Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математический анализ функции нескольких переменных. Учебное пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

953 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 85 6 7 8 > Следующая >>>

1 =	∂z ln z + z		1		∂z −		∂z ln y −		∂z ,
1 =	∂z ln z + z				∂z −		∂z ln y −		∂z ,
	∂x			z	∂x		∂x		∂x
или
	1 =	∂z ln z − ∂z ln y ,
		∂x			∂x
Отсюда
	∂z =				1			.
	∂z =							.
	∂x ln z − ln y
Из равенств (2.19) и (2.22) следует
		∂z =			z	.
		∂z =				.
		∂x			x + z

(2.21)

(2.22)

(2.23)

Точно так же, дифференцируя равенство (2.20) по переменной y, получаем

0 =

∂z ln z −

∂z ln y −

(2.24)

∂y

Тогда

∂z =

или, с учетом равенства (2.19),

∂y

y (ln z − ln y)

∂z

(2.25)

∂y

y (x + z)

Чтобы найти

∂

2 z

, равенство

(2.21) продифференцируем по пере-

∂x2

менной x:

∂

∂z

∂

z ln y .

0 =

ln z +

−

∂x2

∂x

∂x2

∂2 z

∂z

Отсюда

= −

∂x

или, с учетом равенств (2.19) и (2.23),

∂x2

z (ln z − ln y)

∂2 z	= −	z2	.	(2.26)
∂x2		(x + z)3

Аналогично, дифференцируя равенство (2.21) по переменной y или равенство (2.24) по переменной x, получаем

∂z −

∂z ∂z

∂2 z

∂x

∂y

∂x ∂y

ln z − ln y

∂y ∂x

или

∂2 z

z2 x

(2.27)

∂x ∂y y (x + z)3

Точно так же из (2.24), (2.19) и (2.25) следует

∂2 z

= −

x2 z2

∂y2

y2 (x + z)3

Формулы (2.23), (2.25) – (2.28) дают ответ задачи.

Задача

Найти

второй

дифференциал в точке M0 (

функции z = z(x, y) , заданной неявно,

z(M0 ) = 1:

2x − 4y + z = sin(xyz).

Решение. Имеем

∂2 z

(dx)

+ 2

∂2 z

dx dy +

∂2 z

(dy)

∂x2

∂x ∂y

∂y2

(2.28)

π, π ) 2

(2.29)

(2.30)

Отсюда следует, что задача сводится к вычислению вторых част- ных производных в точке M0 функции z = z(x, y) , заданной неявно.

Из равенства (2.29) получаем

2 +

Полагая здесь x =

∂z = cos(xyz)

∂x

π, y = π , 2

y z + x	∂z .	(2.31)
	∂x

z = 1, получаем

∂z

= − 2.

(2.32)

∂x

Аналогично из равенства (2.29) следует

−4 +

∂z

(2.33)

= cos(xyz) x z + y

∂y

∂z

= 4.

(2.34)

∂y

Дифференцируя равенство (2.31) по переменной x, получаем

∂2 z

− sin (xyz)

∂z 2

∂z

+ x

∂2 z

= y

y z + x

+ cos(xyz)

∂x2

∂x

∂x2

Тогда

∂2 z

= −

π −

(2.35)

∂x2

Теперь, дифференцируя равенство (2.31) по переменной y, получаем

∂

∂z

= − sin (xyz) x z + y

y z + x

+ cos(xyz) z + x

∂x

∂x ∂y

∂y

∂x

+ cos(xyz)

∂z

+ x

∂2 z

∂y

∂x ∂y

∂2 z

(

π 2

)

= −

−

= (4π − 1).

(2.36)

∂x ∂y

Аналогично из равенства (2.33) (дифференцированием его по пе- ременной y), получаем

∂2 z			∂z 2		∂z	+ y	∂2 z
	= x	− x sin(xyz) z + y		+ cos(xyz) 2		+ y
∂y2			∂y		∂y		∂y2

		∂2 z	M0	= − π (2 π + 1)2 .	(2.37)
		∂2 z		= − π (2 π + 1)2 .	(2.37)
		∂y2
		∂y2
Подставляя (2.35) – (2.37) в формулу (2.30), получаем
d 2 z	M0	= − π (2 π − 1)2 dx2 + π (4π − 1) dx dy − π (2 π + 1)2 dy2 .
d 2 z
		4
		4
Это ответ.

Задача 8

а) Приняв y за новую независимую переменную, а x – за функцию от y, преобразовать уравнение

y′′ − y′ − ( y′)3 x3 = 0.

(2.38)

Решение. По теореме о производной обратной функции имеем

y′ =	1	.	(2.39)

x	x′

Далее, используя теорему о производной сложной функции, получаем

′

x′′

y′′

= ( y′ )′

y′

= −

x′′

= −

. (2.40)

(x′

x′

(x′

x x

x y

x′

y y

Из равенств (2.38) – (2.40) следует

x′′

+ (x′ )2

+ x3 = 0.

Ответ: x′′ + (x′)2 + x3 = 0 .

б) Введя новые переменные, преобразовать обыкновенное диффе- ренциальное уравнение

		y′′ =			3y			,	(2.41)
				(x − 1)2 (x − 2)2
	y				x − 1
u =			,	t = ln		,	u = u(t).		(2.42)
					x − 2
	x − 2

Решение. Из первого равенства (2.42) следует

y′ = u′ (x − 2)

+ u.

(2.43)

Далее из второго равенства (2.42) получаем

u′

= u′ t′ = u′

−

= −

ut′

(2.44)

t x

t x −

1 x − 2

(x − 1)(x − 2)

Равенство (2.43) дает нам

y′′ = u′′ (x − 2) + 2u′ .

(2.45)

u′′

= (u′)′

+ u′

Далее,

−

t x

− 1 x

(x − 1)2

(x − 2)2

− 2

=	u′′ + (2x − 3)u′
	tt		t	. Отсюда и из равенств (2.44), (2.45) следует
				. Отсюда и из равенств (2.44), (2.45) следует
	(x − 1)2 (x − 2)2
	y′′ =	u′′	+ (2x − 3)u′		−	2u′	=	u′′	− u′
		tt		t		t		tt	t	.	(2.46)
										.	(2.46)
	xx	(x	− 1)2 (x − 2)			(x − 1)(x − 2)		(x − 1)2 (x − 2)
		(x	− 1)2 (x − 2)			(x − 1)(x − 2)		(x − 1)2 (x − 2)
	Учитывая равенства (2.42) и (2.46), из уравнения (2.41) получаем
					u′′ − u′ = 3u.						(2.47)

Напомним, что в уравнении (2.47) дифференцирование произво- дится по переменной t.

Задача 9

а) Приняв u и v за новые независимые переменные, преобразовать следующее уравнение:

xy zxx − (x2 + y2 ) zxy + xy zyy					+ y zx + x zy = 0,		(2.48)
	u =	1	(x2 + y2 ),		v = xy.		(2.49)
	u =		(x2 + y2 ),		v = xy.		(2.49)
	2
Решение. Имеем
zx	= zuux + zvvx			= x zu		+ y zv ,	(2.50)
zy	= zuuy + zvvy			= y zu		+ x zv .	(2.51)
Отсюда

zxx = zu + x(zu )x + y(zv )x = zu + [x(zu )u + y(zu )v ] + y[x(zv )u + y(zv )v ] =

= x2 z	+ 2xy z	+ y2 z	vv	+ z ,	(2.52)
uu	uv		vv	u

zxy = x(zu )y + zv + y(zv )y = x[ y(zu )u + x(zu )v ] + zv + y[ y(zv )u + x(zv )v ] =

= xy zuu + (x2 + y2 )zuv + xy zvv + zv ,

(2.53)

zyy = zu + y(zu )y + x(zv )y = zu + y[ y(zu )u + x(zu )v ] + x[ y(zv )u + x(zv )v ] =

= y2 z	+ 2xy z	+ x2 z	vv	+ z .	(2.54)
uu	uv		vv	u

Подставляя (2.50) – (2.54) в уравнение (2.48) и проводя необходи- мые преобразования, получаем

[4x2 y2 − (x2 + y2 )2 ] zuv + 4xy zu = 0.

Отсюда и из равенств (2.49) следует

(v2 − u2 ) zuv + v zu = 0.

Ответ: (v2 − u2 ) zuv + v zu = 0.

б) Приняв u и v за новые независимые переменные, а w – за новую функцию от u и v, преобразовать к новым переменным уравнение

2zxx + 2zxy + zyy + 4zx + 4zy + z = 0,

(2.55)

u = 2y − x,

v = x,

z = we− x− y .

(2.56)

Решение. Из равенств (2.56) имеем

= (w − w)e− x− y ,

= (w

− w)e− x− y ,

(2.57)

= (w − 2w + w)e− x− y

= (w − w − w

+ w)e− x− y ,

zyy = (wyy

− 2wy

+ w)e− x− y .

(2.58)

Подставляя (2.57) и (2.58) в уравнение (2.55), после некоторых преобразований получаем

2wxx + 2wxy + wyy − 2wx − 2w = 0.

(2.59)

Далее, равенства (2.56) дают

wx = −wu + wv , wxx = wuu − 2wuv + wvv , wxy = −2wuu + 2wuv , wyy = 4wuu .

Отсюда и из уравнения (2.59) следует

wuu + wvv + wu − wv − w = 0.

Ответ: wuu + wvv + wu − wv − w = 0.

Задача 10

а)

Найти

угол

между

градиентами

скалярных

полей

u(x, y, z) =

−

и v =

в точке M

0 1,2,

6 z

x3 y2

x y

Решение. Имеем

∂u ,

∂u

grad u =

−

,−

∂x

∂y

∂z

y2 , 6 z2

∂v

∂ v

, ∂v

Отсюда

gradu

= (−3,−1,

6).

grad v =

∂x

∂ y

∂z

1 1

= −

,−

. Отсюда gradv

= −

,−

. Наконец,

x3 y3

x3 y2

x4 y2

4 6 4 6 4

(gradu

,grad v

M0 )

cosϕ =

= 1,

grad v

gradu

где ϕ

− искомый угол между градиентами скалярных полей u и v

в точке M0 .

Отсюда

ϕ = 0 ,

т.е. в точке

М0

градиенты заданных скалярных

полей сонаправлены.

Ответ: ϕ = 0.

б) Найти производную скалярного поля u(x, y, z) = z2 + 2 arctg(x − y)


в точке M0 (1,2,−1) по направлению вектора l (1,2,			−2).
Решение. Для решения этой задачи используем формулу
∂u	M0 = (gradu
∂l	M0 = (gradu	M0 ,l0 ),	(2.60)
∂l

где l0

− орт вектора l .

Имеем

∂u

, ∂u

gradu

∂x

∂y

∂z

(2.61)

−

,2z

= (1,−1,−2).

+ (x − y)2

Далее,

l0 =

(1,2,−2).

(2.62)

Подставляя (2.61) и (2.62) в формулу (2.60), получаем

∂ u

= 1.

∂l

Ответ:

∂ u

= 1.

∂l

Задача 11. Найти касательную плоскость и нормаль к поверхности

= 1 в точке M0 (2,0,0).

Решение. Так как координаты точки M0 удовлетворяют уравне-

нию заданной поверхности, то точка M0 действительно принадле- жит этой поверхности. Вектор

			2		2		2
N = grad F	M F(x, y, z) = x			+ y		+ z		− 1


	0	4		9		16
	0	4		9		16

является нормальным вектором касательной плоскости и одновре- менно направляющим вектором нормали к поверхности в точке M0 . Таким образом,

N = x	M , 2y		M , z		M		= (1,0,0).


2	0	9	0	8		0
2	0	9	0	8		0

Значит уравнение касательной плоскости x = 2 и канонические уравнения нормали

x − 2 = y = z . 1 0 0

Ответ: x = 2;	x − 2	=	y	=	z	.

1		0		0

Задача 12. Найти локальные экстремумы функции

u = 3x2 − 2x y + y − 8x + 8.

Решение. Используя необходимое условие существования экс- тремума ФНП, находим точки, «подозрительные» на экстремум. Их координаты являются решениями системы

∂u = 0,			∂u = 0,
∂x			∂y
т.е. в данном случае
6x − 2			y − 8	= 0,
	x			(2.63)

−		+ 1 = 0.
	y

Система (2.63) имеет единственное решение (2;4). Таким образом, по- лучена единственная точка M0 (2,4) , «подозрительная» на экстремум.

Теперь используем достаточное условие существования экстре- мума. Имеем

A =

∂ 2u

= 6,

B =

∂ 2u

= −

∂x2

M 0

∂ 2u

∂x ∂y

M 0

C =

M 0

∂y2

2 y y

Отсюда

= AC − B2 =

> 0.

Следовательно, точка

M0 (2,4) является точкой экстремума ис-

следуемой функции, причем так как A > 0,

M0 − точка минимума и

umin = u(2,4) = 0.

Ответ: umin = u(2,4) = 0.

Задача 13. Найти локальные экстремумы функции двух переменных, заданной неявно (z = z(x, y)) :

x2 + 2y2 + 3z2 + 4yz − 2x + 4y − 9 = 0.

(2.64)

Решение. Чтобы найти точки, «подозрительные» на экстремум, воспользуемся необходимым условием существования экстремума

ФНП (z′	= z′	= 0). Отметим, что в равенстве (2.64) x и y – незави-
x	y

симые переменные, а z = z(x, y).

Сначала равенство (2.64) продифференцируем по переменной x:

2x + 6z z′	+ 4y z′ − 2 = 0.	(2.65)
x	x
Отсюда, учитывая, что в «подозрительной» точке z′		= 0, получаем
	x
2x − 2 = 0, т.е x = 1.		(2.66)

Аналогично, дифференцируя равенство (2.64) по переменной y, имеем

4y + 6z z′	+ 4z + 4y z′	+ 4 = 0,	(2.67)
y	y
что, с учетом того, что z′	= 0 , дает
y
4y + 4z + 4 = 0.			(2.68)
Уравнения (2.64), (2.66) и (2.68) объединяем в систему
x = 1,
			(2.69)
y + z + 1 = 0,			(2.69)
			= 0.
x 2 + 2y2 + 3z2 + 4yz − 2x + 4y − 9			= 0.

Система (2.69) имеет два решения: M1 (1,−7,6) и M2 (1,1,−2) – это

точки, «подозрительные» на экстремум.

Для дальнейшего исследования используем достаточное условие существования экстремума.

Применяя правило дифференцирования неявно заданной функ- ции, из равенств (2.65) и (2.67) получаем

z′′

= −

z′′

= 0,

z′′

= −

3z + 2y

3z +

Здесь учтено, что z′	Mi	= z′	= 0; i = 1, 2. Отсюда
x	Mi	y	Mi

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 85 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]