Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Херсонский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Рудницький В.Б._ Вища матем в правах и задачах

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

07.02.2016

Размер:

703.72 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 138 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

Частинною похiдною функцiї кiлькох змiнних по однiй iз них називається границя вiдношення вiдповiдного частинного приросту розглядуваної незалежної змiнної при прямуваннi останнього до нуля (звичайно, якщо така границя iснує).

Частиннi похiднi для функцiї z = f(x, y) позначаються так:

∂z

= zx0 =

lim

f(x +

x, y) − f(x, y)

∂x

x→0

∂z

= zy0 =

lim

f(x, y +

y) − f(x, y)

∂y

y→0

для функцiї z = f(x1, x2, . . . , xn)

∂z

lim

f(x1 +

x1, x2, . . . , xn) − f(x1, x2, . . . , xn)

∂x1

x1→0

∂z

lim

f(x1, x2 +

x2, . . . , xn) − f(x1, x2, . . . , xn)

∂x2

x2→0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

∂z

lim

f(x1, x2, . . . , xn +

xn) − f(x1, x2, . . . , xn)

∂xn

xn→0

При обчисленi частинних похiдних по конкретнiй змiннi слiд вважати всi iншi незалежнi змiннi константами.

Приклад 4. Знайти частиннi похiднi функцiй:

а) z = x · ln(x2 − y2); б) z = xy + y2 . xy

Розв’язання. а) Щоб знайти частинну похiдну по x, вважаємо, що

y = const. Таким чином, одержимо

∂z

= (x)0

· ln(x2 − y2) + x

· (ln(x2 − y2))0

∂x

= ln(x2 − y2) + x ·

· (−2x).

x2 − y2

Аналогiчно диференцiюємо по y, вважаючи, що x = const

∂z

= [x ln(x2

−

y2)]0 = x[ln(x2

−

y2)]0

( 2y).

∂y

x2 − y2

−

б) Аналогiчно знаходимо ∂x∂z (y = const); ∂y∂z (x = const)

∂z

(xy + y2)0

(xy + y2)

(xy)0

(xy + y2)yxy−1

x ·

−

(xy)2

x2y

∂x

∂z

(xy + y2)0

−

(xy + y2)(xy)0

(x + 2y)x

− (xy + y

ln x

∂y

(xy)2

x2y

Диференцiал функцiї z=f(x, y) визначається так:

dz =

∂z

x +

∂z

(6)

∂x

∂y

а для функцiї z = f(x1, x2, . . . , xn) –

dz =

∂z

x2 + · · ·

∂z

xn.

(7)

∂x1

∂x2

∂xn

Якщо у функцiї z = f(x, y) незалежнi змiннi x = x(t), y = y(t) є функцiями змiнної t, то ми маємо складну функцiю z = f(x(t), y(t)) i похiдна по t обчислюється за формулою:

∂z

∂x

∂z

∂y

(8)

∂x

∂t

∂y

∂t

Якщо незалежнi змiннi x, y залежать вiд двох змiнних x = x(α, β),

y = y(α, β), то

∂z

∂x

∂z

∂y

;

∂z

∂z ∂x

∂z

∂y

(9)

∂α

∂y ∂α

∂β

∂x ∂β

∂x ∂α

∂y ∂β

Часто функцiю задають у неявному виглядi F (x, y) = 0, тодi

= −

∂F

(10)

∂x

∂y

Повний прирiст функцiї u

f(x, y) можна наближено замiнити її

повним диференцiалом u ≈ du, тодi одержимо формули для наближе-

ного обчислення функцiї в точцi P (x + x, y +		y, z +		z):
f(x + x, y + y, z + z) ≈ f(x, y, z) +	∂f	x +	∂f	y +	∂f	z. (11)

	∂x		∂y		∂z

Приклад 5. Обчислити наближено arctg( xy − 1) в точцi x = 1, 97, y = 1, 02.

Розв’язання. Розглянемо функцiю f(x, y) = arctg( xy − 1). Застосовуючи формулу (11) до цiєї функцiї, отримаємо

x +

arctg

− 1 ≈ arctg

− 1 +

− 1 x

x +

− 1 y

y +

або

y +

− 1 ≈ arctg

y − 1

+ y2 + (x − y)2 − y2 +x(x − y)2 .

arctg

x +

y x

Покладемо x = 2, y = 1, тодi

x = −0, 03, y = 0, 02 i знайдемо, що

1 + 0, 02 −

≈

− 2 ·

−

≈

arctg

2 − 0, 03

arctg 1

0, 03

0, 02

0, 75.

Якщо ` – деякий промiнь (напрямок) в околi точки (x, y) заданий напрямними косинусами (cos α, sin α), де α – кут, утворений променем ` i додатним напрямом осi Ox, то похiдна в напрямку ` обчислюється за формулою

∂z	=	∂z	cos α +	∂z	sin α. (12)
∂`
		∂x		∂y

Якщо число змiнних бiльше, нiж двi, а напрямок задається напрямними косинусами (cos α1, cos α2, . . . , cos αn), то

∂z			∂z		∂z		∂z
	=			cos α1 +		cos α2 + · · ·		cos αn.	(13)
∂`		∂x1			∂x2		∂xn

Величина, що характеризує напрямок зростання максимальної швидкостi змiни функцiї в точцi називається градiєнтом функцiї. Градiєнт функцiї – це вектор, який має координати


grad z =	∂z	,	∂z	, . . . ,	∂z	.	(14)
	∂x1		∂x2		∂xn

У випадку функцiї z = f(x, y)

∂z~ ∂z~ grad z = ∂xi + ∂y j,

~ ~

де i, j – одиничнi орти декартової системи координат.

Приклад 6. Обчислити похiдну

∂z

, якщо z = ex2−y2 , x = sin t, y = t2.

∂t

Розв’язання. Застосовуючи формулу (8), знайдемо

∂z

= ex −y

−y

= ex

−y (2x) cos t+

∂t

+ex2−y2

(−2y) · 2t = esin2 t−t2

(sin 2t − 4t3).

Приклад 7. Обчислити похiдну вiд функцiї

= 1

Розв’язання. За формулою (10), знайдемо F 0

;

F 0

, коли

y 6= 0,

F 0

2x b2

y0 =

−F 0

− a22y

±a

√a2

−

Приклад 8. Обчислити в точцi A(1; 1) похiдну функцiї

z = 3x2 − 3y2 − 10 за напрямком, якщо промiнь проходить через поча-

ток координат.

Визначити напрямнi косинуси цього променя i знайти

grad z(x) у цiй же точцi.

Розв’язання. Спочатку знаходимо напрямнi косинуси.

√

AO = (

2; −1) cos α =

= −

1 + 1

−

3π

+ y1

3π

α = ±

+ 2kπ,

sin α = −√

;

α = −

∂z

Обчислимо частиннi похiднi першого порядку

= 6x,

−6y. Тодi

∂x

∂y

згiдно формули (12)

∂` = 6x − 2

! − 6y − 2

! = 3√2(x + y);

∂` (1,1)= 6√2.

√2

∂z

grad z(x)|(1,1)

grad z(x, y) = 6xi −

6yj,

= 6i

− 6j,

p√

\| grad z(x)\| =	62 + (−6)2 = 6 2.
Можна обчислювати похiднi	вiд похiдних першого порядку. Такi

похiднi називаються похiдними другого порядку i для функцiї z = f(x, y)

	∂2z		∂2z		∂2z					= z00 .
їх буде три:		,		,		або z00	, z00	, z00	, причому z00

	∂x2		∂x∂y		∂y2	xx	xy	yy	xy	yx

Функцiї кiлькох змiнних можна дослiджувати на екстремум за допомогою частинних похiдних. Розглянемо детально порядок дослiдження функцiї вiд двох змiнних z = f(x, y). Функцiя f(x, y) має максимум у

точцi (x0, y0), якщо виконується умова
f(x0 +	x, y0 + y) ≤ f(x0, y0) для всiх x, y,
таких, що x2 +	y2 < ε i мiнiмум, якщо
f(x0 + x, y0 + y) ≥ f(x0, y0),		x2 + y2 < ε

i за аналогiєю функцiї однiєї змiнної в точках екстремуму повинна виконуватись умова

∂z

grad z(x, y) = 0

∂x

= 0,

∂y

= 0 .

(15)

Умови (15) є необхiдними умовами екстремуму.

Позначимо через

∂2z

= A,

∂2z

= B,

∂

= C. Тодi достатнi умови

∂x2

∂x∂y

∂y2

iснування екстремуму функцiї двох змiнних можна сформулювати так. Якщо z = f(x, y) визначена в деякому околi критичної точки (x0, y0),

в якiй fx0 (x0, y0) = 0, fy0 (x0, y0) = 0 i
= AC − B2 > 0,	(16)

то в точцi (x0, y0) функцiя z=f(x, y) має екстремум, причому, якщо A<0

– максимум, якщо A>0 – мiнiмум. У випадку, якщо = 0 – питання про наявнiсть екстремуму функцiї залишається вiдкритим.

Схема дослiдження функцiї двох змiнних на екстремум має такий вигляд:

1.Знайти частиннi похiднi ∂x∂z , ∂y∂z .

2.Розв’язати систему рiвнянь ∂x∂z = 0, ∂y∂z = 0 i знайти критичнi

точки.

3.Знайти частиннi похiднi другого порядку, обчислити їх значення в кожнiй критичнiй точцi i за допомогою достаних умов зробити висновок чи є екстремум.

4.Знайти екстремальнi точки.

При знаходженнi найбiльшого (найменшого) значення функцiї декiлькох змiнних слiд мати на увазi, що вони досягаються або в точках екстремума, або на границi множини, де задана функцiя.

Iнодi потрiбно знаходити екстремальнi значення функцiї z = f(x, y), якщо на незалежнi змiннi x, y накладенi додатковi умови, заданi у виглядi системи рiвнянь

F1(x1, x2, . . . , xn) = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (17)Fm(x1, x2, . . . , xn) = 0

Для знаходження точок екстремуму складаємо функцiю Лагранжа

m
Xi	, x2, . . . , xn),
L(x, λ) = z(x, y) + λiFi(x1	, x2, . . . , xn),
=1

де λ = (λ1, λ2, . . . , λm). Звiдси одержуємо n+m рiвнянь для знаходження точок екстремуму

∂L		∂z		m	∂Fi
∂L	=	∂z	+	λi	∂Fi	= 0
	=		+	λi		= 0
∂x1		∂x1		Xi	∂x1
				=1
∂L		∂z		m	∂Fi
∂L	=	∂z	+	λi	∂Fi	= 0	(17)
	=		+	λi		= 0	(17)
∂x2		∂x2		Xi	∂x2
				=1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

∂L		∂z		m	∂Fi
	=		+	λi		= 0

∂xn ∂xn				Xi	∂xn
				=1

∂L

∂λi = Fi(x1, x2, . . . , xm) = 0 (i = 1, m).

Числа λi називаються множниками Лагранжа.

Метод найменших квадратiв

На практицi часто приходиться "зглажувати" експериментальну залежнiсть мiж незалежними змiнними x i y, що задають певний процес. Це можна зробити за допомогою методу найменших квадратiв. Для

цього спочатку вибирають вид залежностi y = f(x) i визначають невiдомi параметри, якi входять в цю функцiю.

Якщо x1, x2, . . . , xn i y1, y2, . . . , yn результати дослiджень або спостережень, то метод найменших квадратiв дозволяє в якостi невiдомих параметрiв функцiї f(x) вибрати такi значення, щоб сума квадратiв вiдхилень теоретичних значень f(xi), знайдених за емпiричною залежнiстю y = f(x) вiд вiдповiдних дослiдних значень yi була мiнiмальною, тобто знаходять мiнiмум функцiї S

S = (f(xi) − yi)2.

i=1

Так, якщо y = f(x) є лiнiйна функцiя (y = ax + b), то невiдомi параметри a i b знаходять iз системи

xi2!a +	xi	!b = xiyi
n	n	n
X	X	Xi
i=1	i=1	=1

n ! n

xi a + nb =	yi.
i=1	i=1

Аудиторнi завдання

1. Знайти рiвняння i побудувати лiнiї рiвня

а) z = 5 − 2x − 3 ; б) z = x2(1 + y) . y x 1 − y

2. Знайти частиннi похiднi функцiй

а) z = (1 − x3)2(1 − y2)3 − 2xy ln(x2 − y2);


x
б) z = ln sin	y	− 2 tg(1		− x2y2) .
3. Дано функцiю z = xey/x. Показати, що
			∂2z			∂	2z		∂2z
		x2			+ 2xy			+ y2		= 0.
		x2	∂x2		+ 2xy			+ y2	∂y2	= 0.
			∂x2			∂x∂y			∂y2

4. Обчислити в точцi (−1, −1) похiдну функцiї z= ln(1+x2+y4) за напрямком, якщо промiнь проходить через початок координат. Визначити напрямнi косинуси цього променя i знайти grad z(x) у цiй же точцi. Зробити рисунок.

√

5.Знайти наближене значення 3, 98 ·(1, 03)3,58 виходячи iз значення функцiї z = √yxy при x0 = 1, y0 = 4, замiнивши її приростом диференцiала.

6.Знайти критичнi точки i перевiрити чи виконуються для них достатнi умови екстремуму

z = x2 + y2 + (x + 2y − 16)2 . 5

7.Знайти найбiльше та найменше значення функцiї z = x2y в замкнутiй областi, обмеженої параболою y = 1 − x2 i вiссю Ox.

8.Знайти найбiльше та найменше значення функцiї z = x2 + y3 на пiвкрузi одиничного радiуса з центром в початку координат i розмiщеним

вправiй пiвплощинi.

9.Методом найменших квадратiв знайти емпiричну формулу

y = ax + b для функцiї, заданої таблицею

0,3

0,4

1,0

1,5

2,0

2,7

3,4

4,2

0,6

0,7

1,7

1,8

3,2

3,3

3,6

4,6

Домашнi завдання

Знайти рiвняння i побудувати лiнiї рiвня функцiй

(1 + ln x)y

а) z =

; б) z =

; в) z = x − exy; г) z = x2 + ln y − ln x.

ln x

Знайти частиннi похiднi функцiй√sin x

а) z = (1 + ln √

)2; б) z = ln

x − √3

! · e−x

cos x

в) z = ln "

x +

y2 + x3

− 1 .

1 +

√x2 + 1 #; г) z = sin2(x√y) + arcsin xy

3. Дано функцiю z = ln(x + e−y). Показати, що

∂z

∂2z

∂z

∂2z

= 0.

−

∂x

∂x∂y

∂x

∂x2

Дано функцiю z = exy. Показати, що

∂2z

− 2xy

+ y2

+ 2xyz = 0.

∂x2

∂x∂y

∂y2

Знайти наближене значення ln(√5

+ √4

− 1), виходячи iз

0, 98

1, 03

√ √

значення функцiї z = ln( 5 x + 4 y − 1) при x0 = 1, y0 = 1, замiнивши її приростом диференцiала.

6. Знайти наближене значення

2, 03

, виходячи iз значен-

(2, 03)4 + (2, 97)2

ня функцiї z

при x0 = 2, y0

= 3, замiнивши її приростом

x4 + y2

диференцiала.

(1, 04)2

7. Знайти наближене значення arctg

, виходячи iз значення

0, 98

функцiї z =

arctg

при x0 =

1, y0

= 1,

замiнивши її приростом

диференцiала.

8. Задано функцiю z = f(x, y), точку A i вектор ~γ. Потрiбно знайти grad z i похiдну в точцi A в напрямку вектора ~γ.

а)

z = 2x

+ xy;

A(−1; 2);

~γ = 3i + 4j;

б)

z = x

+ xy + y

;

A(1; 1);

~γ = 2i − j;

в)

z = ln(x

+ xy

);

A(1; 2);

~γ = 3i − 4j;

г)

z = arctg(xy);

A(2; 3);

~γ = 4i + 3j;

д)

z = xxy + xy

;

A(1; 3);

~γ = −5i + 12j;

ї)

z = y2 ;

A(3; 4);

~γ = −3i

− 4j.

9.Знайти найбiльше та найменше значення функцiї z = 4 − 2x2 − y2

вкрузi x2 + y2 ≤ 1.

10.Знайти найбiльше та найменше значення функцiї z = xy − 2x − y

впрямокутнику 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 4.

11.Знайти найбiльше та найменше значення функцiї z = x3 + y3 −3xy

впрямокутнику 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 3.

12.Знайти найбiльше та найменше значення функцiї z = 12 x2 − xy в

замкнутiй областi, обмеженої параболою y = x2 та прямою y = 3.

13.Знайти найбiльше та найменше значення функцiї z = 1 + xy2 в прямокутнику 0 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 2.

14.Знайти найбiльше та найменше значення функцiї z = x2 − 2y2 + 4

вкрузi x2 + y2 ≤ 1.

15.Знайти найбiльше та найменше значення функцiї z = 2x + y − xy

вквадратi 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 4.

16.Знайти найбiльше та найменше значення функцiї z = x2 + xy в прямокутнику −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 3.

17.Методом найменших квадратiв знайти емпiричну формулу y = ax + b для функцiї, заданої таблицею. Зобразити графiчно таблично задану (у виглядi ламаної) i побудовану лiнiйну функцiю. Знайти значення функцiї у точках x = 0, 1; x = 0, 2; x = 0, 3; x = 0, 4; x = 0, 5.

а)	x	0,6	1,1	1,6	2,1	2,5	3,1
а)	y	0,8	1,8	1,7	3,2	3,7	4,7

б)	x	0,4	0,9	1,4	1,9	2,4	2,9
б)	y	0,6	1,6	1,5	3,0	3,5	4,5

в)	x	0,3	0,8	1,3	1,8	2,3	2,8
в)	y	0,5	1,5	1,4	2,9	3,4	4,4

г)	x	0,2	0,7	1,2	1,7	2,2	2,7
г)	y	0,4	1,4	1,3	2,8	3,3	4,3

д)	x	-0,2	0,2	0,4	0,6	0,8	1
д)	y	3,2	2,9	1,8	1,6	1,2	0,7

Самостiйна робота

1.Знайти повний диференцiал функцiй а) f(x, y) = xy3 − 2x3y + 2y4;

б) f(x, y) = 3x + 2y2 − 5x2y2; в) f(x, y) = x4 − 6xy2 − 7y3;

г) f(x, y) = 2x2y − 8xy2 + x3 + y3; д) f(x, y) = x3 + 5xy3 − 3x3y;

е) f(x, y) = 3x2y2 + 4xy3 − 7x3y ї) f(x, y) = 4x5 − 3x2y3 − 6y5; ж) f(x, y) = 7x − 3y + 5x3y2.

2.Дано функцiю z = e−x−3y sin(x + 3y). Показати, що

∂2z

− 9

= 0.

∂y2

∂x2

Дано функцiю z =

sin(x − y)

. Показати, що

∂

∂z

− x2

∂2z

= 0.

∂x

∂y2

Дано функцiю z = ey/x. Показати, що

∂

∂z

− y2

∂2z

= 0.

∂x

∂y2

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 138 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.07.2025270.85 Кб0Розділ_9_10.doc
#
01.05.2025216.58 Кб2розмноження.doc
#
10.09.2019153.6 Кб4РОЗРОБКА СТРАТЕГІЇ МАРКЕТИНГУ.doc
#
01.05.20251.22 Mб1РОЛЬ СТВОЛА МОЗГА И МОЗЖЕЧКА В РЕГУЛЯЦИИ ПОЗЫ И...doc
#
01.04.2025122.07 Mб1РТС. Конспект лекцій.doc
#
07.02.2016703.72 Кб84Рудницький В.Б._ Вища матем в правах и задачах.pdf
#
23.08.2019260.1 Кб2Рук1.doc
#
17.08.2019101.15 Кб19с пылью и сором.docx
#
01.05.2025580.1 Кб0С.. Zapiska_DP1 (2).doc
#
04.11.2018272.38 Кб5Сам раб БМ 1.doc
#
13.11.2018584.7 Кб9Сам робота ділова нова.doc