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 1 23 / 33

∂z	=	∂z	∂u	+	∂z	∂υ .	(9)
∂y		∂u	∂y		∂υ
						∂y

1. Вычисляем частные производные

∂∂uz , ∂∂υz , ∂∂ux , ∂∂uy , ∂∂υx , ∂∂υy .

2.Подставляем полученные результаты в формулы (8) и

(9)и записываем ответ.

Замечание. Формулы (8) и (9) можно обобщить на функции любого числа переменных. Например, если дана функция f (u,υ,ω) , где u = u(x, y, t), υ =υ(x, y, t) и ω =ω(x, y, t), то ее

частные производные f x′, f y′, ft′ вычисляются по формулам

∂∂fx = ∂∂uf ∂∂ux + ∂∂υf ∂∂υx + ∂∂ωf ∂∂ωx , ∂∂fy = ∂∂uf ∂∂uy + ∂∂υf ∂∂υy + ∂∂ωf ∂∂ωy ,

∂f

= ∂f

∂u +

∂f

∂υ

∂f

∂ω

∂t

∂υ

∂t

∂u

∂t

∂ω ∂t

Пример. Найти производные z′x

z′y

функции z = u / υ ,

где u = x y

и υ =

xy .

Решение.

1. Вычисляем частные производные

∂z

= −

∂u

∂υ

υ2

∂u = yx y−1 ,

∂u = x y ln x,

∂υ

= y ,

∂υ

= x .

∂x

∂y

∂x

2 x

∂y

2 y

2. Подставляя полученные результаты в формулы (8) и (9),

получаем

∂z =

1 yx y −1

− u y ,

∂z =

1 x y ln x −

x .

∂x

υ2

2 x

∂y

υ2

2 y

Ответ.

∂z	=	1	yx y−1 −	u	y ,
∂x		υ		υ2	2	x
∂z	=	1	yx y ln x −		u	x ,
∂y		υ			υ2	2 y

где u = x y , υ =

xy.

Условия задач. Найти производные

z′x и

z′y функции

z = z(u,υ) , где u = u(x, y) и υ =υ(x, y).

z = u 2 +υ2 ,

u = x + y, υ = x − y.

z = ln(u 2

+υ2 ),

u = xy,

υ = x / y.

z = uυ ,

u = sin x,

υ = cos y.

z = u 2 + 2υ3 , u = x 2 − y 2 , υ = e xy .

z = arctg(u / υ),

u = x sin y,

υ = x cos y.

z = ln(u −υ2 ),

u = x 2 + y 2 ,

υ = y.

z = u 3 +υ2 ,

u = ln

x 2

+ y 2 , υ = arctg( y / x).

z =

uυ,

u = ln(x 2

+ y 2 ),

υ = xy 2 .

z = euυ , u = ln x, υ = ln y.

10. z = ln(u /υ), u = sin(x / y),

υ =

x / y.

Ответы.

z′x = 2u + 2υ, z′y = 2u −2υ.

z′x =

y +

2υ

z′y

x −

2υ

u 2 +υ2

u 2

+υ

u 2 +υ2

y 2

z′x =υuυ−1 cos x,

z′y

= uυ ln u (−sin y).

z′x = 2u 2x +6υ2 ye xy , z′y = 2u (−2 y) +6υ2 xe xy .

5. z′x

sin y −

cos y,

+υ2

2 −υ2

z′y

x cos y −

x sin y.

+υ2

u 2

+υ

6. z′x

2x, z′y =

2 y +

2υ

−υ2

u −υ2

7. z′x = 3u

−2υ

x 2

+ y 2

z′y = 3u

+ 2υ

x 2

+ y 2

8. z′x

y 2 ,

2 + y 2

z′y

2 y

2xy.

x 2

+ y 2

9. z′x =υeuυ

, z′y = ueuυ

10. z′x

1 cos x

−

z′y =

cos x

−

x .

+ 1

y 2

2 y y

Производная неявной функции

Постановка

задачи.

Найти

производную функцию

y = y(x) , заданной неявно уравнением

F(x, y) = 0.

(10)

План решения. Если при каждом фиксированном х, принадлежащем некоторой области D, уравнение (10) имеет един-

ственное решение у, принадлежащее некоторой области Е, то уравнение (10) задает функцию y = y(x) с областью определе-

ния D и областью значений E.

Если в некоторой окрестности точки (x0 , y0 = y(x0 )) функция F(x,y) дифференцируема и Fx′(x0 , y0 ) ≠ 0 , то уравнение (10) определяет функцию у=у(х), дифференцируемую в точке x0 ,

причем ее производная определяется формулой
y′(x0 ) = −	Fx′(x0	, y0 )	.	(11)
	Fy′(x0
		, y0 )
1. Вычисляем частные производные Fx′(x, y) и				Fy′(x, y) в

точке (x0 , y0 ) , где y0 есть корень уравнения F(x0 , y) = 0. 2. Находим y′(x0 ) по формуле (11) и записываем ответ.

Замечание. Аналогично вычисляются частные производные функций нескольких переменных, заданных неявно. Например, если уравнение F (x ,y ,z) = 0 задает функцию

z = z (x ,y) , то при известных условиях функции z = z (x ,y) дифференцируема в точке (x0 , y0 ) и ее частные производные

определяются функциями

Fy′(x0

, y0

, z0 )

z′x (x0 , y0 ) = −

F ′(x

, y

, z

)

z′y (x0 , y0 ) = −

Fz′(x0 , y0 , z0 )

где z0 есть корень уравнения F(x0 , y0 , z) = 0.

Пример. Найти производную функции		y = y(x) , заданной
неявно уравнением	y .
ln x 2 + y 2 = arctg	y .			(12)
Решение.	x
Решение.			y
1. В данном случае F(x, y) = ln x 2	+ y 2	−arctg	y	. Вычис-
ляем ее частные производные:			x
ляем ее частные производные:

41	42

Fx′ =

−

x + y

x 2 + y 2

x 2

x 2 + y

+( y / x) 2

Fy′

−

y − x

x 2

+ y

1+( y / x) 2

x 2 + y 2

Очевидно, что F(x, y) ,

Fx′ и Fy′

непрерывны при всех x ≠ 0 и

Fy′ ≠ 0 при x ≠ y . Следовательно, уравнение (12) определяет функцию у(х), дифференцируемую во всех точках (x0 , y0 ) области, где x ≠ 0 и x ≠ y .

2. Находим y′ по формуле (11)

′

Fx′(x0 , y0 )

(x0 + y0 ) /(x02

+ y02 ) x0

+ y0

= − Fy′(x0 , y0 )

= − ( y0 − y0 ) /(x02

+ y02 ) = x0

− y0 .

Ответ.

y′ =

+ y0

при всех

x0 , y0 , удовлетворяющих уравнению

− y0

(12), в области, где x ≠ 0 и x ≠ y .

Условия задач. Найти производные функций y = y(x) , заданных неявно уравнениями.

1. y x = x y .

3. y = x +ln y.

5. x 2 e2 y − y 2 e2 x = 0.

7. y sin x −cos(x − y) = 0. 9. 1+ xy −ln(e xy +e−xy ) = 0.

Ответы.

1. y′ = − y x ln y − yx y−1 . xy x−1 − x y ln x

2. y =1+ y x . 4. x + y = e x−y .

6. x − y +arctgy = 0.

8. sin(xy) −e xy − x 2 y = 0.

10. x 2	−2xy + y 2 + x + y −2 = 0.
	y′ =	y x ln y
2.			.
		1− xy x−1

3.	y′		=		y
						.
				y −1
	y′		=	y 2 e2 x − xe2 y
5.							.
				x 2 e2 y − ye2 x
7.	y′		=	y cos x +sin(x − y)				.
				sin(x − y) −sin x
	y	′			y
9.			= − x .

4. y′ = e x−y −1 .

e x−y +1

6. y′ = 1+y 2y 2 .

8. y′ = y(2x +e xy −cos xy) . x(cos xy −e xy − x)

10. y′ = 2 y −2x −1 . 2 y −2x +1

Касательная плоскость и нормаль к поверхности

Постановка задачи. Найти уравнение касательной и нормали к поверхности, заданной уравнением

F(x, y, z) = 0 ,

в точке M (x0 , y0 , z0 ) .

План решения.

Нормальный вектор к поверхности, заданной уравнением

F(x, y, z) = 0

в точке M (x0 , y0 , z0 ) определяется формулой

n = grad F

∂F

∂x

∂y

∂z

Следовательно, уравнение касательной плоскости к данной поверхности в точке M (x0 , y0 , z0 ) есть

Fx′ M (x + x0 ) + Fy′ M (x0 , y0 , z0 )( y − y0 ) + Fz′ M (z − z0 ) = 0 (13)

и уравнения нормали –
	x − x0		=	y − y0		=	z − z0		.	(14)
	Fx′			Fy′			Fz′

		M			M			M

1. Находим частные производные Fx′, Fy′, Fz′ в точке

M (x0 , y0 , z0 ) .

2.Подставляем найденные значения в уравнения (13) и

(14)и записываем ответ.

Замечание. Если заданы только значения x0 и y0 , то координата z0 точки М определяется из условия, что точка М принадлежит данной поверхности , т.е. F(x0 , y0 , z0 ) = 0 .

Пример. Найти уравнение касательной плоскости и норма-

ли к поверхности, заданной уравнением z = xy

в точке М(1, 1).

Решение. Запишем уравнение поверхности в виде ху-z=0,

т.е. F = xy − z.

Координаты точки М: x0 =1 и y0 =1. Координаты z0 опре-

деляем из условия, что точка М принадлежит данной поверхности, т.е. F(1, 1, z0 ) = 0 . Получаем z0 =1.

1. Находим частные производные Fx′, Fy′, Fz′ в точке М(1, 1, 1):

Fx′ (1,1,1) = y (1,1,1) =1, Fy′ (1,1,1) = x (1,1,1) =1, Fz′ (1,1,1) = −1.

2. Подставляя найденные значения в уравнения (13) и (14), получаем уравнение касательной плоскости

1(x −1) +1( y −1) −1(z −1) = 0

и уравнение нормали

x1−1 = y1−1 = z 1−1 .

Ответ. Уравнение касательной плоскости: x + y − z −1 = 0. Уравнение нормали: x −1 = y −1 =1− z.

Условия задач. Найти уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности в заданной точке М.

1.	z = x 2 + y 2 ,						M (1, −2, 5).
2.	x 2	+	y 2	−	z	2	= 0, M (4, 3, 4).
	16		9		8

3.z = sin x cos y, M (π / 4, π / 4, 1 / 2).

4.z = e x cos y , M (1, π, 1/ e).

5.z = y tg x, M (π / 4, 1, 1).


6.	z = arctg(x / y),	M (1, 1, π / 4).
7.	x( y + z)(z − xy) = 8,		M (2, 1, 3).
8.	2 x / z +2 y / z = 8,	M (2, 2, 1).
9.	x 2 + y 2 + z 2 −16 = 0,		M (2, 2, 2 2).

10. x 2 + y 2 − z 2

= −1,

M (2, 2, 3).

Ответы.

x −1

y + 2

z −5

1. 2x −2 y − z −5 = 0,

−4

−1

2. 3x +4 y −6Z = 0,

x −4

y −3

z −4

−6

3. x − y −2z +1 = 0,

x −π / 4

y −π / 4

z −1 / 2

y −π

−1

−2

4. x +ez −2 = 0,

x −1

z −1/ e

y −1

5. 2x + y − z −

= 0,

x −π / 4

z −1

y −1

−1

6. x − y −2z +

= 0,

x −1

z −π / 4

−1

−2

7. 2x +7 y −5z +4 = 0,

x −2

y −1

z −3

−5

8. x + y −4z = 0,

x −2

y −2

z −1

−4

9. x + y + 2z −8 = 0,

x −2

y −2

= z −2 2 .

10. 2x +2 y −3z +1 = 0,

x −2

y −2

z −3

−3

Экстремум функции двух переменных

Постановка задачи. Найти стационарные точки функции z = z(x, y) и исследовать их характер.

План решения.

1. Стационарными точками функции нескольких переменных называются точки, в которых все ее частные производные равны нулю. Следовательно, чтобы найти стационарные точки функции z(x, y) , нужно решить систему двух уравнений с

двумя неизвестными

z′x (x, y) = 0,z′y (x, y) = 0.

Решая эту систему уравнений, находим стационарные точки функции z(x, y) : M1 (x1 , y1 ), M 2 (x2 , y2 ),…, M n (xn , yn ).

2. Для того чтобы исследовать характер стационарных точек, воспользуемся достаточными условиями экстремума функции двух переменных.

Пусть функция z = z(x, y) определена и имеет непрерывные частные производные второго порядка в стационарной точке M (x0 , y0 ) (т.е. z′x (x0 , y0 ) = z′y (x0 , y0 ) = 0 ). Тогда если в этой точке: 47

а)	′′	′′	′′	2	> 0 , то М – точка экстремума, причем при
	z xx z yy −(z xy )
z′xx′	> 0 - точка минимума, при z′xx′ < 0 - точка максимума;
б)	′′	′′	′′	2	< 0	, то М не является точкой экстремума;
	z xx z yy −(z xy )
в)	z′′xx z′′yy −(z′′xy ) 2				= 0	, то требуется дополнительное исследо-

вание (например, по определению).

3. Вычисляем производные второго порядка функции z(x, y) .

4. В каждой стационарной точке вычисляем выражение z′xx′ z′yy′ −(z′xy′ ) 2

и определяем его знак.

Анализируем полученные результаты и записываем ответ.

Пример. Найти стационарные точки функции

z= x3 + y 3 −3xy

иисследовать их характер.

Решение.

1. Вычисляем частные производные

z′x = 3x 2 −3y, z′y = 3y 2 −3x.

2. Для того чтобы найти стационарные точки функции, решаем систему двух уравнений с двумя неизвестными

			2	−3y = 0,
	3x			−3y = 0,

			2	−3x = 0.
	3y			−3x = 0.
Получаем два решения: x1		= 0 ,			y1 = 0 и x2	=1, y2 =1. Следо-
вательно, стационарные		точки			функции	z = x3 + y 3 −3xy :
M 1 (0, 0) и M 2 (1, 1) .
3. Вычисляем производные второго порядка:
′′	= 6x,		′′		′′
z xx	= 6x,	z xy		= −3, z yy = 6 y .
				48

4. В каждой стационарной точке вычисляем выражение z′xx′ z′yy′ −(z′xy′ ) 2

и определяем его знак. В точке М1(0, 0):

z′xx′ (0, 0) = 0, z′xy′ (0, 0) = −3, z′yy′ (0, 0) = 0 z′xx′ z′yy′ −(z′xy′ ) 2 = −6 < 0.

Следовательно, точка М2(1, 1) является точкой экстремума. Так как z′xx′ (1, 1) = 6 > 0, то M 2 (1, 1) - точка минимума.

	Ответ. Функция z = x3 + y 3 −3xy				имеет две стационарные
точки M 1 (0, 0) и M 2 (1, 1) .			В точке		M 1 (0, 0) экстремума нет,
M 2 (1, 1)		- точка минимума.
	Условия задач.
1.	z = x 2	− xy + y 2 .	2.	z = x 2 − xy − y 2 .
3.	z = x 2	−2xy +2 y 2 +2x.	4.	z = x3 + y 3 − x 2		−2xy − y 2 .
5. z = x3 −2 y 3 −3x +6 y.			6.	z = 4x +2 y − x 2		− y 2 .
7.	z = x3 + y 3 −15xy.		8.	z = x 2 + xy + y 2		−3x −6 y.
9.	z = x 2	+4 y 2 −2xy +4.	10.	z = x / y +1/ x + y.

Ответы.

1.М (0, 0) – стационарная точка. М (0, 0) – точка минимума, zmin = z(0, 0) = 0.

2.М (0, 0) – стационарная точка. В точке М (0, 0) экстремума нет.

3.М (-2, -1) – стационарная точка. М (-2, -1) – точка миниму-

ма, zmin = z(−2, −1) = −2.

4. М1 (0, 0), М2 (4/3, 4/3) – стационарные точки. М (0, 0) – точ-

ка минимума, zmin = z(0, 0) = 0. М (4/3, 4/3) – точка минимума, zmin = z(4 / 3, 4 / 3) = −67 / 27.

5. М1 (1, 1), М2 (-1, -1), М3 (-1, 1), М4 (1, -1) – стационарные точки. В точках М1 (1, 1), М2 (-1, -1) экстремума нет. М3 (-1, 1)

– точка максимума, zmin = z(−1, 1) = 6. М4 (1, -1) – точка мини-

мума, zmin = z(1, −1) = −6.

6.М (2, 1) – стационарная точка. М (2, 1) – точка максимума, zmin = z(2, 1) = 5.

7.М1 (0, 0), М2 (5, 5) – стационарные точки. В точке М1 (0, 0)

экстремума нет. М2 (5, 5) – точка минимума, zmin = z(5, 5) = −125.

8.М (0, 3) – стационарная точка. М (0,3) – точка минимума, zmin = z(0, 3) = −9.

9.М (0,0) – стационарная точка. М (0, 0) – точка минимума, zmin = z(0, 0) = 4.

10.М (1, 1) – стационарная точка. М (1, 1) –точка минимума, zmin = z(1, 1) = 3.

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК

1. Пискунов Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисления / Н.С. М. Пискунов. – М.: Наука. Т.1, 1985. - 432 с.

2. Данко П.Е. Высшая математика в задачах и упражнениях / П.Е Данко, А.Г. Попов, Г.Я. Кожевникова. - М.: Высш.

шк., 1997. Ч.2. - 415 с.

3.Мантуров О.В. Курс высшей математики / О.В. Мантуров, Н.М. Матвеев. - М.: Высш. шк., 1986. - 480 с.

4.Бутузов В.Ф. Математический анализ в вопросах и задачах. Функции нескольких переменных / В.Ф. Бутузов, Н.Ч. Крутицкая, Г.Н. Медведев, А.А. Шишкин. - М.: Высш. шк., 1988. - 288с.

5Амосов А.А. Вычислительные методы для инженеров / А.А. Амосов, Ю.А. Дубинский, Н.В. Копченова. - М.: Высш.

шк., 1994. - 544 с.

ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ для организации самостоятельной работы

по курсу "Высшая математика" для студентов специальностей 280103 "Защитавчрезвычайныхситуациях",

280101 "Безопасностьжизнедеятельностивтехносфере" и направления 280200 "Защитаокружающейсреды"

очной формы обучения

Составитель:

Пантелеев Игорь Николаевич

В авторской редакции

Компьютерный набор И.Н. Пантелеева Подписано к изданию 15.12.2010

Уч.-изд.л. 3,1 «С»

ГОУВПО «Воронежский государственный технический университет»

394026 Воронеж, Московский просп., 14

<<< < Предыдущая 1 23 / 33

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