Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пензенский Государственный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

умк_Цывис_Функции_Интеграл. исчисл

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.05.2015

Размер:

4.7 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 3611 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

2) Найдем частные производные и полный дифференциал второго порядка

¶2 z

¶z

2x +

¶z

× y +

¶z

× 0

¶x2

¶u

¶x

¶u

¶x

¶y

¶x

¶u

¶2 z

¶z

¶2 z

2 z

= 2x

2x +

+ y

× 2x +

¶u

¶u¶u

¶u

Так как смешанные производные равны между собой, то

¶2 z = 4x

2 ¶2 z

+ 4xy

¶2 z

+ y2

¶2 z

+ 2

¶z

¶u2

¶x2

¶u¶u

¶u

Таким же образом находим

¶2 z

¶z

× 2 y +

× x

= 2 y

(2 y)

¶y2

¶y

¶u

¶y

¶z

¶2 z

¶z

¶2 z

(x) = 2 y

2 y +

+ 2

+ x

2 y +

¶u

¶y

¶u

¶u¶u

¶u

¶u¶u

= 4 y

¶2 z

+ 4xy

¶2 z

+ x2

¶2 z

+ 2

¶z

¶u¶u

¶u2

¶u

Смешанная производная имеет вид

+¶ ¶z + x ¶ ¶u

	+	¶z	× 0	=
x
x
		¶u
		¶u

¶2 z

¶z

× 2x

y = 2x

(2x) +

¶x¶y

¶u

¶y

¶x

¶y

¶u

¶y

¶z

¶2 z

¶z

¶2 z

( y) = 2x

× 2 y

× 0

+ y

× 2 y +

¶u

¶y

¶u

¶u¶u

¶u

¶u¶u

¶u

т.е.

¶2 z	= 4xy	¶2 z	+ (2x2 + 2 y2 )	¶2 z	+ xy	¶2 z	+	¶z	.
		¶u2		¶u¶u		¶u2
¶x¶y								¶u

Тогда полный дифференциал имеет вид

¶2 z =	¶2 z × dx2	+ 2	¶2 z	× dxdy +	¶2 z dy2	,

	¶x2		¶x¶y		¶y2

y¶ ¶z +

¶¶u y

+ ¶z ×

x1,

¶u

	¶2 z ¶2 z					¶2 z
где			,		и			определены выше.
	¶x	2		¶x¶y		¶y	2

101

Второй способ.

Находим непосредственно полные дифференциалы первого и второ- го порядков. Используя свойство инвариантности формы первого диффе- ренциала, получим

dz =

∂z

du +

∂z

d u =

∂z

× 2(xdx + ydy) +

∂z

( ydx + xdy)

¶u

¶z

z = d (dz) = d

2(xdx + ydy) +

( ydx + xdy) = 2(xdx + ydy)d

¶u

¶z

d (xdx + ydy) + ( ydx + xdy)d

¶z

d ( ydx + xdy) =

¶u

¶2 z

¶z

= 2(xdx + ydy)

× 2(xdx + ydy) +

( ydx + xdy) + 2

(dx

+ dy

) +

¶u2

¶u¶u

¶u

¶2 z

¶z

+( ydx + xdy) ×

× 2(xdx + ydy) +

( ydx + xdy)

2dxdy.

¶u¶u

¶u2

¶u

Группируя выражения, стоящие при dx2 , dxdy и dy2 , получим ¶2 z .

18.6. Дифференцируемость функции нескольких переменных

1. Установить, дифференцируема ли функция

u = x2 + y2 + z2 в

точке О(0,0,0).

Решение. Находим частные производные данной функции

∂u =

; ∂u =

;

∂u =

¶x

x2 + y2 + z2

¶y

x2 + y2 + z2

¶z

x2 + y2 + z2

Полученные формулы в точке О(0,0,0) не имеют смысла. Более того, частные производные функции u(x, y, z) в этой точке не существуют. Дей-

ствительно, u(x, y, z) = x2 = x , а

¶u = lim	Du = lim	u(0, Dx,0,0) - u(0,0,0)			Dx	1, Dx > 0

			=	lim		=

					Dx
¶x x→0	Dx x→0	Dx		x→0		-1, Dx < 0.
Значит, частная производная ∂u в точке О(0,0,0)						не существует.
		¶x

102

Таким же образом показываем, что частные производные ∂u							и ∂u
						¶y	¶z
в точке	О(0,0,0)		также не существуют. Это означает, что			функция
u(x, y, z)	не дифференцируема в точке О(0,0,0) (не существуют частные
производные		∂u ,	∂u ,	∂u в О(0,0,0).
		¶x	¶y	¶z

Отметим, что функция					u = x2 + y2 + z2 непрерывна	в	точке

О(0,0,0) ( lim u = 0) , но не дифференцируема в этой точке. Это показыва-

x→0 y→0 z →0

ет, что непрерывность является только необходимым условием дифферен- цируемости, а не достаточным.

+ y3

, x

+ y

¹ 0

2. Показать, что функция u =

+ y2

не дифференци-

x2 + y2 = 0

руема в точке О(0,0), хотя имеет в этой точке частные производные.

Решение. При

y = 0

имеем

x, x ¹ 0

т.е. u(x,0) = x и,

u(x,0) =

x =

следовательно, ∂u (0,0) =

du(x,0)

=1. Таким же образом

∂u(0,0) =1. Зна-

¶x

¶y

чит в точке О(0,0) u(x, y) имеет частные производные.

Покажем, что функция

u(x, y)

не дифференцируема в точке О(0,0).

Если функция

u(x, y)

в точке

О(0,0)

дифференцируема, то полное

приращение u(x, y)

в этой точке имеет вид

Du = Du(0.0) = u(0 + Dx, 0 + Dy)

Но с другой стороны

Du(0,0) =	∂u(0,0)		× Dx +		∂u(0,0)
					¶y
		¶x

где lim a( Dx2 + Dy2 ) = 0 .
x→0
y→0
Тогда имеем (т.к.		∂u =1 и		∂u =1)
		¶x		¶y

- u(0,0) = Dx3 + Dy3 .

Dx2 + Dy2

× Dy + a(Dx2 + Dy2 ) ,

103

Dx3 + Dy3	= Dx ×1 + Dy ×1 -	Dx × Dy2 + Dy × Dx	2
			.
Dx2 + Dy2		Dx2 + Dy2	.
Dx2 + Dy2		Dx2 + Dy2

Проверим, что справедливо равенство

lim

Dx × Dy2

+ Dy × Dx

= 0 .

(Dx

+ Dy

) Dx

+ Dy

y→0

x→0

Полагая

Dy = k × Dx (k ¹ 0)

Dx ® 0

Dy ® 0 , получим

lim

DxDy2

+ Dy × Dx2

= lim

Dx3 (k 2 + k )

3 + k

→0

x→0

→0

(Dx2

+ Dy2 )2

Dx3 (1 + k 2 )2

(1 + k 2 )2

В силу того, что при различных

величина

2 + k

принимает

(1 + k 2 )

различные значения, получим, что искомый предел не существует, а, сле-

довательно, искомая функция в точке

О(0,0)

не дифференцируема, хотя

частные производные в данной точке существуют.

(x2

+ y2 )sin

, x2

+ y2

¹ 0

x2 + y2

3. Доказать, что функция u =

x2 + y2

= 0

дифференцируема в точке О(0,0).

Решение. Для доказательства дифференцируемости функции

u(x, y)

покажем, что Du = u(Dx, Dy) - u(0,0) = (Dx2 + Dy2 ) ×sin

и его

x2 + Dy2

∂u(0,0)

∂u(0,0) Dy + a(

можно представить в виде Du =

× Dx +

Dx2 + Dy2 ) ,

¶x

¶y

где lim a( Dx2 + Dy2 ) = 0 .

x→0

y→0

Это равенство действительно имеет место, т.к.

∂u(0,0)

= 0;

∂u(0,0) = 0 и

¶x

¶y

(Dx2 + Dy2 ) ×sin

Dx2 + Dy

lim

lim ( Dx

+ Dy

) ×sin

= 0 ,

+ Dy

+ y

y→0

x→0

т.е. функция дифференцируема в точке О(0,0).

104

4. Для функции u(x, y) найти частные производные в точке О(0,0)

и установить дифференцируема ли u(x, y) в точке О(0,0), если:

а) u = x2 + y2 ;			б)

г) u = 4 x4 + y4 ;			д)
ж) u = 3		sin y ;	з)
	x
Ответы:

а) частные производные

u(x, y) не дифференцируема;


u = x4 + y4 ;				в)	u = 3 x3 + y3 ;

u = 3 x4 + y4 ;				е)	u = 3		;
						xy
u = 3		×tgx .
	y
∂u(0)		и	∂u(0)	не существуют, функция
¶x			¶y

б)

∂u(0)

∂u(0) = 0

и u(x, y)

дифференцируема в точке О(0,0);

¶x

¶y

в)

∂u(0)

∂u(0) =1, но u(x, y)

не дифференцируема в точке О(0,0);

¶x

¶y

г)

∂u(0) и

∂u(0)

не существуют, функция u(x, y) не дифферен-

¶x

¶y

цируема в точке О(0,0);

д)

∂u(0)

∂u(0) = 0 ; u(x, y)

дифференцируема в точке О(0,0);

¶x

¶y

е)

∂u(0)

∂u(0) = 0 , но u(x, y) не дифференцируема в точке О(0,0);

¶x

¶y

ж)

∂u(0)

∂u(0) = 0 , u(x, y)

дифференцируема в точке О(0,0);

¶x

¶y

з)

∂u(0)

∂u(0) = 0 , u(x, y)

дифференцируема в точке О(0,0).

¶x

¶y

18.7. Дифференциал функции нескольких переменных. Дифференцирование сложных и неявных функций

1. Найти полный дифференциал функции u = x2 + y2 + z2 + 2 по оп-

ределению.

Решение. Для решения данной задачи находим полное приращение функции в произвольной точке M (x, y, z) .

105

u = u(x + x, y + y, z + z) − u(x, y, z) =

=(x + Dx)2 + ( y + Dy)2 + (z + Dz)2 + 2 - (x2 + y2 + z2 + 2) =

=(x + Dx)2 - x2 + ( y + Dy)2 - y2 + (z + Dz)2 - z2 =

=(2x + Dx) × Dx + (2 y + Dy) × Dy + (2z + Dz) × Dz =

= 2x × Dx + 2 y × Dy + 2z × Dz + (Dx2 + Dy2 + Dz2 ).

Тогда

главная

линейная

часть

полного

приращения

2x × Dx + 2 y × Dy + 2z × Dz

будет определять полный дифференциал, т.е.

du = 2xdx + 2 ydy + 2zdz .

2. Найти полный дифференциал функции

u = x y2 z .

Решение. Полный дифференциал функции трех переменных опреде-

ляем по формуле

du = ∂u dx +

∂u dy + ∂u dz .

¶x

¶y

¶z

Так как

∂u = y

2 z × x y2 z −1; ∂u = x y2 z × ln x × 2 yz ;

∂u = x y2 zx × ln x × y2 ,

¶x

¶y

¶z

тогда искомый дифференциал равен

du = y

× z

2 z −1

2 z

ln xdy

+ y

2 z

ln xdz .

dx + 2 yzx

3. Найти дифференциал второго порядка функции z = ex− y2 . Решение. Находим частные производные первого порядка

∂z = ex− y2 ;

∂z

= -2 yex− y2 .

¶x

¶y

Находим частные производные второго порядка

¶2 z

= ex− y2 ,

¶2 z

= -2 yex− y2 ,

¶2 z = -2ex− y2

(1 - 2 y2 ) ,

¶x2

¶y¶x

¶x¶y

¶y2

тогда

d 2 z = ex− y2 dx2 - 4 yex− y2 dxdy + 2ex− y2

(2 y2 -1)dy2 .

4. Доказать, что

¶2u

, если u = (x2 + y2 )2 .

¶x¶y

¶y¶x

Решение. Находим частные первого порядка

∂u = 4x3 + 4xy2 ;

∂u = 4x2 y + 4 y3 .

¶x

¶y

106

Находим частные производные второго порядка (смешанные):

¶2 z	=	¶	(4x3 + 4xy2 ) = 8xy	¶2 z	=	¶	(4x2 y + 4 y3 ) = 8xy .

¶x¶y		¶y		¶y¶x		¶x

Что и требовалось доказать.

5. Найти частные производные и полный дифференциал функции

z = x2 - y2 , где

x = u cos v,

y = u sin v .

Решение. Имеем

∂z

∂z ×

∂x

∂z

∂y

= 2x cos v - 2 y sin v = 2u cos2 v - 2u sin2 v = 2u cos 2v

¶u

¶y

¶x

¶u

¶y

∂z =

∂z ×

∂x +

∂z

× ∂y = -2xu sin v - 2 yu cos v = -2u2 sin 2v ,

¶v

¶x

¶v

¶y

¶v

тогда полный дифференциал имеет вид

dz =

∂z

du + ∂z dv = 2u cos 2vdu - 2u2 sin 2vdv .

¶u

¶v

6. Найти частные производные и полный дифференциал функции

z = f (x2 y, x y ) .

Решение. Данную

функцию представим в виде z = f (u,v) ,

где

u = x2 y , v = x y . Тогда функция

z = f (u,v)

двух переменных u и v, а u и

v – функции x

и y.

Тогда

∂z =

∂z

∂u +

∂z ×

∂v =

∂z

× 2xy + ∂z y × x y −1

¶x

¶u

¶x

¶v

¶x

¶u

¶v

∂z

× ∂u + ∂z ×

∂v =

∂z

x2 +

∂z x y ln x .

¶u

¶y

¶u

¶y

¶v

¶y

¶v

Полный дифференциал функции имеет вид

∂z

( yx y −1dx + x y ln xdy) .

dz =

¶x dx +

dy =

(2xydx + x2dy) + ¶v

¶y

¶u

7. Найти

′

′′

x × e

y × e

= 2 .

y (0)

y (0) , если

Решение. Дифференцируем данное равенство два раза по x,

рас-

сматривая его как тождество относительно x (y – функция от x) получим:

		e y + xe y × y¢ + y¢ex + y × ex = 0 ,					(1)
e y × y¢ + e y × y¢ + xe y × y¢ × y¢ + xe y × y¢¢ + y¢¢ex + y¢ex + y¢ex + y × ex = 0 . (2)
Из (1) и (2) получим
y¢ = -	e y	+ yex		y¢¢ =	2e y × y¢ + 2ex y + xe y	× ( y¢)2	+ yex
			;					.
	xe y + ex		;		xe y + ex			.
	xe y + ex				xe y + ex

107

Подставляя	y′ в	y′′ ,	получим	y′′ через x			и y.
Для нахождения			′	′′	поступим следующим образом:
Для нахождения			y (0) и	y (0)	поступим следующим образом:
Подставим в данное уравнение				x = 0	и найдем			y(0) :
			0 × e y + y(0) × e0 = 2 , y(0) = 2 .
Подставляя	x = 0		′				′
Подставляя	x = 0	и y(0) в y (x) , находим					y (0)
			y¢(0) = -	e2 + 2e0		= -e2 - 2 .
			y¢(0) = -			= -e2 - 2 .
				0 × e2 + e0
Подставляя	x = 0 ,	y(0) = 2 и y¢(0) = -e2 - 2					в	y′′(x) , находим y′′(0)
		- 2e2 (-e2 - 2) + 2(-e2 - 2) + 2
y¢¢(0) =								= 2e4 + 6e2 + 4 .
y¢¢(0) =			0 × e2 + e0					= 2e4 + 6e2 + 4 .
			0 × e2 + e0

8. Найти частные производные и полные дифференциалы первого и второго порядка неявных функций z(x, y) , определяемых уравнениями:

1) x2 + y2 + z2 = 2x;

2) z3 - 3xyz = a3 ;

= ln

;

4) 5(x2 + y2 + z2 ) - 2(xy + yz + xz) = 72 .

Ответ:

dz =

dx +

dy ;

d 2 z =

(1 - z + x2 )

dx2 +

2xy

dxdy +

1 - z + y2

dy2 ;

- z

(1 - z)2

dz =

dx +

dy;

z2 - xy

d 2 z =

-2xy3

dx2 +

2z(z4 - 2xyz2 - x2 y2 )

dxdy -

2x3 yz

dy2

;

(z2 - xy)3

dz =

yzdx + z2dy

;

d 2 z = -

z2 ( ydx - xdy)

;

y2 (x + z)3

y(x + z)

dz = -

(5x − y − z)dx + (5 y − x − z)dy

5z - x - y

9. Найти полные дифференциалы первого и второго порядка неявной

функции

z(x, y) , заданной уравнением

=1.

108

Решение. Находим полный дифференциал первого порядка

xdx +	y	dy +		z		dz = 0 , откуда
				4
3
dz = −			4x		dx −		4 y	dy .

			z				3z
Находим снова полный дифференциал от левой и правой частей по-

следнего равенства, учитывая, что dx и dy – постоянные, а dz – полный дифференциал функции z

d 2 z = (−4)

zdx − xdz

dx −

xdy − ydz

dy = −4 dx2 +

dxdz +

dy2 −

dydz .

3z2

Чтобы получить выражение d 2 z

через x, y, z, dx и

dy достаточно в

последнее равенство подставить dz , полученное выше.

10. Найти полный дифференциал неявной функции

z(x, y) , заданной

уравнением z3 + 3x2 y + xz + y2 z2 + y − 2x = 0 .

Решение. Рассматривая это уравнение как тождество, берем полный дифференциал от левой и правой частей. Получим

3z2dz + 6xydx + 3x2dy + zdx + 2 yz2dy + 2 y2 zdx − 2dx + dy = 0

или

(6xy + z − 2)dx + (3x2 + 2 yz2 + 1)dy + (3z2 + x + 2 y2 z)dz = 0 .

Решая полученное уравнение относительно dz, получим

dz =	2 − 6xy − z	dx −	3x2	+ 2 yz2 + 1
					dy
	2z2 + x + 2 y2 z		3x2		dy
	2z2 + x + 2 y2 z		3x2	+ x + 2 y2 z
						∂z		∂z
Отметим, что выражения при dx и dy – это частные производные						∂x	и		.
						∂x	и	∂y	.

18.8. Приложения дифференциального исчисления функций нескольких переменных

Касательная плоскость и нормаль к поверхности

Пример 1. Написать уравнение касательной плоскости и нормали к

поверхности z = x2 − y2	в точке M	0	(2,1,3) . Найти направляющие косину-
		0
сы нормали.
Решение. Методом сечения устанавливаем, что данная поверхность –
гиперболический параболоид. Так как
′	′		′	= −2 y;	z(2;1) = −2
zx = 2x;	z (2;1) = 4;		zy	= −2 y;	z(2;1) = −2

109

Тогда уравнение касательной плоскости и нормали (прямая) соответ- ственно имеют вид:

4(x − 2) − 2( y −1) − (z − 3) = 0 – уравнение касательной плоскости;

x − 2

y −1

z − 3

–

уравнение нормали.

−2

−1

Направляющие косинусы нормали равны

cos α =

;

cosβ =

−2

;

cos γ =

−1

12 + 42 + 22

Пример 2. К поверхности x2 + y2 + z2 = 24

провести касательную

плоскость, параллельную заданной x − 4 y + z = 0 .

Решение. Пусть точка касания M 0 (x0 , y0 , z0 ) . По условию задачи

данная точка

не

задана,

поэтому ее

нужно

найти.

Так как

F (x, y, z) = x

+ z

− 24 ,

′

2 y

тогда

Fx = 2x;

Fy = 4 y;

Fz = 2z ,

а искомая

касательная плоскость (в точке

M0 ) –

определяется уравнением

2x0 (x − x0 ) + 4 y0 ( y − y0 ) + 2z0 (z − z0 ) = 0

или

x0 (x − x0 ) + 2 y0 ( y − y0 ) + z0 (z − z0 ) = 0 .

Из условия параллельности плоскостей получим

= k

или

= k; y = −2k;

= k .

1 −4

Подставляя значения

x0 , y0

в уравнение поверхности (точка

M 0 (x0 , y0 , z0 ) лежит на данной поверхности) находим значение k:

k 2 + 4k 2 + k 2 = 24

или

k 2 = 4 , т.е.

k = ±2 .

Так как k = ±2 (два значения), то имеем две касательные плоскости.

Если k = 2 , тогда 2(x − 2) + 4( y + 4) + 2(z − 2) = 0

или

x + 2 y + z + 4 = 0 –

уравнение касательной плоскости.

Если k = −2 имеем вторую касательную плоскость:

−2(x + 2) − 4( y − 4) − 2(z + 2) = 0 или x + 2 y + z − 4 = 0 .

Пример 3. На поверхности (x + z)2 + ( y − z)2 = 18 найти геометриче-

ское место точек, в которых нормаль параллельна плоскости xOy.

Решение. Так как F (x, y, z) = (x + z)2 + ( y − z)2 −18, то m = Fx′ = 2(x + z);

′		′	= 2(x + z − ( y − z))	будут угловыми коэффициента-
n = Fy	= 2( y − z); p = Fz
ми нормали к данной		поверхности в точке M (x, y, z) . Уравнение плоско-

110

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 3611 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Высшая математика (РТФ)

#
18.05.20154.76 Mб33умк_Вакульчик_Элементы векторной алгебры.pdf
#
18.05.20155.38 Mб38умк_Вакульчик_Элементы линейной алгебры.pdf
#
18.05.20151.33 Mб40умк_Мальцев_Осн дискретной матем.pdf
#
18.05.20153.75 Mб39умк_Пальчик_Теория вероятностей.pdf
#
18.05.20155.68 Mб32умк_Цывис_Диф.уравнения_Ряды.pdf
#
18.05.20154.7 Mб39умк_Цывис_Функции_Интеграл. исчисл..pdf
#
18.05.20153.54 Mб76умк_Яско_ Диф.уравнения_Ряды.pdf