Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Теория функций нескольких переменных. Дифференциальное и интегральное исчисление. Учебное пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.08.2026

Размер:

842 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 112 3 4 5 6 7 8 9 10 11 > Следующая >>>

F (x, y, z) = x2 − 2 y2 + 3z2 − yz + y ,

Fx '(x, y, z) = 2x , Fy '(x, y, z) = −4 y − z +1, Fz '(x, y, z) = 6z − y .

Теперь найдем частные производные неявной функции z как функции двух переменных х и у:

∂z = −	2x	и	∂z	= −	− 4 y − z + 1.

∂x	6z − y		∂y		6z − y

Тогда полный дифференциал функции z примет вид:

dz = −	2x	dx −	1− 4 y − z dy .
	6z − y
			6z − y

Вычислим частные производные в точке Р(-1,1,0):

Fx '(−1,1,0) = −2 , Fy '(−1,1,0) = −4 +1 = −3, Fz '(−1,1,0) = −1.

Запишем уравнение касательной плоскости в точке Р(-1,1,0)

– 2(x +1) – 3(y – 1) – z = 0.

Раскрывая скобки, получим плоскость вида:

2x + 3y + z – 1= 0.

Нормаль в точке Р(-1,1,0) примет вид:

x +1

y −1

или

x + 1

y −1

= z .

− 2

− 3

−1

Задачи для самостоятельного решения:


1)	Написать уравнение касательной плоскости к поверхности z = x2 + 2 y2
в точке Р(1,1,3).
2)	Написать уравнение нормали в точке Р(3,4,5) к поверхности конуса
z2 = x2 + y2 . В какой точке конуса нормаль неопределенна?
3)	Для поверхности z=xy написать уравнение касательной плоскости,
перпендикулярной прямой		x + 2	=	y + 2	=	z −1	.

	2		1			−1
4)	Показать, что поверхности x + 2y – ln z + 4 = 0 и x2- xy - 8x + z + 5 = 0

касаются друг друга (т.е. имеют общую касательную плоскость) в точке Р(2, -3, 1).

5) Доказать, что поверхности		x2 + y2 + z2 = ax и x2 + y2 + z2 = by
перпендикулярны друг к другу.
Ответы: 1) 2x + 4y – z = 3	; 2)		x − 3	=	y − 4	= −	z − 5	; в точке (0,0,0);
			3
				4		5

3) 2x + y – z = 2.

1.7. Производные и дифференциалы высших порядков

Частными производными второго порядка функции z = f(x, y) называются производные от ее частных производных первого порядка и обозначаются следующим образом:


¶2z	= zxx² = f xx²(x, y) ,	¶2z = z yy² = f yy²		(x, y) ,
¶x2		¶y2
¶2z	= zxy² = f xy²(x, y) ,	¶2z	= z yx² = f yx²(x, y).
¶x¶y	= zxy² = f xy²(x, y) ,		= z yx² = f yx²(x, y).
¶x¶y		¶y¶x

Последние две частные производные называются смешанными и для

дважды непрерывно дифференцируемой функции z = f(x,y) они совпадают, т.е. f xy²(x, y) = f yx²(x, y).

Дифференциалом второго порядка функции z = f(x,y) называется дифференциал от дифференциала первого порядка.

Дифференциал второго порядка является квадратичной формой вида

d 2z = ¶2z dx2	+ 2		¶2z	dxdy +	¶2z dy2	(7)
d 2z = ¶2z dx2	+ 2			dxdy +	¶2z dy2	(7)
¶x2			¶x¶у		¶y2
Пример 1.7.1. Найти частные производные первого и второго порядка
функции z = (1 + x2 )(1 - y2 ).
Решение: Предполагая		переменную у постоянной,				найдем частную

производную функции z по переменной х:

zx¢ = (1 + x2 )x¢(1 - y2 ) = 2x(1 - y2 ) .

Аналогично, рассматривая х как постоянную, будем иметь zy¢ = (1 + x2 )(1 - y2 ) y¢ = (1 + x2 )(-2 y).

Находим вторые частные производные:

zxх² = 2(1 - y2 ), zyx² = zxy² = 2x(1 - y2 ) y¢ = 2x(-2 y) = -4xy, zyy² = (1 + x2 )(-2) = -2(1 + x2 ).

Пример 1.7.2. Найти полные дифференциалы первого и второго порядка функции z = 2x2 - 3xy - y2 .

Решение: Найдем частные производные первого порядка zx '= 4x − 3y, zy '= −3x − 2 y.

Продифференцируем полученные выражения ещё раз

zxx² = 4, zyy² = -2, zxy² = z yx² = -3.

Тогда dz = (4x −	3y)dx + (−3x − 2 y)dy и дифференциал второго порядка
d 2z = 4dx2 − 6dxdy − 2dy	2 .

∂3z

∂x∂y2

Пример 1.7.3. Найти частные производные третьего порядка

∂3z

∂x

2∂y

функции z = sin(x2 + y2 ) .

Решение: Найдем частную производную по переменной х

zx '= cos(x2 + y2 )(x2 + y2 )x¢ = 2x cos(x2 + y2 ),

и вторую смешанную производную

zxy² = −2x sin(x2 + y2 )(x2 + y2 )y¢ = −4xy sin(x2 + y2 ).

Тогда третьи производные будут иметь вид:

∂

′′

∂(zxy )

= (−4xy sin(x2 + y2 ))x′ =

∂x2∂y

∂x

(−4xy)x′ sin(x2 + y2 ) + (−4xy)cos(x2 + y2 )(x2 + y2 )x′ =

− 4 y sin(x2 + y2 ) − 4xy cos(x2 + y2 )2x = −4 y sin(x2 + y2 ) − 8x2 y cos(x2 + y2 ) =

− 4 y(sin(x2 + y2 ) + 2x2 cos(x2 + y2 ));

∂

′′

∂(zxy )

= (−4xy sin(x2 + y2 )) y′ =

∂x∂y2

∂y

(−4xy) y′ sin(x2 + y2 ) + (−4xy)cos(x2 + y2 )(x2 + y2 )y′ =

− 4x sin(x2 + y2 ) − 4xy cos(x2 + y2 )2 y = −4x sin(x2 + y2 ) − 8xy2сos(x2 + y2 ) = − 4x(sin(x2 + y2 ) + 2 y2 cos(x2 + y2 )).

Задачи для самостоятельного решения:

Доказать, что для функции z = z(x, y)

выполняется тождество

z =

d 2 z =

( ydx + xdy)2 ;

x − y

(x − y)3

z = sin(

−

)

∂2 z

+ 2

∂2 z

−

z ;

∂x 2

∂x∂y

∂y

a b

z = ln(

− y

∂

z +

∂

−

∂

− ∂

−

)

∂x

∂y

∂x∂y

∂y

1.8. Экстремум функции двух переменных

Функция z = f(x, y) имеет максимум (минимум) в точке М0(х0, у0), если значение функции в этой точке больше (меньше), чем ее значение в любой другой точке в некоторой окрестности точки М0.

Максимум или минимум функции называется ее экстремумом, а точка М0 – точкой экстремума функции.

Необходимые условия экстремума:

Если дифференцируемая функция z = f(x, y) достигает экстремума в точке

М0(х0, у0), то ее частные производные первого порядка в этой точке равны нулю,

т.е. f x '(x0, y0 ) = 0 , f y '(x0, y0 ) = 0.

Точка, в которой частные производные равны 0, называется

стационарной.

Пусть М0(х0, у0) – стационарная точка функции z = f(x, y). Составим определитель

(M 0 ) =	f	xx	²(x		, y		)	f	xy	²(x , y			)

	f			0		0	)	f		²	0	0	)	.
		xy	²(x , y			0			yy		(x , y	0
				0							0

Достаточные условия экстремума:

		Если ∆>0,			то функция имеет в точке М0 экстремум, а именно: при
f	xx	²(x , y	0	) < 0 –	максимум и при f	xx	²(x , y	0	) > 0 – минимум.
		0					0

Если ∆<0, то в точке М0 экстремума нет.

Случай ∆=0 требует дальнейшего исследования. Возможно получение седловой точки (аналог точки перегиба для функции одной переменной).

Пример 1.8.1. Исследовать на экстремум функцию z=x2 + 3xy –y 2 –7x –4y +5.

Решение: Находим частные производные функции z zx ' = 2x + 3y - 7, z y ' = 3x - 2 y - 4

и решаем систему уравнений

z¢

= 0

2x + 3y - 7

= 0

2x + 3y = 7

x =

(7 - 3y)

z¢y

= 0

3x - 2 y - 4

= 0

3x - 2 y = 4

(7 - 3y) - 2 y = 4

x = 2

= 2

(7 - 3y)

x = 2

x = 2 (7 - 3)

- 9 y - 4 y = 8

13y = 13

y =

y = 1.

Итак, получена одна стационарная точка – М0(2,1).

Теперь найдем производные второго порядка от функции z

′′

= −2,

′′

zxx = 2,

zyy

zxy = 3.

Составляем и вычисляем определитель

z′′

= −4

− 9 = −13 < 0 .

z′′

− 2

Значит, в точке М0(2,1) экстремума не наблюдается.

Пример 1.8.2. Найти экстремум функции z = 8 +

+ y.

Решение: Находим частные производные функции z

z′x = −

, z′y

= −

+ 1 .

Составляем систему уравнений

′

= 0

−

= 0

− y

= 0

) y

8y = x

8y − y

z′y

= 0

= y2

x = y2

= y2

−

+1 =

Получаем два решения этой системы:

y = 0

y = 2 .

x = 0

x = 4

Первое решение М1(0,0) не рассматриваем, так как точка М1 не

принадлежит области определения функции z. Значит, имеем одну критическую точку М2(4,2).

Теперь вычисляем производные второго порядка

′′

= −

zxx

zyy

zxy

Найдем значения этих производных при х = 4 и у = 2:

′′	(4,2)	=	1	,	′′	(4,2)	= 1,	′′	(4,2)	= −	1	.


zxx			4		zyy			zxy			4

Вычисляем определитель

	z′′	(4,2)	z′′	(4,2)		1	−	1		1			1			3
	z′′		z′′			1	−	1
(M 2 ) =	xx		xy		=	4		4	=		−			=			> 0.
(M 2 ) =	z′′		z′′		=	4		4	=	4	−	16		=	16		> 0.
	z′′		z′′			1	1			4		16			16
	xy	(4,2)	yy	(4,2)		− 4	1
	xy	(4,2)	yy	(4,2)

Следовательно, в точке М2(4,2) есть экстремум. А так как

z¢¢

(4,2)

= 1

> 0

то точка М2(4,2) является точкой минимума. Причем, минимальное значение

функции равно zmin = z(M 2 ) = 6.

Задачи для самостоятельного решения:

Найти точки экстремума функций:

a + bx + cy

1) z = 4(x - y) - x2 - y2 ; 2) z = x3 y2 (12 - x - y), x > 0, y > 0; 3) z =

1+ x2 + y2

Ответы: 1) (2, -2); 2) (6, 4); 3)

1.9. Условный экстремум функции двух переменных. Метод множителей Лагранжа

Условный экстремум функции z = f(x, y) называется экстремум этой функции, достигаемый при дополнительном условии, что переменные х и у связаны соотношением φ(х,у)=0.

Уравнение φ(х,у)=0 называется уравнением связи.

Отыскание условного экстремума можно свести к исследованию на обычный экстремум так называемой функции Лагранжа:

F(x, y, λ) = f(x, y) + λ φ(х,у),

где λ – неопределенный постоянный множитель.

Необходимые условия экстремума функции Лагранжа:

F		¢(x, y,λ) = f	¢	(x, y) + λϕ	¢	(x, y) = 0
	x		x		x
		¢(x, y,λ) = f у¢(x, y) + λϕ у¢(x, y) = 0					(8)
Fу		¢(x, y,λ) = f у¢(x, y) + λϕ у¢(x, y) = 0					(8)
		F ¢	=	ϕ(x, y) = 0
		F ¢	=	ϕ(x, y) = 0
		λ

Пусть М0 (x0,y0,λ0) – решение системы уравнений (8) и

²(M

)

²(M

)

²(M

)

xλ

) =

)

yλ

) F

)

xλ

yλ

λλ

Тогда достаточные условия экстремума принимают вид:

если ∆>0, то точка М0 является точкой условного максимума; если ∆<0, то точка М0 является точкой условного минимума.

Пример 1.9. Найти экстремальные значения функции z = 4cos x cos y cos(x + y), если х и у связанны соотношением x + y = π ,0 ≤ x, y ≤ 2π .

Решение: Используя формулы сложения из тригонометрии, преобразуем функцию

z = 4cos x cos y cos(x + y) = 4 × 12 [cos(x + y) + cos(x - y)]cos(x + y) =

=2[cos2 (x + y) + cos(x - y)cos(x + y)] = 2[cos2 (x + y) + 12 (cos2x + cos2 y)] = = 2cos2 (x + y) + cos 2x + cos 2 y = 1+ cos2(x + y) + cos2x + cos2 y.

Итак, найдем условный экстремум функции

z= 1+ cos2x + cos2 y + cos2(x + y)

суравнением связи x + y = π при 0 ≤ x, y ≤ 2π .

Составим функцию Лагранжа

F (x, y,λ) = 1+ cos2x + cos2 y + cos2(x + y) + λ(x + y − π ) .

Находим частные производные по каждой переменной:

Fx′ = -2sin 2x - 2sin 2(x + y) + λ,

Fy ′ = -2sin 2 y - 2sin 2(x + y) + λ,

Fλ′ = x + y - π.

Приравниваем их нулю и решаем систему уравнений:

- 2sin 2x - 2sin 2(x + y) + λ = 0

- 2sin 2 - 2sin 2( + ) + λ = 0

y x y

	x + y - π = 0

Вычитаем из первого уравнения второе, чтобы исключить параметр λ:

	− 2sin 2x + 2sin 2 y = 0		.
		x + y = π	.
		x + y = π
	sin 2x = sin 2 y
Тогда		sin 2x = sin 2(π − x)
		y = π - x

sin 2x = sin(2π − 2x) sin 2x = −sin 2x sin 2x = 0 x = 0, y = π .

Итак, точка М0(0,π) является стационарной точкой.

Вычисляем частные производные второго порядка в точке М0:

F	² = -4cos2x - 4cos2(x + y), F			²(М	0	) = -4 cos0 - 4 cos 2π = -8,
xx			xx		0
F	² = -4cos2(x + y),		F	²(М	0	) = -4cos2π = -4,
xy			xy		0
F	² = -4cos2 y - 4cos2(x + y),		F	²(М	0	) = -4cos2π - 4cos2π = -8,
yy			yy		0
	F	² = 0, F	² = 1, F		² = 1.
	λλ	xλ		yλ

Составляем определитель и вычисляем по правилу треугольника:

Fxx

²(M 0 ) Fxy

²(M 0 ) Fxλ

²(M 0 )

- 8 - 4 1

) =

) F

²(M

) F

yλ

²(M

)

- 4 - 8 1

Fxλ

(M 0 ) Fyλ

²(M 0 ) Fλλ

²(M 0 )

= -4 - 4 + 8 + 8 = 8 > 0.

Значит, точка М0(0,π) является точкой условного максимума, и значение

функции в этой точке равно z(M 0 ) = 4 .

Задачи для самостоятельного решения:

Исследовать функции на условный экстремум:

z = x2 – y2

при x2 + y2 =4,

z = acos2x + bcos2y (a > 0, b > 0) при у – х = π4 ,

z = xm + ym (m >1)

при x + y =2 ( x ≥ 0, y ≥ 0 ).

Ответы: 1) zmin= - 4 в точках (0, 2) и (0, -2), zmax= 4 в точках (2,0) и (-2,0);

2) zmax=

a + b

+ b2

в точке ( -

arctg

;

arctg

) ;

3) zmin= 2

в точке (1, 1).

1.10. Скалярное поле и его характеристики

Скалярным полем называется соответствие, которое каждой точке М(x,y,z)

из некоторой

области

трехмерного

пространства

ставит

значение функции

u=u(x,y,z)

в этой точке.

Градиентом в точке М0 называется вектор, направленный по нормали к поверхности уровня, проходящей через точку М0, и его координаты определяются по формуле

grad u(M 0 ) = (	∂u	M	,	∂u	M	,	∂u	M	) .	(9)

	¶x		0	¶y		0	¶z		0

Градиент функции u=u(x,y,z) в точке М0 характеризует направление и величину максимального роста этого скалярного поля в данной точке.

Скорость изменения функции по данному направлению ℓ называется

производной от скалярного поля u=u(x,y,z) по направлению ℓ и определяется по формуле

∂u =	∂u cosα +	∂u cos β +	∂u cosγ ,
∂l	∂x	∂y	∂z

где cosα,cos β ,cosγ - направляющие косинусы вектора ℓ.

Производную от скалярного поля u=u(x,y,z) в точке М0 по направлению ℓ можно представить как скалярное произведение вектора градиента и единичного вектора направления ℓ:

∂u	M	=	grad u(M 0 ) × l		(10)
∂u			grad u(M 0 ) × l
∂l				l

		0

где «·» - скалярное произведение векторов, «| |» - модуль вектора.

		Если производная по направлению положительна ∂u				M > 0 , то в
		Если производная по направлению положительна ∂u				M > 0 , то в
				∂l		0
данном направлении ℓ функция u возрастает. Если производная отрицательна
∂u	M	< 0 , то в данном направлении ℓ функция u убывает. Если производная
∂u
∂l
∂l		0
равна нулю ∂u			M = 0, то такое направление ℓ будет касательным к поверхности
равна нулю ∂u
		∂l	0
уровня функции u, проходящей через точку М0, либо скалярное поле u =u(x,y,z)
постоянно.
		Пример 1.10. Найти		и построить поверхность уровня	и градиент в точке
М0(0,0,0) для функции				u = arcsin(x2 + y2 − 2 y − z) . Найти		производную по
направлению ℓ = (1,1,1).

Решение: Найдем поверхность уровня, проходящую через точку М0(0,0,0). Для этого

1)определяем уровень, в котором лежит эта точка, вычисляя значение функции: u(M 0 ) = arcsin 0 = 0.

2)записываем уравнение поверхности уровня в этой точке, согласно определению семейства поверхностей уровня (см. параграф 1.2) u(x, y, z) = u(M 0 ) :

arcsin(x 2 + y 2 − 2 y − z) = 0 , x 2 + y 2 − 2 y − z = 0 ,

x 2 + ( y −1)2 −1− z = 0 , x 2 + ( y −1)2 = z +1.

Это уравнение задает поверхность, которая называется эллиптическим параболоидом с вершиной в точке О'(0, 1, -1) (рис. 1.3).

Теперь найдем градиент скалярного поля u: 1) вычисляем частные производные функции

∂u = (arcsin(x2 + y

2 - 2 y - z))¢

¶x

- (x2 + y2 - 2 y - z)2

∂u = (arcsin(x2 + y

2 - 2 y - z))¢

2 y − 2

¶y

- (x2 + y2 - 2 y - z)2

∂u = (arcsin(x

2 + y2 - 2 y - z))¢

−1

¶z

1 - (x2 + y2 - 2 y - z)2

2) находим значения этих производных в точке М0(0,0,0)

∂u (M 0 ) = 0,

∂u (M 0 ) = -2 ,

∂u (M 0 ) = −1.

¶x

¶y

∂z

3) записываем градиент в этой точке

grad u(M 0 ) = (∂u M 0 , ∂u M 0 , ∂u M 0 ) = (0,-2,-1).

¶x ¶y ¶z

Теперь найдем производную по направлению:

1)находим модуль вектора ℓ: l = 1 +1+1 = 3 ;

2)записываем производную по направлению ℓ:

∂u

grad u(M 0 ) × l

×1+ (-2)

×1+ (-1) ×1)

= -

= - 3 ;

¶l

3) делаем вывод: в данном направлении ℓ скалярное поле u убывает. Строим поверхность уровня и градиент в точке М0(0,0,0) для скалярного

поля u = arcsin(x2 + y2 - 2 y - z) :

grad u(M0)	0
grad u(M0)
	y

Рис. 1.3.

<<< < Предыдущая 12 / 112 3 4 5 6 7 8 9 10 11 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]