ИСиТ / 09.03.02 Интеллектуальные информационные системы и технологии / 2 курс 2 семестр / Алексеев Александр Борисович / Высшая математика / Пробник целой методички / Методичка_ОЛЛ(2)

20

скалярное произведение через модули перемножаемых векторов и косинус угла φ между ними, получим

максимальна, если направление вектора совпадает с направлением вектора(в этом случае cos φ = 1). Следовательно, градиент функции показывает направление максимально быстрого возрастания этой функции.

Если вектор перпендикулярен вектору , то производная по этому направлению равна нулю:

то есть функция в этом направлении не меняется. Поверхности в трехмерном пространстве, где

( , , ) = ,

называются поверхностями уровня функции (линиями уровня, если функциязависит от двух переменных).

Следовательно, градиент функции перпендикулярен любой поверхности (линии) уровня этой функции.

Пример 1.3. В точке 0(0, 0) найти градиент функции

( , ) = −(2 2+ 2+ −2 +3 ).

Решение. Находим частные производные:

′ = (−4 − + 2) −(2 2+ 2+ −2 +3 ),′ = (− − 2 − 3) −(2 2+ 2+ −2 +3 ).

В точке 0(0, 0) ′ = 2, ′ = −3. Тогда

= 2 − 3 . ◄

Пример 1.4. В точке 0(0, 0) найти производную по направлению градиента функции

( , ) = −(2 2+ 2+ −2 +3 ).

Решение. По формуле (1.27)

= | | = √22 + (−3)2 = √13.

(Рекомендуем доказать, что, если применить формулу (1.23), получится тот же результат). ◄

1.11. Точка 0( 0, 0) называется точкой локального максимума (точкой локального минимума) функции = ( , ), если у точки 0( 0, 0)

существует окрестность такая, что для любой точки ( , ) из этой окрестности выполняется неравенство

( , ) < ( 0, 0) ( ( , ) > ( 0, 0)).

Точки локальных максимумов и минимумов функции называются

точками экстремума функции.

21

Верно следующее утверждение (необходимое условие экстремума).

Пусть точка 0( 0, 0) – точка экстремума функции = ( , ) и в этой точке существуют частные производные ′ и ′. Тогда в этой точке

где - нулевой вектор.

0

Заметим, что условие (1.29) необходимо для экстремума, но не достаточно. Есть примеры функций, у которых нет экстремумов, но существуют точки, в которых первые частные производные равны нулю. Поэтому любые точки, в которых выполнено условие (1.29) называются

стационарными точками.

Пусть 0( 0, 0) – стационарная точка функции = ( , ). Пусть в этой точке существуют вторые частные производные

= ( , ) в точке 0( 0, 0) является следующее утверждение:

если ∆> 0, то функция = ( , ) имеет в точке 0( 0, 0) экстремум, причем максимум, если < 0 (или < 0), и минимум, если > 0 (или > 0);

если ∆< 0, то точка 0( 0, 0) точкой экстремума не является; если ∆= 0, то необходимо дополнительное исследование.

Пример 1.5. Исследовать на экстремум функцию

( , ) = −(2 2+ 2+ −2 +3 ).

Решение. Частные производные первого порядка найдены в примере 1.3. Система (1.29) в этом случае имеет вид:

22

следующей схеме: сначала находят стационарные точки внутри области и на границе области, а также точки, в которых производные не существуют, затем вычисляют значения функции во всех этих точках и среди них выбирают наибольшее и наименьшее.

Пример 1.6. В кольце найти наибольшее и наименьшее значения функции

В кольце : 14 ≤ 2 + 2 ≤ 4 найти наибольшее и наименьшее значения

функции

( , ) = + − ln ( 2 + 2).

Решение. Найдем стационарные точки, приравняв нулю частные производные первого порядка:

2 = 14. Первая из них описывается параметрически: = 2cos , = 2sin ,

[0,2 ]. На ней функция зависит от одной переменной

( ( ), ( )) = 2cos + 2sin − ln 4.

Ее производная

′ = 2cos − 2sin

равна нулю при = 4 и = 54 . Вычислим значения функции в этих

точках и добавим значение функции в точке = 0, соответствующей (в силу периодичности функции) концам промежутка [0,2 ]. Получим

(√2, √2) = 2√2 − ln 4 , (−√2, −√2) = −2√2 − ln 4,

получаем три значения функции

(√42 , √42) = √22 + ln 4 , (− √42 , − √42) = − √22 + ln 4 , (12 , 0) = 12 + ln 4.

Из полученных семи значений и выбираем

наибольшее: (√42 , √42) = √22 + ln 4

и наименьшее: (−√2, −√2) = −2√2 − ln 4.

(Рекомендуем проверить с помощью вторых производных, что в точке0(1, 1) нет экстремума). ◄

23

2.ДВОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ

2.1.Пусть в ограниченной плоской области определена функция точки

( ), . Разобьем область на подобластей ∆ , = 1, 2, … , (см. рис. 3). Обозначим через ∆ площадь подобласти ∆ , через – ее диаметр (наибольшее расстояние между двумя любыми точками ∆ ). Введем ранг разбиения λ = max , = 1, 2, … , . В каждой подобласти ∆ выберем точку и составим интегральную сумму

если этот предел существует и конечен независимо от разбиения области и выбора точек . Функция точки ( ) в этом случае называется интегрируемой в области .

Рис. 3.

Так как алгоритм определения двойного интеграла повторяет соответствующий алгоритм для определенного интеграла, то свойства двойного интеграла аналогичны свойствам определенного интеграла. А именно, имеют место свойства линейности, аддитивности и т.п. В частности,

если ( ) = 1, то ( ) равен площади области , то есть

Можно доказать, что, если функция ( ) непрерывна в области , то она в ней интегрируема. Верны также теорема о «среднем», теорема об интегрировании неравенств и т.д.

2.2. Пусть функция = ( ) непрерывна в области и принимает положительные значения. Доказано, что ( ) равен объёму тела,

ограниченного сверху графиком функции = ( ), с боков – цилиндрической поверхностью, вырезающей на плоскости область , и снизу – плоскостью (рис. 4), то есть

24

Рис. 4.

2.3.Введем на плоскости декартову систему координат. Пусть в области

задана интегрируемая функция = ( ), которую теперь можно рассматривать как функцию двух переменных = ( , ), где ( , ) – декартовы координаты точки . Так как интеграл – это предел интегральной суммы, независящий от способа разбиения области , разобьем область на подобласти ∆ (здесь удобнее подобласти нумеровать двумя индексами, а не

одним) линиями, параллельными осям координат. В этом случае большинство подобластей разбиения ∆ (кроме приграничных) будут прямоугольниками площади, равной произведению ∆ ∆ , где ∆ – длина стороны участка разбиения, параллельной оси , а ∆ – длина стороны участка разбиения, параллельной оси . Двойной интеграл, полученный в результате такого разбиения, называется двойным интегралом в декартовых координатах и

обозначается символом

содержать только прямоугольники площади ∆ ∆ , где ∆ – длина участка разбиения интервала [1; 1] на оси , а ∆ – длина участка разбиения интервала [2; 2] на оси , и можно доказать, что вычисление двойного интеграла в декартовых координатах сводится к вычислению двух определенных интегралов. Верны следующие формулы:

25

Рис. 5.

Здесь и ( и ) – пределы, в которых зажата область по оси (по оси ), 1( ) ( 2( )) – функция, графиком которой является нижняя (верхняя) часть границы, а 1( ) ( 2( )) – функция, графиком которой является левая (правая) часть границы.

Интегралы в правой части формул (2.6) - (2.9) дают способ вычисления двойного интеграла в декартовых координатах и называются повторными.

Доказательства формул (2.8) и (2.9) получаются из (2.6) и (2.7), соответственно, если поместить область в прямоугольник (см. рис. 5), продолжить на него функцию ( , ) нулем и применить свойство аддитивности.

Для вычисления двойного интеграла по любой области следует разбить ее на удобные для формулы (2.7) (или (2.8)) подобласти и применить свойство аддитивности.

Пример 2.1. Найти объем пирамиды, ограниченной плоскостями

Найти объем пирамиды (см. рис. 6), ограниченной плоскостями: = 0, = 0, = 0, + + = 1, > 0, > 0, > 0.

Рис. 6.

Решение. Область в двойном интеграле (2.3) для нашей пирамиды – треугольник с границами: = 0, = 0, + = 1, функция: = (1 − − ).

Тогда формула (2.7) принимает вид:

= ∫0 (∫0(1− ) (1 − − ) ) = 2 ∫0 (1 − )2 = 6 . ◄

2.4. Кроме вычисления объема (2.4) и площади (2.3) двойной интеграл можно применять для вычисления площади поверхности.

Пусть поверхность является графиком однозначной функции = ( , ), определенной в области , причем частные производные

26

= ′, = ′

–непрерывные функции в этой области. В этом случае поверхность является

гладкой, и ее площадь вычисляется с помощью интеграла вида (2.5), где роль

подынтегральной функции играет ( , ) = √1 + 2 + 2. То есть площадь такой поверхности