Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пензенский Государственный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

умк_Вакульчик_Опред интеграл

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.05.2015

Размер:

3.63 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1920 / 2520 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Аналогично находим

d 3z = d (d 2 z ) =	∂3z dx3	+ 3	∂3z	dx2dy + 3	∂3z	dx dy2 +	∂3z dy3	;
					∂x ∂y2
	∂x3		∂x2∂y				∂y3

…и т.д.

∂n z

d n z =

∂xn

dxn + Cn1

dxn−1dy + Cn2

dxn−2 dy2

+ …+

∂xn−1∂y

∂xn−2 ∂y2

+C k

∂n z

dxn−k dy k + …+

∂n z dyn ,

n ∂xn−k ∂y k

∂yn

где

C k =

− число сочетаний из n по k.

k !(n

− k )!

Это выражение можно символически записать в виде равенства

d n z = ∂∂x

dx +	∂	n
		dy	z .
	∂y

Полученные результаты обобщаются на функции любого числа неза- висимых переменных. В частности, для функции u = f ( x, y, z ) ее n-ный дифференциал

d nu = ∂∂x

dx +	∂	dy +	∂	n
				dz	u .
			∂z
	∂y

8.10. Производная по направлению

Рассмотрим в области D функцию u = f ( x, y, z ) и точку M(x,y,z).

Проведем из точки М вектор S , направляющие косинусы которого cosα, cosβ, cosγ (рис. 8.10.1).

На векторе S на расстоянии	S от его начала рассмотрим точку
M1 ( x + x, y + y, z + z ). Та-	z

ким образом,				z	S
					M1
S =	x2 +	y2 + z	2 .	γ
				M	S
Будем	предполагать,		что	α	β
				x
функция u ( x, y, z )		непрерывна и		0	y

имеет непрерывные производ-	y
ные по своим аргументам в об-
ласти D.	x
	Рис. 8.10.1

191

Полное приращение функции представим в следующем виде

u =

∂u

x +

∂u

y + ∂u

z + 0(

S ) ,

(8.10.1)

∂x

∂y

∂z

где

lim

S )

= 0 .

S →0

Разделим все члены равенства (8.10.1) на

∂u

+ ∂u

y +

∂u

0( S )

(8.10.2)

∂x S

∂y S

∂z S

Из рис. 8.10.1 видно, что

= cos α ,

y = cosβ ,

= cos γ .

Следовательно, выражение (8.10.2) принимает вид

∂u cos α +

∂u cosβ +

∂u cos γ +

S )

(8.10.3)

∂x

∂y

∂z

Определение 8.10.1. Предел отношения

при

S → 0 назы-

вается производной от функции u = u ( x, y, z )

по направлению вектора S и

∂u

обозначается

, т. е.

∂S

lim

∂u

(8.10.4)

S →0

∂S

Переходя к пределу в равенстве (8.10.3), получим

∂u

= ∂u cos α + ∂u cosβ + ∂u cos γ .

(8.10.5)

∂S

∂x

∂y

∂z

∂u ∂u ∂u

Сами частные производные ∂x

, ∂y ,

∂z

–

частный случай произ-

водной по направлению. Так, например, при α = 0, β = π , γ = π получаем

							2	2
∂u	=	∂u cos 0 +	∂u cos π +		∂u cos π =		∂u .
	=	∂u cos 0 +	∂u cos π +		∂u cos π =		∂u .
∂S		∂x	∂y	2	∂z	2	∂x

192

Пример 8.10.1.

Дана функция u = x2 + y

2 + z 2 . Найти

∂u

в точке

¶S

М(1, 1, 1) в направлении вектора

= i + j + k .

Решение.

Находим направляющие косинусы вектора

cos a =

cosb =

S y

cos g =

12 +12 +12

Частные производные

∂u = 2x ,

∂u = 2 y ,

∂u = 2z

в точке М(1,1,1)

¶x

¶y

¶z

равны 2.

∂u

= 2 ×

+ 2 ×

= 2

Следовательно,

¶S

8.11.Градиент

Вкаждой точке области D, в которой задана функция u = f ( x, y, z ) ,

определим вектор, проекциями которого на оси координат являются зна-

∂u ∂u ∂u

чения частных производных ¶x , ¶y , ¶z этой функции в соответствую-

щей точке:

grad u = ∂u i + ∂u j + ∂u k .

¶x ¶y ¶z

Этот вектор называется градиентом функции u = f ( x,

что в области D определено векторное поле градиентов. Докажем теорему, устанавливающую связь между

производной по направлению.

(8.11.1)

y, z ) . Говорят,

градиентом и

ТЕОРЕМА 8.11.1. Пусть дано скалярное поле u = u ( x, y, z ) и в нем

определен градиент

		grad u =	∂u i +	∂u j +	∂u k .
			¶x	¶y	¶z
	∂u	по направлению некоторого вектора					равняется
Производная	∂u					S
Производная	¶S					S
	¶S

проекции вектора grad u на вектор S .

193

Доказательство.

Рассмотрим единичный вектор

0 ,

соответ-

ствующий вектору

0 = i cos a + j cosb + k cos g .

Вычислим скалярное произведение векторов grad u и

0 :

grad u ×

= ∂u cos a +

∂u cosb +

∂u cos g .

(8.11.2)

¶x

¶y

¶z

Выражение, стоящее в правой части этого равенства, есть производ-

ная от функции u ( x, y, z ) по направлению

grad u

вектора S , т. е.

grad u ×

0 =

∂u

¶S

∂u

Если обозначить угол между векторами

grad u и

j (рис. 8.11.1), то можем

∂S

через

Рис. 8.11.1

записать

∂u

grad u

cos j =

(8.11.3)

или

¶S

∂u

пр

grad u =

(8.11.4)

¶S

Теорема доказана.

Установим некоторые свойства градиента.

1. Производная в данной точке по направлению вектора S имеет наибольшее значение, если направление вектора S совпадает с направле-

нием градиента; это наибольшее значение производной равно grad u .

Доказательство следует из равенства (8.11.3): наибольшее значение							∂u
							¶S
							¶S
будет при j = 0 и в этом случае
	∂u	=	grad u			.
	∂u

	¶S
	¶S
2. Производная по направлению вектора, перпендикулярного к век-
тору grad u, равна нулю.
В этом случае j = π , cos ϕ = 0 ,				∂u	= 0 .
В этом случае j = π , cos ϕ = 0 ,					= 0 .
2				¶S

194

Пример 8.11.1. Дана функция u = x2 + y 2 + z 2 ;

а) определим grad u в точке М(1,1,1)

grad u = 2xi + 2 yj + 2zk .

Следовательно, grad u M = 2i + 2 j + 2k ,

						=				22 + 22 + 22 = 2
	grad u			M		=				22 + 22 + 22 = 2											3 ;
б) определим производную функции и в точке М(1,1,1) в направле-
нии градиента
cos α =	2							=		1				,	cosβ =				1	,		cos γ =	1	.
cos α =								=						,	cosβ =					,		cos γ =		.
22 + 22 + 22										3					3							3
		∂u	= 2		1				+ 2			1			+ 2		1	= 2
Следовательно,		∂u			1							1					1			3 ,		то есть
Следовательно,																				3 ,		то есть
		∂S			3					3					3
								∂u			=		grad u			.
								∂u

							∂S
							∂S

8.12. Геометрические приложения ФНП

Пусть σ − поверхность, определяемая дифференцируемой функцией z = f ( x, y ) .

Касательной плоскостью к поверхности σ в ее точке N0 называется плоскость, содержащая в себе все касательные к кривым, проведенным на

поверхности через точку N0 (рис. 8.12.1).
Поверхность	z = f ( x, y )	явля-	grad u ( N0 )
ется поверхностью уровня и = 0 функ-			grad u ( N0 )
ется поверхностью уровня и = 0 функ-
ции u = z − f ( x, y ) .	Можно доказать,
что вектор grad u ( N0 ) перпендикуля-			N0
рен к поверхности уровня и = 0, т. е.
он перпендикулярен к любой		каса-

тельной прямой, проведенной к по-	z = f (x, y)
тельной прямой, проведенной к по-
верхности σ в данной точке. Таким
образом, вектор grad u ( N0 ) перпен-	Рис. 8.12.1
образом, вектор grad u ( N0 ) перпен-
дикулярен к искомой плоскости.

Из аналитической геометрии известно, что уравнение плоскости, проходящей через точку N0 ( x0 , y0 , z0 ) n ( A, B,C ), имеет вид

A( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0 .

(8.12.1)

195

В нашем случае

		∂u ( N		)		∂u ( N		)		∂u ( N		)			∂f ( x , y		)		∂f ( x , y		)
	= grad u ( N0 ) =		0		,		0		,		0		=	−	0	0		;−	0	0		;1 ,
n
		∂x				∂y				∂z					∂x				∂y

а z0 = f ( x0 , y0 ) . Тогда по формуле (8.12.1) уравнение касательной плоско-


сти в точке N0 ( x0 , y0 , z0 )			имеет вид
−	∂f ( x0 , y0 )	( x − x0 ) −		∂f ( x0 , y0 )	( y − y0 ) + 1( z − z0 ) = 0
−		( x − x0 ) −			( y − y0 ) + 1( z − z0 ) = 0
	∂x			∂y
или	z − z0 = f x′ ( x0 , y0 )( x − x0 ) + f y′ ( x0 , y0 )( y − y0 ) .
						(8.12.2)

Нормалью к поверхности σ в точке N0 называется прямая, перпендику- лярная касательной плоскости и проходящая через точку N0. Направляющим

∂f ( x , y

)

∂f ( x

, y

)

вектором нормали является вектор

−

; −

;1 .

∂x

∂y

В таком случае канонические уравнения нормали имеют вид

x − x0

y − y0

z − z0

(8.12.3)

− f x′ ( x0 , y0 )

− f y′ ( x0 , y0 )

Известно, что поверхность σ, определяемая уравнением F ( x, y, z ) = 0 ,

является поверхностью нулевого уровня функции u = F ( x, y, z ). Тогда вектор

		∂F ,	∂F		∂F
n	= grad u ( N0 ) =	∂F ,	∂F	,	∂F	(8.12.4)
		∂x	∂y		∂z	N0
						N0

является вектором нормали к этой поверхности в точке N0, а уравнение ка-

сательной плоскости в точке N0 σ имеет вид

F′ ( N	0	)( x − x		0	) + F		′	( N	0	)( y − y				0	) + F′ ( N			0	)( z − z	0	) = 0 , (8.12.5)
x	0			0		y			0					0			z	0		0
Канонические уравнения нормали
				x − x0				=		y − y0				=		z − z0		.			(8.12.6)
			F′ ( N			0	)	=	F′		( N	0	)	=		F′ ( N )		.			(8.12.6)
					x	0				y		0				z	0
Пример 8.12.1.			Составить								уравнение						касательной плоскости и
нормали к поверхности				z = x 2 − 2 y 2							в точке N0(2,0,4).

196

Решение. z′ = 2x ,

z′

x=2

= 4 ;

z′ = −4 y ,

z¢

= 0 . Тогда

y =0

z - 4 = 4( x - 2) + 0( y - 0)

или 4x − z − 4 = 0 - уравнение касательной плос-

кости, а канонические уравнения нормали будут

x − 2

z − 4

-4

8.13. Экстремум ФНП

Определение 8.13.1.

Функция

z = f ( x, y )

имеет

максимум в

точке M 0 ( x0 , y0 ) , если выполняется условие

f ( x0 , y0 ) > f ( x, y )

для всех точек М(х,у), достаточно близких к точке M 0 ( x0 , y0 ) и отличных от нее; функция z = f ( x, y ) имеет минимум в точке M 0 ( x0 , y0 ) , если

		f ( x0 , y0 ) < f ( x, y )
для всех точек М(х,у), достаточно близких к точке M 0 ( x0 , y0 )						и отличных
от нее.
Пример 8.13.1.		Функция z = x2 + y 2 +1 имеет в точке				О(0,0) ми-
нимум. Действительно,		f(0,0) = 1, а при х ¹ 0,		у ¹ 0
			x2 + y2 +1 >1 " x, y .
Геометрическая картина, соответствующая данному случаю, изобра-
жена на рис. 8.13.1.
Положим x = x0 +		x , y = y0 + y , тогда
f ( x, y ) - f ( x0 , y0 ) = f ( x0 + Dx, y0 + Dy ) - f ( x0 , y0 ) = D f .
1) Если	Df < 0 при всех достаточно малых				z
приращениях независимых переменных, то
функция f (x,y) достигает максимума в точке
M 0 ( x0 , y0 ) ;
2) Если	Df > 0 при всех достаточно малых
приращениях	независимых		переменных,	то	1
функция f (x,y) достигает			минимума в точке		1
функция f (x,y) достигает			минимума в точке
M 0 ( x0 , y0 ) .					0	у
M 0 ( x0 , y0 ) .					0
Эти формулировки переносятся без изме-					x
нения на функции любого числа переменных.					Рис. 8.13.1

197

ТЕОРЕМА 8.13.1 (необходимые			условия экстремума).				Если
функция z = f ( x, y ) достигает экстремума при x = x0 ,				y = y0 ,		то каждая
частная производная первого порядка от z			или обращается в нуль при этих
значениях аргументов, или не существует.
Доказательство. Дадим переменной у определенное значение
y = y0 . Тогда функция f ( x, y0 ) будет функцией одной переменной							х. Так
как при x = x	0	она имеет экстремум, то, следовательно,		∂z		или равна

				∂x	x= x0

					y= y0

нулю, или не существует. Совершенно аналогично можно доказать, что

∂z

или равна нулю, или не существует.

∂y x= x0 y= y0

Эта теорема не является достаточной для исследования вопроса об экстремальных значениях функции, но позволяет находить эти значения, когда мы заранее уверены в существовании экстремума.

Так, в примере 8.13.1 геометрически очевидно, что функция z = x2 + y 2 + 1 имеет в точке О(0,0) минимум.

Определение 8.13.2. Точки, в которых частные производные либо равны нулю, либо не существуют, называются критическими точка-

ми функции z = f ( x, y ) .

Пример 8.13.2. Найти критические точки функции z = x2 + y2 .

Решение.

∂z =

∂z

∂x

2 x2 + y2

x2 + y2

∂y

x2 + y2

′

При х = 0, у = 0 zx и

z y не существуют,

т. е. О(0,0) − критическая точка. Геометриче-

ски уравнение

z =

x2 + y2

определяет кони-

ческую поверхность

(z > 0). Очевидно, что в

точке О(0,0) функция имеет минимум (рис.

8.13.2).

Если

функция

достигает

экстремума в

какой-либо точке, то в силу теоремы 8.13.1 это

Рис. 8.13.2

может случиться только в критической точке.

198

ТЕОРЕМА 8.13.2 (достаточные условия экстремума). Пусть в некоторой области, содержащей точку M 0 ( x0 , y0 ) , функция f (x, y) имеет непрерывные частные производные до третьего порядка включительно; пусть, кроме того, точка M 0 ( x0 , y0 ) является критической точкой функции f (x, y). Введем следующие обозначения:

A =

¶2 f

B =

¶2 f

C =

¶2 f

¶x

¶x¶y

¶y

M 0

Тогда при х = х0, у = у0

f (x, y)

имеет максимум, если

AC - B2 > 0

и А < 0

(C < 0);

f (x, y)

имеет минимум, если

AC - B2 > 0

и А > 0

(C > 0);

3) f (x, y) не имеет ни минимума, ни максимума, если

AC - B2 < 0 ;

4) если AC - B2 = 0 , то экстремум может быть и может не быть (в этом случае нужны дополнительные исследования).

Пример 8.13.3. Исследовать на экстремум функцию

			z = 3xy - x3 - y3 .
Решение. Найдем критические точки.								∂z = 3y - 3x2 ,		∂z	= 3x - 3y2 .
Решение. Найдем критические точки.								∂z = 3y - 3x2 ,			= 3x - 3y2 .
								¶x		¶y
	2	= 0,		2	= 0,
3y - 3x		= 0,	y - x		= 0,	x1	= 1, y1 = 1 и x2		= 0 , y2 = 0 .
	2 = 0			2 = 0		x1	= 1, y1 = 1 и x2		= 0 , y2 = 0 .
3x - 3y	2 = 0		x - y	2 = 0

Найдем производные второго порядка:

¶2 z	= -6x ,	¶2 z	= 3 ,	¶2 z	= -6 y .
¶x2		¶x¶y		¶y2

1) Исследуем характер первой точки

A =

¶2 f

= -6 ,

B =

¶2 f

= 3, C =

¶2 f

= -6 .

¶x

¶x¶y

¶y2

x =1

AC - B2 = 36 - 9 = 27 > 0 , А = -6 < 0.

Следовательно, в точке (1,1) данная функция имеет максимум zmax = 3 ×1×1 -13 -13 =1.

199

2) Во второй точке М2(0, 0) имеем

А = 0, В = 3, С = 0; AC − B2 = −9 < 0 .

Следовательно, во второй критической точке функция не имеет ни максимума, ни минимума.

8.14. Условный экстремум

Во многих задачах на разыскание наибольших и наименьших значе- ний функции вопрос сводится к разысканию максимумов и минимумов функции от нескольких переменных, которые не являются независимыми, а связаны друг с другом некоторыми дополнительными условиями.

Рассмотрим вопрос об условном экстремуме функции двух перемен- ных, если эти переменные связаны одним условием.

Пусть требуется найти экстремум функции

z = f ( x, y )	(8.14.1)
при условии, что х и у связаны уравнением
ϕ( x, y ) = 0 .	(8.14.2)

Если уравнение (8.14.2) разрешимо, например, относительно у, то, подставляя в (8.14.1) вместо у найденное выражение, получим функцию одной переменной х и сведем задачу к задаче об исследовании на экстре- мум функции одной независимой переменной.

	Пример 8.14.1. Найти экстремум функции z = x2 + y2																	при условии,
что х + у = 1.				Из дополнительного условия у = 1 − х. Тогда
	Решение.			Из дополнительного условия у = 1 − х. Тогда
	z = x2 + y 2 = x2 + (1 − x)2 = x2 + 1 − 2x + x2 = 2x2 − 2x + 1,
				то есть	z = 2x2 − 2x + 1,					z′x = 4x − 2 ,				x0 =		1	.
				то есть	z = 2x2 − 2x + 1,					z′x = 4x − 2 ,				x0 =			.
														2
	Это парабола с ветвями, направленными вверх, поэтому, очевидно,
		1				1		1		1	2	1	2	1
что	xmin =		,	ymin = 1	−		=		; zmin =		+		=		.
что	xmin =	2	,	ymin = 1	−	2	=	2	; zmin =		+		=	2	.
		2				2		2		2		2		2
	Упражнение.				Проиллюстрировать							геометрически						результаты
примера.

Можно решить поставленную задачу, не разрешая уравнение (8.14.2) относительно х или у. При тех значениях х, при которых функция z мо- жет иметь экстремум, производная z по х должна обращаться в нуль.

200

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1920 / 2520 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Высшая математика (РТФ)

#
18.05.20152.77 Mб51умк_Вакульчик_Неопределенный интеграл.pdf
#
18.05.20153.63 Mб42умк_Вакульчик_Опред интеграл.pdf
#
18.05.20154.76 Mб40умк_Вакульчик_Элементы векторной алгебры.pdf
#
18.05.20155.38 Mб46умк_Вакульчик_Элементы линейной алгебры.pdf
#
18.05.20151.33 Mб47умк_Мальцев_Осн дискретной матем.pdf
#
18.05.20153.75 Mб53умк_Пальчик_Теория вероятностей.pdf
#
18.05.20155.68 Mб35умк_Цывис_Диф.уравнения_Ряды.pdf