0 , y0 ) ( y−y )

f (x, y)=f (x , y

∂x

∂y

[

∂2

f (x ,y

)

(x−x )2

+ 2

∂2

f (x , y

)

(x − x )( y − y

) +

0 0

∂x2

∂x∂y

∂2 f (x , y )

( y − y )2 ] +

[

∂3 f (x , y )

(x − x

)3 +

∂y2

∂x3

∂3

f (x , y )

− x

)2 ( y − y

) +

∂3

f (x , y

)

(x − x

)( y − y

∂x2 ∂y

∂x∂y2

∂3 f (x , y )

( y

− y

]

+... +

[

∂

− x

) +

∂

( y − y

)]n f |

∂y3

∂x

∂y

( x0 , y0 )

[

∂

(x − x )

∂

( y − y )](n+1)

f |

x, y +θ

(n +

1)!

∂x

∂y

( x +θ

Остаточный член

[

∂

(x − x

) +

∂

( y − y

)](n+1)

+θ x

, y +θ

можно

(n +1)!

∂x

∂y

( x

записать в виде o(ρn ) , где

ρ = (x − x )2	+ ( y − y )2	= ( x)2 + ( y)2 .
0	0
			x
Пример. Разложить функцию		f (x, y) = e	y	по формуле Тей-

лора с центром разложения в точке M0 (0,1) до членов второго

порядка включительно.

Решение. Найдем частные производные функции f (x, y) до второго порядка включительно:

∂f = e

∂f

∂2

f = e

;

= e y (−

);

;

∂y

∂x

∂x2

∂2 f

2x .

= e y

(−

)

+ e y (−

);

= e

∂y2

∂x∂y

В точке M0 (0,1)

имеем

f (M

) =1,

∂f

) =1;

∂f

) = 0;

∂2 f

) =1;

∂x

∂y

∂x2

∂2 f

) = −1;

∂2

) = 0.

Подставляя

эти

выражения в

∂x∂y

∂y2

формулу Тейлора, получаем

1 x2 − x( y −1) + R =1+ 2x + 1 x2 − xy + R .

=1+ x +

В форме Пеано R = o(x2 +( y −1)2 ).

Условный экстремум

Рассмотрим функцию

u = f (M ) = f (x1, x2 ,...xm )

(3)

при условии, что ее аргументы являются не независимыми переменными, а связаны между собой k соотношениями

(k < m) :

ϕi (x1, x2 ,..., xm ) = 0						(i =1,2,..., k).	(4)
Эти соотношения	называются					условиями связи.	Пусть
координаты точки	M	0	(x0	, x0	,..., x0	) удовлетворяют уравнени-
ям (4).		0	1	2	m
ям (4).
Определение. Функция (3) имеет в точке M0 условный ми-
нимум (максимум)	при условиях связи (4), если существует

такая	окрестность точки M0 ,		что для любой точки M
( M ≠ M0 ) этой окрестности, координаты которой удовлетво-
ряют	уравнениям	(4),	выполняется	неравенство
f (M ) > f (M0 ) ( f (M ) < f (M0 )) .

Иными словами, условный максимум (минимум)- это наибольшее (наименьшее) значение функции в точке M0 по от-

ношению не ко всем точкам из некоторой окрестности точки M0 , а только к тем из них, которые связаны между собой ус-

ловиями связи.

Задачу об условном экстремуме функции можно решать

методом исключения части переменных. Этот метод состоит в том, что из k уравнений условий связи k переменных выражают через остальные m − k переменных (если это возможно),

подставляют		найденные				переменные		в	функцию
u = f (M ) = f (x1, x2 ,...xm )					и	решают	задачу	об	экстремуме
функции	m − k переменных.
Пример. Методом исключения части переменных найти
экстремум функции u = x + y + z2 при условиях связи
					z − x =1,
						− xz =1.
					y	− xz =1.
Решение. Из условий связи находим z = x +1,									y = xz +1 .
Подставляя найденные z, y						в функцию, приходим к функции
одной переменной			x	:	u(x) = 2x2 + 4x + 2 , для которой рас-
смотрим	задачу		о	безусловном			экстремуме.		Так как
						27


u′ = 4(x +1) = 0	при x = −1, то функция u(x)	имеет единствен-
ную точку возможного экстремума. Поскольку u			′′
ную точку возможного экстремума. Поскольку u				(−1) = 4 > 0,
в точке x = −1	функция u(x) имеет минимум.			Из условий
связи находим	соответствующие значения	z, y :		z = 0, y =1.

Итак, функция u(x) при заданных условиях связи имеет в точке (-1,1,0) минимум, причем u(−1,1,0) = 0.

Метод Лагранжа. Задача об условном экстремуме функции

(3) при условиях связи (4) эквивалентна задаче об обычном экстремуме функции Лагранжа

L(x1 , x2 ,..., xm , λ1 ,...λk ) = f (x1 , x2 ,..., xm ) + ∑λϕi i (x1 , x2 ,..., xm ) ,

i=1

λi ( i =1, 2,..., k) - называются множителями Лагранжа.

Необходимые условия условного экстремума выражаются системой m + k уравнений :

∂L

(x1 , x2 ,..., xm , λ1 ,...λk ) = 0, i =1, 2,..., m,

∂xi

(5)

ϕi (x1 , x2 ,..., xm ) = 0, i =1, 2,..., k

относительно

m + k

неизвестных

x1 , x2 ,..., xm , λ1 ,...λk . Если

, x0

,..., x0 , λ0 ,...λ0

решение

системы

(5),

то

(x0

, x0

,..., x0

) является

точкой

возможного

экстремума

функции (3) при условиях связи (4). Достаточные условия условного экстремума связаны с изучением знака второго дифференциала функции Лагранжа

d 2 L(x10 , x20 ,..., xm0 , λ10 ,...λk0 , dx1 ,..., dxm ) .

Для каждой системы значений x10 , x20 ,..., xm0 , λ10 ,...λk0 , полученной из (5) при условии, что dx1 ,..., dxm удовлетворяют уравнениям

m	∂ϕ	(x0	,..., x0	)	dxj	= 0 (i =1, 2,..., k)	(6)
∑	i	1	m		dxj	= 0 (i =1, 2,..., k)	(6)
j=1		∂xj				28
						28

при dx12 + dx22 +... + dxn2 ≠ 0.

Функция u = f (M ) = f (x1, x2 ,...xm ) имеет условный максимум в точке M0 (x10 , x20 ,..., xm0 ) , если для всевозможных значений dx1 ,..., dxm , удовлетворяющих условиям (6) и не равных одно-

временно

нулю,

выполняется

неравенство

d 2 L(x0

, x0 ,..., x0

, λ0

,...λ

0 , dx ,..., dx ) < 0 (квадратичная

форма

отрицательно

определена) и условный минимум, если при

этих условиях

d 2 L(x0

, x0

,..., x0

, λ0 ,...λ0

, dx ,..., dx ) > 0

(квад-

ратичная форма положительно

определена) то в точке M0

функция (3) имеет условный минимум

при условии связи (4),

если

d 2 L(x0

, x0 ,..., x0 , λ0

,...λ0 , dx ,..., dx

) -

знакопеременная

квадратичная форма, то в точке M0

функция (3) не имеет ус-

ловного экстремума.

Пример 1. Методом Лагранжа найти экстремум функции

u = x + y + z2									z − x =1,
u = x + y + z2	при условиях связи
									y − xz =1.
Решение. Составим функцию Лагранжа
L(x, y, z, λ , λ ) = x + y + z2 + λ (z − x −1) + λ ( y − xz −1)										и
1	2							1	2
рассмотрим систему уравнений
	∂L			=1 −λ −λ z = 0,
	∂x						1		2
			∂L
			∂L			=1	+	λ2	= 0,
			∂y			=1	+	λ2	= 0,
			∂y
		∂L = 2z +
		∂L = 2z +					λ	−	λ x = 0,
		∂zϕ					1		2
		∂zϕ			= z − x −1 = 0,
		ϕ	1		= y − xz −1 = 0.
		ϕ	2		= y − xz −1 = 0.
			2
									29

Она	имеет	единственное	решение
x = −1, y =1, z = 0, λ1 =1, λ2		= −1, то есть M0 (−1,1,0) -	единст-

венная точка возможного экстремума функции при заданных

условиях связи. Вычислим второй дифференциал	функции
Лагранжа d 2 F = 2(dz)2 − 2λ dxdz и подставляя	λ = −1	и
2	2
dz = dx , найденное из первого уравнения связи, получаем		по-

ложительно определенную квадратичную форму от переменной dx : 4(dx)2 > 0 при dx ≠ 0 . Отсюда следует, что функция при заданных условиях связи имеет в точке M0 условный минимум.

Пример 2. На эллипсоиде x2 + 2 y2 + 4z2 = 8 найти точку,

наиболее удаленную от точки (0,0,3).

Решение. Расстояние между точками (x, y, z) и (0,0,3) оп-

ределяется формулой ρ = x2 + y2 + (z −3)2 . Поэтому исходная задача равносильна задаче об условном максимуме функ-

ции	u = ρ2	= x2 + y2 + (z −3)2					при	условии	связи
x2 + 2 y2	+ 4z2	= 8 . Составим функцию Лагранжа
L(x, y, z, λ) = x2 + y2 + (z −3)2 + λ(x2 + 2 y2 + 4z2 −8)
и рассмотрим систему уравнений:
			∂L		= 2x	+ 2λx = 0,
			∂x		= 2x	+ 2λx = 0,
			∂L
			∂L		= 2 y	+ 4λy = 0,
			∂y		= 2 y	+ 4λy = 0,
			∂y
			∂L	= 2z −6 +			8λz = 0,
			∂z	= 2z −6 +			8λz = 0,
			∂z
		ϕ = x2 + 2 y2 + 4z2 = 8.

Так как эллипсоид более всего вытянут вдоль оси Ox , то абсцисса искомой точки не может быть равна нулю, то есть x ≠ 0 . Поэтому из первого уравнения системы следует, что λ = −1. Тогда из второго и третьего уравнений системы имеем

y = 0, z = −1. Из последнего уравнения системы находим x = ±2. Итак, функция имеет две точки возможного экстрему-

ма M1 (2, 0, −1), M2 (−2, 0, −1) .	Из уравнения				связи получим
xdx + 2 ydy + 4zdz = 0 , откуда	dz = −	x	dx −	y	dy. Теперь вы-
				2z
		4z
числяем второй дифференциал функции Лагранжа
d 2 L = 2(1 + λ)(dx)2 + 2(1 + 2λ)(dy)2 + 2(1 +8λ)(dz)2 .
Подставим λ = −1, координаты точки M1				и выражение для

dz , получаем отрицательно определенную квадратичную форму от двух переменных dx, dy : d 2 L = −2(dy)2 −3,5(dx)2 .

Отсюда следует,	что функция имеет в точках
M1 (2, 0, −1), M2 (−2, 0, −1)	условный максимум при заданных

условиях связи, то есть на эллипсоиде имеются две точки M1 (2, 0, −1), M2 (−2, 0, −1) наиболее удаленные от точки (0,0,3).

II. Решение типовых задач

Частные производные

Постановка задачи. Найти частные производные до второго порядка включительно функции z=f(x1,x2,…,xn).

План решения.

1. Чтобы найти частную производную функции z=f(x1,x2,…,xn) по переменной хк, фиксируем остальные переменные и дифференцируем f как функцию одной переменной

хк.

2. Частные производные высших порядков вычисляются аналогично последовательным дифференцированием, т.е.


∂		2		f				∂			∂f

∂x 2 =													,
							∂x			∂x
				1				1			1
∂		2		f				∂				∂f
						=
														,
∂x	2		∂x		1			∂x				∂x
									1				2

∂

∂f

∂x

∂

∂f

, …

∂x22

∂x2

	Замечание. Частные производные можно обозначать также
′	′	′′ ′′	′′	и т.д.
z x1	, z x2	, …, zxn , z x1x1	, zx1x2	и т.д.

Пример. Найти частные производные до второго порядка включительно функции z = xy (x>0).

Решение.

1. Для того чтобы найти частную производную по х, фиксируем у и дифференцируем функцию z = xy как функцию од-

ной переменной х. Используя формулу для производной степенной функции (хα)' = αхα-1, получим

z′x = yx y−1 .

Для того чтобы найти частную производную по у, фиксируем х и дифференцируем функцию z = xy как функцию одной переменной у. Использую формулу для производной показательной функции (аu ) = аu ln а (а>0), получим

z′y = x y ln x.

2. Частную производную второго порядка z′xx′ вычисляем, дифференцируя z′x по х (при фиксированном у), т.е.

z′xx′ = ( yx y−1 )′x = y( y −1)x y−2 .

Частную производную второго порядка z′xy′ вычисляем, дифференцируя z′x по у (при фиксированном х), т.е.

z′xy′ = ( yx y−1 )′y = x y−1 + yx y−1 ln x.

Частную производную второго порядка z′yx′ вычисляем, дифференцируя z′y по х (при фиксированном у), т.е.

z′′yx = (x y ln x)′x = yx y−1 ln x + x y 1x .

Частную производную второго порядка z′yy′ вычисляем, дифференцируя z′y по у (при фиксированном х), т.е.

z′yy′ = (x y ln x)′y = x y ln 2 x.

Ответ. z′x = yx y−1 , z′y = x y ln x , z′xy′ = z′yx′ = x y−1 + yx y−1 ln x ,

′′

= ( yx

y−1

′

= y( y −1)x

y−2

′′

z xx

) x

, z yy = x

Условия задач. Найти частные производные до второго

порядка включительно заданных функций.

z = e xy .

z = xli(x / y).

z = sin(xy).

z = e x

cos y.

z = x 2

+ y 2 .

z = ln(x 2

+ y).

7. z = 2xy + y 2 .

z = ln 3 xy.

z = x cos y + y sin x.

10.

z = (1+ x) 2 (1+ y) 4 .

Ответы. 1.

′

= ye

′

= xe

′′

= y

′′

= x

z x

, z y

, z xx

z yy

′′

′

z xy = z yx = e

(1+ xy) . 2. z x = ln x −ln y +1 , z y = −x / y ,

z′′xx

=1/ x ,

z′′yy

= x / y 2 ,

z′′xy

= z′′yx = −1/ y . 3.

z′x

= y cos(xy) ,

′

′′

z y

= x cos(xy) ,

z xx

= −y

sin(xy) ,

z yy

= −x

sin(xy) ,

′′

′

z xy

= z yx

= cos(xy) − xy sin(xy) . 4.

z x

= e

cos y ,

z y = −e

sin y ,

′′

z xx

= e

cos y

z yy

= −e

cos y ,

z xy

= z yx

= −e

sin y . 5.

z′x = x /

x 2 + y 2 , z′y = y /

x 2 + y 2 , z′′xx = y 2 /(x 2 + y 2 )3 / 2 ,

′′

= x

+ y

)

3 / 2

′′

= −xy /(x

+ y

)

3 / 2

. 6.

z yy

, z xy

= z yx

z′x = 2x /(x 2 + y) , z′y =1/(x 2 + y) , z′′xx = 2( y − x 2 ) /(x 2 + y 2 ) ,

′′

z yy = −1 /(x

+ y

) , z xy = z yx = −2x

/(x

+ y

)

. 7.

z′x = y / 2xy + y 2 , z′y = (x + y) / 2xy + y 2 ,

′′

= −y

/(2xy + y

)

3 / 2

′′

= −x

/(2xy

+ y

)

3 / 2

z xx

z yy

′′

3 / 2

′

z xy

= z yx

= xy

/(2xy + y

)

. 8.

z x

=1/(3x) ,

z y

=1/(3y) ,

′′

= −1 /(3x

) ,

′′

= −(3y

)

−1

′′

= 0 . 9.

z xx

z yy

, zxy

= z yx

z′x

= cos y − y cos x ,

z′y

= sin x − x sin y ,

z′xx′

= −y sin x ,

′′

′

z yy

= −x cos y ,

z xy = z yx

= cos x −sin y . 10.

z x = 2(1+ x)(1+ y)

′

= 4(1+ x)

+ y)

′′

12(1+ x)

+ y)

z y

, z xx = 2(1+ y)

z yy

z′′xy

= z′′yx = 8(1+ x)(1+ y)3 .

Градиент

Постановка задачи. Найти градиент функции u=f(x,y,z) в

точке M(x0,,y0,,z0).

План решения. Градиент функции f(x,y,z) – это вектор, ко-

ординаты которого в базисе i , j, k			являются частными произ-
водными функции f(x,y,z), т.е.
grad f = ∂f	i + ∂f j +	∂f	k = ∂f ,	∂f ,	∂f .
∂x	∂y	∂z	∂x	∂y	∂z

1. Находим частные производные функции f(x,y,z)

∂∂fx , ∂∂fy , ∂∂fz .

2.Вычисляем частные производные функции f(x,y,z) в точ-

ке M(x0,,y0,,z0).

3.Вычисляем градиент функции u=f(x,y,z) в точке

M(x0,,y0,,z0):

grad f M = {f x′(x0 , y0 , z0 ), f y′(x0 , y0 , z0 ), f z′(x0 , y0 , z0 )}.

Записываем ответ.

Пример. Найти градиент функции u = x 2 −arctg( y + z) в

точке М (2,1,1).

Решение.

1. Находим частные производные функции u = x 2 −arctg( y + z) :

33	34

∂f = 2x,

∂f

= −

∂f

= −

∂y

1 + ( y + z)2

∂z

1 + ( y + z)2

∂x

2. Вычисляем частные производные функции

u = x 2 −arctg( y + z) в точке М (2,1,1):

f x′(2, 1, 1) = 4,

f y′(2, 1, 1) = −

f z′(2, 1, 1) = −

3. Вычисляем градиент функции u = x 2

−arctg( y + z) в точке

М (2,1,1):

grad f

(2,1,1) = {f x′(2, 1, 1),

f y′(2, 1, 1),

f z′(2, 1, 1)}= 4,−

,−

Ответ. grad

(2,1,1) =

4,−

,−

Условия задач. Найти градиент функции u = f (x, y, z) в

точке М.

u = x +ln(z 2 + y 2 ),

M (2, 1, 1).

u = x 2 y −

xy + z 2 ,

M (1, 5, −2).

u = sin(x +2 y) +2

xyz,

M (π / 2, 3π / 2, 3).

u = x3 +

y 2

+ z 2 ,

M (1, 1, 0).

u =

xy +

9 − z 2 ,

M (1, 1, 0).

u = ln(3 − x 2 ) + xy 2 z,

M (1, 3, 2).

u = x 2 y 2 z −ln(z −1),

M (1, 1, 2).

u = ln(x 2 + y 2 ),

M (1, −1, 2).

u = xy − x / z,

M (−4, 3, −1).

10. u = ln(x +

z 2 + y 2 ),

M (1, −3, 4).

Ответы. 1.{1, 1, 1}. 2.{55/6, 5/6, 2/3}. 3. {3, 1, π/2}. 4. {3, 1, 0}. 5.{1/2, 1/2, 0}. 6.{17, 12, 9}. 7.{4, 4, 0}. 8.{1, -1, 0}. 9.{4, -4, -4}. 10. {1/6, -1/10, 2/15}.

Производная по направлению

Постановка задачи. Найти производную функции u(x,y,z) в точке А(x1 , y1 , z1) по направлению к точке В(x2 , y2 , z2).

План решения.

1. Если функция u(x,y,z) дифференцируема в точке

А(x1 , y1 , z1), то в этой точке существует ее производная по любому направлению l , определяемая формулой

∂u

= (grad u

, l

(7)

∂l

где

grad u =

∂u

, ∂u

∂u ,

∂x

∂y

∂z

2.находим координаты вектора l . В данном случае l = AB = {x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 }.

3.Находим единичный вектор (орт) l0 :

l0 =	l	=	{x2 − x1 , y2	− y1 , z2	− z1	}	.
	l		(x2 − x1 ) 2 +( y2	− y1 ) 2 +(z2 − z1 ) 2

4. Вычисляем частные производные и градиент функции u(x,y,z) в точке А(x1 , y1 , z1):

grad u A = {u′x (x1 , y1 , z1 ), u′y (x1 , y1 , z1 ), u′z (x1 , y1 , z1 )}.

5. Вычисляем скалярное произведение в формуле (7), получаем ответ.

Пример. Найти производную функции u = x 2 −arctg( y + z)

вточке А(2, 1, 1) по направлению к точке В(2, 4, -3). Решение.

1.Так как функция u = x 2 −arctg( y + z) дифференцируема

вточке А(2, 1, 1), то этой точке существует ее производная по

любому направлению l , которая определяется формулой (7). 2. Находим координаты вектора l . В данном случае

l= AB = {0, 3, −4}.

3.Находим единичный вектор (орт) l0 :

l0 =

{0, 3, −4}

= 0,

, −

02 +32 +(−4) 2

4. Вычисляем частные производные функции
u = x 2		−arctg( y + z) в точке А(2, 1, 1):
∂u		(2,1,1)		= 2x		(2,1,1)		= 4,						∂u	(2,1,1)	= −								1					(2,1,1)	= −		1	,
∂u														∂u										1								1
∂x														∂y																		5
																			1+( y + z) 2
					∂u														1+( y + z) 2
							(2,1,1)			= −					1				(2,1,1)					= −		1		.
															1											1
					∂z																					5
														1+( y + z) 2
Тогда														1+( y + z) 2			1						1
Тогда
							grad u

													(2,1,1)		= 4, −					,	−				.
													(2,1,1)		= 4, −		5			,	−		5		.
																	5						5
5. Подставляя полученные значения в формулу (7) и вы-
числяя скалярное произведение, получим
∂u			= (grad u							, l								1				3					1			4			1
∂u																		1				3					1			4			1
∂l	(2,1,1)						(2,1,1)					0		) = 4	0 +	−								+ −					−		=			.
														) = 4	0 +	−								+ −					−		=			.
																	5					5					5			5		25
				∂u			=		1		.						5					5					5			5		25
Ответ.					(2,1,1)

				∂l				25
				∂l				25

Условия задач. Найти производную функции u(x,y,z) в точ-

ке А по направлению к точке В.

u = x +ln(z 2 − y 2 ),

A(2, 1, 1),

B(0, 2, 0).

u = x 2 y −

xy + z 2 ,

A(1, 5, −2),

B(1, 7, −4).

u = sin(x + 2 y) + 2

xyz,

3π

+ 4,

3π

, 3 ,

+3, 3 .

u = x3 +

y 2

+ z 2 ,

A(1, 1, 0),

B(1, 2, −1).

u = xy +

9 − z 2 ,

A(1, 1, 0),

B(3, 3, −1).

u = ln(3 − x 2 ) + xy 2 z,

A(1, 3, 2),

B(0, 5, 0).

u = x 2 y 2 z −ln(z −1),

A(1, 1, 2),

B(6, −5, 2

5 +2).

u = ln(x 2 + y 2 ), A(1, −1, 2),

B(2, −2, 3).

u = ln(x +

z 2 + y 2 ),

A(1, −3, 4),

B(−1, −4, 5).

10. u = xy −

A(−4, 3, −1), B(1, 4, −2).

ОТВЕТЫ. 1.

−

6 / 3 .

2 / 12 .

3. 3. 4.

2 / 2 .

5. 2/3.

6. -11/3. 7. -4/9.

8. 2

3 / 3 .

9. −

6 / 60 . 10. 20

3 / 9 .

Производные сложной функции

Постановка задачи.

Найти производные z′x

и z′y функции

z = z(u,υ), где u = u(x, y)

и υ =υ(x, y).

План решения. Поскольку z является сложной функцией двух переменных х и у, то ее производные z′x и z′y вычисляют-

ся по формулам
∂z	=	∂z	∂u	+	∂z	∂υ	,	(8)
∂x	=	∂u	∂x	+	∂υ	∂x	,	(8)
∂x		∂u	∂x		∂υ	∂x

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.04.2022495.08 Кб2Учебное пособие 611.pdf
#
30.04.2022495.54 Кб3Учебное пособие 612.pdf
#
30.04.2022496.67 Кб2Учебное пособие 613.pdf
#
30.04.2022496.9 Кб4Учебное пособие 614.pdf
#
30.04.2022497.05 Кб5Учебное пособие 615.pdf
#
30.04.2022497.7 Кб2Учебное пособие 616.pdf
#
30.04.2022498.28 Кб4Учебное пособие 617.pdf
#
30.04.2022498.33 Кб3Учебное пособие 618.pdf
#
30.04.2022498.43 Кб3Учебное пособие 619.pdf
#
30.04.2022253.96 Кб6Учебное пособие 62.pdf
#
30.04.2022498.81 Кб9Учебное пособие 620.pdf