Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет Львовская политехника

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Лекції 22 - 23

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.02.2016

Размер:

370.63 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

Лекції 22-23. Частинні похідні і повні диференціали вищих порядків. Тейлорова формула. Скалярне поле, похідна за напрямом. Градієнт, практичне тлумачення

1. Частинні похідні і повні диференціали вищих порядків.

Частинні похідні першого порядку, взагалі кажучи, є в свою чергу функціями від тієї ж кількості змінних, що й вихідна функція. Тому має зміст задача про знаходження частинних похідних від похідних першого порядку.

Розглянемо функцію двох змінних

z = f (x, y) .

(1.1)

Означення 1.1. Частинні похідні від частинних похідних першого порядку функції (1.1), якщо вони існують, називаються другими частинними похідними або похідними другого порядку даної функції.

Для частинних похідних використовують позначення

∂

(

∂z

) =

∂2 z

;

∂

(

∂z

)

∂

2 z

;

∂x

∂x2

∂y

∂x

∂y∂x

∂

(

∂z

) =

∂2 z

;

∂

(

∂z

) =

∂2 z

∂x

∂y

∂x∂y

∂y

∂y 2

або

f xx'' , f xy'' , f yx'' , f yy'' ;

∂2 f

∂2 f .

∂x2

∂x∂y

∂y∂x

∂y 2

Означення 1.2. Частинні похідні вищих порядків, які беруться за різними змінними, називаються мішаними.

Приклад 1.1. Для функції z = x2 + y2

∂z	= 2x ,	∂z	= 2 y ,	∂2 z	= 2 ,	∂2 z	= 2 ,	∂2 z	=	∂2 z	= 0 .
∂x		∂y		∂x2		∂y2		∂x∂y		∂y∂x

Приклад 1.2. В прикладі 2.1 (розділ 2) було знайдено частинні похідні першого порядку функції Коба-Дугласа Y = Y0 Kα L1−α , 0 <α <1 , K > 0, L > 0

∂Y		α−1 1−α	,	∂Y		α −α	.
	= Y0αK	L			= Y0 (1 −α)K	L
∂K				∂L

Знайдемо другі частинні похідні:

∂2Y

α−2

1−α

;

∂2Y

α−1

−α

;

= Y0

α (α −1) K

= Y0 α K

−α) L

∂K 2

∂K∂L

∂2Y

= Y0

α (1 −α) Kα−1 L−α ;

∂2Y

= −Y0 (1 −α) α Kα L−α−1 .

∂L∂K

∂L

Звернемо увагу на те, що мішані похідні рівні, а також на те, що

∂2Y	< 0 та	∂2Y	< 0 (поясніть,
2		2
∂K		∂L

чому?) .

У прикладах 1.1 та 1.2 мішані частинні похідні	∂2 z	,	∂2 z	виявилися рівними. Поставимо
	∂x∂y		∂y∂x

запитання: для якої функції z = f (x, y) мішані частинні похідні другого порядку є рівними? Відповідь на це запитання дає наступна теорема.

Теорема 1.1. Якщо функція z = f (x, y)	та її частинні похідні	∂z	,	∂z	,	∂2 z	,	∂2 z	визначені та
		∂x		∂y		∂x∂y		∂y∂x

неперервні в точці P(x, y) та в деякому її околі, то в цій точці мішані частинні похідні другого

порядку рівні між собою

∂2 z = ∂2 z . ∂x∂y ∂y∂x

Розглянемо різницю
D = (f (x + x, y + y) − f (x + x, y))− (f (x, y + y) − f (x, y))
і позначимо ϕ(x) різницю
ϕ(x) = f (x, y + y) − f (x, y) .
Тоді
D = xϕ′(x) = x( f x′(x, y + y) − f x′(x, y)) =		,
= x yf xy′′	(x, y)	,
= x yf xy′′	(x, y)
де x [x, x + x], y [y, y + y].

Ланцюжок рівностей було одержано ,використавши теорему Лагранжа спочатку по змінній x , а потім по y .

Якщо у вихідному виразі для D переставити місцями середні доданки, то одержимо

D = (f (x + x, y + y) − f (x, y + y))−(f (x + x, y) − f (x, y))

іввести позначення допоміжної функції

ψ( y) = f (x + x, y) − f (x, y) ,

тоді

D =ψ( y + y) −ψ( y) .

Застосувавши двічі теорему Лагранжа, одержимо

D = y x f yx′′ ( x , y ) ,

де x [x, x + x], y [y, y + y].

Прирівняємо одержані вирази для D

′′	′′

x yf xy (x, y) =	y xf yx (x, y) ,

звідки

f xy′′ (x, y) = f yx′′ (x, y) .

В останній рівності перейдемо до границі при x →0, y →0 .

lim	′′	′′
	′′	′′
	f xy (x, y) = lim	f yx (x, y) .
x→0	x→0
y→0	y→0

З неперервності похідних f xy′′ , f yx′′ в точці (x, y) остаточно отримаємо f xy′′ (x, y) = f yx′′ (x, y) ,

що й потрібно було довести.

Отже, якщо мішані частинні похідні другого порядку у деякій точці P(x, y) існують і неперервні, то у цій точці вони є рівними. C

Приклад 1.3. Для функції z = x2 + y2 −3xy + y частинні похідні першого порядку такі:

∂z

= 2x −3y ,

∂z

= 2 y −3x +1 .

∂x

∂y

Тоді мішані частинні похідні другого порядку

∂2 z

= −3 ,

∂2 z

= −3 .

∂x∂y

∂y∂x

Дійсно, функції 2x −3y , 2 y −3x +1 та −3 неперервні на R 2 і мішані похідні є рівними

∂2 z

∂x∂y

∂y∂x

для будь-якої точки (x, y) R 2 .

Приклад 1.4. Для виробничої функції

(1.2)

Y = F (K , L)

∂2Y

другі частинні

похідні

визначають

Y=F(K,L0)

характер

зміни

∂K

∂L

ефективності

(Y=F(K0 ,L))

граничної

відповідного

ресурсу.

Якщо

∂2Y

> 0 , то зі

K,L

∂K 2

збільшеннямK

зростає ефективність відповідного

ресурсу. В реальній економічній ситуації частіше

мають місце нерівності протилежного знаку.

Рис.*.

Спостереження показують, що в умовах чисто екстенсивного росту виробництва збільшення затрат на один із виробничих ресурсів приводить до пониження його ефективності. Це пов’язано з тим, що кожна наступна одиниця ресурсу, що зростає, з’єднується з щоразу меншою кількістю іншого ресурсу. Залежність національного доходу від одного фактора виробництва Отже, в умовах чисто екстенсивного зростання виробництва збільшення затрат лише одного виробничого ресурсу призводить до зниження ефективності його використання, тобто

∂2 F(K, L)		< 0,	∂2 F(K, L)	< 0
∂K	2		2
			∂L

Графічно залежність національного доходу від одного фактора виробництва ( K або L ) при фіксованих затратах іншого L0 (K0 ) можна зобразити у вигляді опуклої лінії (рис. *).

Сформулюємо означення для частинних похідних третього та вищих порядків для функції двох змінних.

Означення 1.3. Частинна похідна n -го порядку - це перша похідна від частинної похідної (n −1) - го порядку.

Для частинних похідних вищих порядків ( n ≥3 ) зберігаються позначення, аналогічні до позначень похідних першого і другого порядків. Тобто

∂3 z

∂

(

∂2 z

) ;

∂3 z

∂

(

∂2 z

) ;....;

∂x3

∂x

∂x2

∂y∂x

∂y

∂x 2

∂n z

∂

(

∂n−1 z

) =

∂

(

∂n−1

) , де

p + q = n .

∂x p ∂y q

∂y

∂x p ∂y q−1

∂x

∂x p−1∂y q

Для мішаних частинних похідних n - го порядку справедлива теорема.

Теорема 1.2. Нехай функція z = f (x, y) та її частинні похідні до (n −1) -го порядку та мішані

частинні похідні n -го порядку визначені та неперервні в точці P(x, y)										разом із деяким її
околом, то			мішані		частинні похідні n -го			порядку, які відрізняються		лише черговістю
диференціювання, в точці P(x, y) є рівні між собою.
Наприклад,
	∂3 z	=	∂3 z	=	∂3 z	.
	∂x∂y 2	=	∂y∂x∂y	=	∂y 2 ∂x	.
	∂x∂y 2		∂y∂x∂y		∂y 2 ∂x
Приклад 1.5. Обчислити частинну похідну							∂3z		третього порядку для функції z = xy .
Приклад 1.5. Обчислити частинну похідну							∂x∂y2		третього порядку для функції z = xy .
							∂x∂y2

Обчислимо спочатку похідні першого та другого порядку

∂∂yz = x y ln x ;

∂3z = ∂ ( ∂2 z ) ∂x∂y2 ∂x ∂y2

= yxy−1 ln x + 2x

∂2 z = x y ln2 x .

∂y2

= yxy−1 ln x + xy 2xln x = . y−1 ln x = x y−1 ln x( y + 2)

2. Диференціал другого порядку
Нехай функція
z = f (x, y)	(2.1)

визначена на D f R2 , має неперервні частинні похідні першого порядку в точці P(x, y) D f . Тоді вона диференційовна в цій точці. Тобто приріст функції (2.1) в точці (x, y) може бути записаний у вигляді

z =

∂z

x +

∂z

y +α1 x +α2 y

∂x

∂y

та її диференціал дорівнює

dz =

∂z

dx +

∂z

∂x

∂y

де dx, dy - диференціали незалежних змінних

та

y або незалежні диференціали. Формально

“незалежність” величин dx, dy

полягає в тому, що під час диференціювання вони розглядаються як

постійні:

d (dx) = 0 ;

d (dy) = 0 .

Нехай функція (2.1) має неперервні другі частинні похідні.

Означення 2.1.

Другим диференціалом функції (2.1),

який відповідає незалежним диференціалам

(приростам) dx, dy , називається диференціал від першого диференціалу

d 2 z = d (dz) .

(2.2)

Тобто

∂z dx +

∂z

∂z dx) + d (

∂z

d 2 z = d (

dy) = d (

dy) =

∂y

∂x

∂

(

∂z

dx) dx +

∂

(

∂z

dx)

dy +

∂x

∂y

∂x

∂

(

∂z

dy)

dx +

∂

(

∂z

dy) dy =

∂x

∂y

= ∂2 z

dx 2 +

∂2 z

dx dy +

∂2 z

dy dx +

∂2 z

dy 2 .

∂y∂x

∂y 2

∂x2

∂x∂y

Оскільки

∂2 z

, остаточно отримаємо

∂x∂y

∂y∂x

d 2 z =

∂2 z dx 2 +

∂2 z

dx dy +

∂2 z

dy 2 .

(2.3)

∂x∂y

∂y 2

∂x2

Якщо ввести позначення для диференціального оператора першого порядку

L ≡ ∂∂x dx + ∂∂y dy ,

то, очевидно, мовою операторів диференціал першого порядку функції двох змінних z можна записати

dz = Lz .

Тоді для диференціала другого та вищих порядків логічним є позначення операторів

L2 ≡ ( ∂∂x dx + ∂∂y dy)2 ,…, Ln ≡( ∂∂x dx + ∂∂y dy)n .

Такі позначення значно спрощують записи. Наприклад, диференціал третього порядку

z =

∂3 z

+ 3

∂3 z

dy +

∂x3

∂x2 ∂y

+ 3

∂3 z

∂y 2 ∂x

∂y3

зручно записувати у вигляді

d 3 z = ( ∂∂x dx + ∂∂y dy)3 z.

Приклад 2.1.

Знайти другий диференціал функції z = x2 − xy2 + yx2 .

∂z

= 2x − y2

+ 2xy

;

∂z

= −2xy + x2 ;

∂x

∂y

∂2 z

= 2 + 2 y ;

∂2 z

= −2x ;

∂2 z

= −2 y + 2x .

∂x2

∂y2

∂x∂y

Отже, згідно з формулою (2..3)

або

d 2 z = (2 + 2 y)dx2 + 2(2x − 2 y)dxdy −2xdy2

d 2 z = 2(1 + y)dx2 + 4(x − y)dxdy −2xdy2 .

3. Формула Тейлора для функції двох змінних

Нехай функція двох змінних z = f (x, y)

неперервна разом зі всіма своїми частинними похідними

до (n +1) -го порядку включно в деякому околі точки P(a, b) . Тоді, аналогічно до випадку функції

однієї змінної, функцію двох змінних подамо у вигляді суми многочлена n -го степеня за степенями (x − a) та ( y −b) і деякого залишкового члена.

Застосуємо формулу Тейлора для функції f (x, y)								однієї змінної y , вважаючи змінну x сталою
(обмежимося членами другого порядку):
f (x, y) = f (x, b) +			y −b		f y' (x, b) +

		1!						(3.1)
	( y −b) 2			( y −b)3
+		f '' (x, b) +				f '''	(x,η ),

	2!	yy			3!	yyy	1

де η1 = b + Θ1 ( y − b) , 0 < Θ1 <1 .
Функції	f (x, b), f y' (x, b), f y'' (x, b)					розкладемо за		формулою Тейлора за степенями x − a ,

обмежуючись мішаними похідними до третього порядку включно.

f (x, b) = f (a, b)

x − a

f x' (a, b) +

(3.2)

(x − a)2

(x − a)3

f xx''

(a, b) +

f xxx'''

(ξ1 , b),

де ξ1 = x + Θ2 (x − a) ,

0 < Θ2 <1;

x − a

(x − a)

'''

f y (x, b) = f y (a, b) +

f yx (a, b)

f yxx (ξ2

, b), (3.3)

де ξ2 = x + Θ3 (x − a) ,

0 < Θ3 <1;

f yy'' (x, b) = f '' (a, b) +

x − a

f yyx'''

(ξ3 , b) ,

(3.4)

де ξ3 = x + Θ4 (x − a) ,

0 < Θ4 <1 .

Підставляючи (3.2)-(3.4) у формулу (3.1), одержимо

f (x, y) = f (a, b) +

x − a

f x' (a, b)

(x − a)2

f xx'' (a, b) +

(x − a)3

f xxx'''

(ξ1 , b) +

y −b

[ f y' (a, b) +

x − a

f yx''

(a, b) +

(x − a)2

f yxx'''

(ξ2 , b)] +

( y −b)2

[ f yy'' (a, b) +

x − a

'''

(ξ

, b)] +

( y −b)3

f '''

(x,η ).

yyx

yyy

Перегрупувавши доданки, отримаємо

f (x, y) = f (a, b) + (x − a) f x' (a, b) +

( y −b) f y' (a, b) +

[(x − a) 2

f xx'' (a, b) +

(a, b) + ( y

−b)

′′

(3.5)

2(x − a)( y −b) f xy

f yy (a, b)] +

[(x − a)3 f xxx'''

(ξ1 , b) + 3(x − a)2 ( y −b) f xxy'''

(ξ2 , b) +

+ 3(x − a)( y −b)2 f

'''

(ξ

, b) + ( y −b)3 f ''' (a,η )].

xyy

yyy

Формула (3.5) – це розклад функції двох змінних в ряд Тейлора при n = 2.

Вираз

[(x − a)3

f '''

(ξ

, b) +.... + ( y −b)3 f '''

(a,η )]

xxx

yyy

називається залишковим членом розкладу функції двох змінних в околі точки (a, b) за степенями

(x − a), ( y −b) .

Приклад 3.1. Розкласти функцію f (x, y) = 1 − x − y в околі точки M0 (0,0) за формулою Тейлора до членів другого порядку включно.

Застосуємо формулу (3.6). Спочатку обчислимо частинні похідні функції f (x, y) до другого порядку включно

∂f

= −

;

∂f

= −

2 1

;

∂x

2 1 − x − y

∂y

− x − y

∂2 f

= −

;

∂2 f

= −

; .

∂x2

4 (1 − x − y)3

∂x∂y

4 (1 − x − y)3

∂2 f

= −

∂y2

4 (1 − x − y)3

У точці M0 (0,0) маємо

f (M0 ) =1;

∂f (M0 )

= −

;

∂f (M0 )

= −

;

∂x

∂y

∂f

2 (M

)

= −

;

∂f 2 (M

)

= −

;

∂f 2 (M

)

= −

∂x2

∂x∂y

∂y2

Підставимо знайдені частинні похідні у формулу (3.6) та здійснимо необхідні перетворення, тоді

1 − x − y =1 − 12 (x + y) − 4 12! (x + y)2 + R2 .

4.	Скалярне поле. Лінії рівня
Нехай в області D f R2 задано функцію
	z = f (x, y) .	(4.1)
Тоді кажуть, що в області D f задане скалярне поле. Якщо, наприклад,		f (x, y) задає температуру в

кожній точці M (x, y) площини XOY , то кажуть, що задане скалярне поле є полем температур тощо.

Розглянемо точки з області D f , в яких функція			f (x, y) набуває постійного значення, тобто
f (x, y) =C .				(4.2)
y			y	y=ϕ(x,C1)
				y=ϕ(x,C1)
	f(x,y)=C1			y=ϕ(x,C2)
	f(x,y)=C1	f(x,y)=C2
		f(x,y)=C2
0		x	0	x
Df			Df

Рис.1. Лінії рівня f (x, y) =C	Рис.2. Лінії рівня y =ϕ(x, C)
Cпіввідношення (1.2) можна розглядати як рівняння деякої неявно заданої		на площині XOY
лінії, яку називають лінією рівня	функції (1.1). Очевидно, що різним значенням сталої C
відповідають різні лінії (рис.1).
Якщо це рівняння розв’язне відносно змінної y або x , тобто
y =ϕ(x, C) або x =ψ( y, C),		(4.3)
то одержимо явне задання ліній рівня (рис.2) функції (1.1).

y x

Рис. 3

Геометрично лінію рівня можна одержати так. Зобразимо в просторі XYZ поверхню, яку задає рівняння (1.1). Тоді лінією рівня буде проекція на площину XOY лінії, яка утворюється при перетині

поверхні (1.1) з площиною				z = Ci (рис. 3).
Знаючи лінії рівня, легко досліджувати характер поверхні z = f (x, y) .
	z			Приклад 1.1. Визначити лінії рівня функції z =1 − x2 − y2 .
	1			Приклад 1.1. Визначити лінії рівня функції z =1 − x2 − y2 .
				Лініями рівня будуть лінії, рівняння яких має вигляд1 − x2 − y2 = C
				або
				x2 + y2 =1 −C. Це будуть кола радіуса	1 −C	для C ≤1 (рис. 4).
	0		y
x
	Рис. 4			Зауважимо, що коли скалярне поле задається функцією трьох змінних
				u = f (x, y, z) ,			(4.4)
то сукупність точок, які задовольняють рівняння
	f (x, y, z) =C						(4.5)
утворює деяку		поверхню,		визначену в області D f R3 . Такі поверхні,			які відповідають різним
значенням сталої C , називають поверхнями рівня.
	5.	Похідна за напрямком
				Розглянемо функцію
y		M'		z = f (x, y)			(5.1)
y+ y		M'		або z = f (M ) і точку M (x, y) , що належить області визначення
y+ y
		S		D f разом з деяким своїм околом. Проведемо з точки M вектор S ,
y	M			напрямні косинуси якого {cosα, cos β}. На векторі S на відстані s
	β			від його початку розгля-
				від його початку розгля-
α				немо точку M ' (x +	Рис.8
0	x	x+ x	x	немо точку M ' (x +	x, y +		y). Тобто
				s =	x2 +	y 2	> 0.

Нехай функція (5.1) неперервна і має неперервні похідні за своїми аргументами в області D f . Повний приріст функції запишемо наступним чином

z =

∂z

x +

∂z

y +α1 x +α2 y ,

(5.2)

∂x

∂y

де α1 → 0,α2 → 0 при

s → 0 . Поділимо праву і ліву частини рівності (3.2) на

∂z

+α1

x +α2

(5.3)

∂y

∂x

Очевидно, що

x = cosα,

y = cos β , тоді

∂z cosα +

∂z

cos β +α1 cosα +α2 cos β

(5.4)

∂x

∂y

Означення 5.1. Границя відношення

z при

s → 0 називається похідною від функції z = f (x, y) в

∂z

точці (x, y) за напрямком вектора S

і позначається

, тобто

∂s

lim

∂z .

s→0

∂s

Отже,

∂z

∂z cosα +

∂z

cos β .

(5.5)

∂s

∂x

∂y

З формули (5.5) видно, що частинні похідні

∂z та

∂z

є частковими випадками похідної за

∂y

∂x

напрямком. Наприклад, при

α = 0, β = π

∂z =

∂z cos 0

∂z

cos π

∂z .

∂y

∂s

∂x

Приклад 3.1. Знайти похідну функції z = 3x4 − xy + y3 в точці M (1,2) в напрямку, що утворює з

віссю OX кут 600 .

Позначимо S

вектор, що утворює кут 600 з віссю OX і є одиничної довжини. Тоді

координати вектора

будуть cos 600 =

, cos(900 −600 ) =

. Отже, S = ( 1 ;

3 ) . Тоді

∂∂zs = ∂∂xz 12 + ∂∂yz 23 .

Знайдемо частинні похідні та їх значення в точці M (1;2) .

∂z

=12x − y ,

∂z

=12 1 − 2 =10;

∂z

= −x +3y2

∂x

∂y

∂z

= −1 +3 (22 ) =11.

Остаточно,

∂y

∂z

=10

1 +11

3 =5 +

11 3 .

∂s M

Зауважимо, що для випадку функції трьох змінних

u =u(x, y, z) формула (5.5) набуде вигляду

∂u

∂u cosα +

∂u cos β + ∂u cosγ ,

(5.6)

∂s

∂x

∂y

∂z

де cosα, cos β, cosγ - напрямні косинуси вектора S =(S x , S y , S z ) .

6. Градієнт скалярного поля

Нехай у кожній точці області D f R2 скалярне поле задане функцією

z = f (x, y) .

(6.1)

Для кожної точки M (x, y) D f

визначимо вектор, проекціями якого на осі OX та OY є значення

частинних похідних

∂f

та

∂f

функції (4.1) у відповідній точці і позначимо його

∂x

∂y

grad z = ∂f i

+ ∂f

j .

(6.2)

∂x

∂y

∂f

Тобто, координати вектора grad z є такими

;

∂x

∂y

. Векторgrad z називається вектором

градієнтом функції (4.1). Кажуть, що в області D f

визначене векторне поле градієнтів.

Позначимо символом f (“набла”

f ) суму

z =

∂f i

∂f

(6.3)

∂x

∂y

одержимо

grad f ≡ f

(6.4)

Для функції трьох змінних u =u(x, y, z)

u = ∂u i +

∂u

j + ∂u k

(6.5)

∂x

∂y

∂z

grad u ≡ u = ∂u i +

∂u j +

∂u k .

(6.6)

∂x

∂y

∂z

Доведемо той факт, що вектор градієнт функції (4.1) в точці M 0 (x0 ; y0 ) спрямований завжди перпендикулярно до лінії рівня, яка проходить через точкуM 0 (x0 ; y0 ) .

Справді, рівняння лінії рівня

f (x, y) =C . (6.7)

Кутовий коефіцієнт k0 дотичної в точці M 0 (x0 ; y0 ) до лінії рівня знайдемо, диференціюючи неявно задану функцію двох змінних (6.7)

∂f

∂f dy

= 0

або

f x′ + f y′

= 0.

∂x

∂y dx

Звідси

= −

f x′

k0 =

= −

f x′

f y′

У свою чергу пряма, вздовж якої напрямлений вектор градієнта функції (.1), має кутовий

коефіцієнт

f y′

k g

f x′

Розглянемо добуток кутових коефіцієнтів

M 0

f y′

′

kg = −

= −1,

f y′

f x′

а, отже, згідно з відомої з курсу аналітичної геометрії формули, прямі з кутовими коефіцієнтами k0 та k g є перпендикулярними. Тобто дотична, проведена в точці M 0 , до лінії рівня та пряма,

вздовж якої спрямований вектор градієнта, є взаємно перпендикулярними (рис.9).

	y
f(x,y)=C	gradf
f(x,y)=C	M0
	y0

Рис.9

Відповідь на питання, чи існує зв'язок між вектором градієнта та похідною за напрямком сформулюємо у вигляді теореми.

Теорема 6.1. Нехай дане скалярне поле (4.1), на якому визначене поле градієнтів

			grad z =			∂z	i	+	∂z	j .
			grad z =				i	+	∂y	j .
						∂x			∂y
Тоді похідна	∂z	за напрямком деякого вектора S						дорівнює проекції вектора grad z на
	∂s
вектор S .
		Розглянемо одиничний вектор S 0 вектора S :
		S 0 = cosα i	+ cos β j .							(6.8)
		Знайдемо скалярний добуток grad z S 0
		grad z S 0 =	∂z cosα +	∂z	cos β .					(6.9)
		grad z S 0 =	∂z cosα +		cos β .					(6.9)
			∂x	∂y
						y
										z
										d
										a
										r
										g

Z d a r g

P S

прSgradz

z=C

Рис.10

Рис.11

Вираз справа у формулі (6.9) є ніщо інше як похідна скалярного поля z

за вектором S , тоді

grad z S 0 = ∂z .

∂s

Позначимо кут між векторами grad z і

S через ϕ , тоді скалярний добуток, який стоїть у лівій

частині останньої рівності, можна записати по-іншому

grad z

S 0

cosϕ

∂z

(6.10)

S 0

∂s

Але

=1 і

grad z

cosϕ = np

0 grad z , тоді (4.10) можна записати у вигляді

∂z

= np

0 grad z ,

(6.11)

∂s

що й треба було довести

На основі доведеної теореми наочно встановлюється зв’язок між градієнтом функції та похідною в даній точці цієї функції за довільним напрямком. Від даної точки M (x, y) відкладають вектор grad z

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке 2. Лекції

#
12.02.2016403.31 Кб41Лекції 12-14.pdf
#
12.02.2016370.63 Кб40Лекції 22 - 23.pdf
#
12.02.2016389.41 Кб55Лекції 9-10.pdf
#
12.02.2016436.41 Кб114Лекція 1.pdf
#
12.02.2016377.09 Кб44Лекція 11.pdf
#
12.02.2016379.34 Кб42Лекція 15-16.pdf
#
12.02.2016333.43 Кб41Лекція 17-18.pdf