ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ ДЛЯ ВТОРОГО СЕМЕСТРА
Занятие 6.Функции нескольких переменных.
1.Область определения функции z=f(M).Частные производные, производная по направлению, градиент функции.
Теоретические сведения.
Если каждой точке M из некоторой области D соответствует некоторое число z из множества E R, то говорят, что z есть
функция от М. Если точка М имеет две координаты M (x, y), то z = f (x, y)-функция двух переменных. Функцию трех переменных обычно обозначают так: u = f (x, y, z). D( f ) - область определения (существования) функции, E( f ) - область значений функции.
Частными производными функции |
z = f (x, y) по x и по y |
|||||||
соответственно называются пределы отношений вида: |
||||||||
lim |
x z |
= lim |
x z = f (x + x, y) − f (x, y) |
= |
∂z |
= z′x |
= fx′(x, y), |
|
x→0 |
x |
x→0 |
x |
|
∂x |
|
|
|
lim |
y z |
= lim |
y z = f (x, y + y) − f (x, y) |
= |
∂z |
= z′y |
= fy′(x, y). |
|
y |
y |
∂y |
||||||
y→0 |
y→0 |
|
|
|
||||
При нахождении частной производной по одной переменной другие переменные считаются постоянными, поэтому все правила и формулы дифференцирования функций одной переменной применимы для нахождения частных производных функций любого числа переменных.
|
Производной |
|
функции |
u = f (x, y, z) |
в точке M0 (x0 , y0 , z0 ) в |
||||||||||
направлении вектора a = (l, m, n) называется предел |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
lim |
|
u(M0 ) = ∂u(M0 ) , |
a = M0M |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
→ |
→ |
|
|
|
|
|
M →M0 |
|
M0M |
|
∂a |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Эта производная находится по формуле |
|
|
|
|
|||||||||||
|
∂u(M0 ) |
= u′x (M0 ) cosα +u′y (M |
0 ) cos β +u′z (M0 ) cosγ, |
|
|
||||||||||
|
∂a |
|
|
||||||||||||
|
l |
|
|
|
|
|
|
m |
|
n |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
cosα = |
|
|
|
,cos β = |
|
|
, cosγ = |
|
|
, |
|||||
|
l2 + m2 + n2 |
|
|
l2 + m2 + n2 |
l2 + m2 + n2 |
|
|||||||||
где cosα,cos β,cosγ - направляющие косинусы. |
|
|
|||||||||||||
|
Градиентом |
функции |
|
u =u(x, y, z) |
называется |
вектор с |
|||||||||
координатами gradu = (u′x ,u′y ,u′z ). |
|
|
|
|
|||||||||||
34
Частные производные по x и y от частных производных z′x (x, y), z′y (x, y) называются частными производными функции второго порядка и обозначаются z′xx′ , z′′xy , z′′yx , z′′yy .
Аудиторные задания.
1. Найти и изобразить области определения следующих функций:
a) z = |
y2 − 2x + 4, |
b) |
z = ln x + ln cos y. |
|
|
|
|||||||
2. |
Найти частные производные z′x , z′y , z′′xy , z′′xx , z′′yx , z′′yy : |
|
|||||||||||
a) z = x3 y + cos x −3tgx ln y +5 , |
b) z = sin2 xcos3y, |
|
|||||||||||
c) z = ln(2x2 − 4 y + 6), |
d) z = xe−xy , |
e) z = |
|
3y + 2 |
. |
||||||||
x3 |
− xy − 4 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
3. |
Найти полный дифференциал функции, если: |
|
|||||||||||
a) z = ln tg |
y |
, b) u = |
|
z |
|
. |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
6x |
x2 + y2 |
|
|
|
|
|
|||||
4. |
Найти производную функции |
z = x3 − 2x2 y + xy2 +1 в точке |
|||||||||||
М0(1; 2) в направлении вектора M0 M1, где М1(4; 6). Найти градиент функции в точке M1.
5. Найти производную функции u = x2 −3yz + 7 в точке M1(1;2;−1) по направлению к точке M2 (7; 4; 8). Найти grad u(M1 ).
Индивидуальные задания.
1. Найти частные производные и полный дифференциал функции.
1.1 |
|
|
|
2.1 |
x |
− y |
|
3.1 |
|
|
|
|
4.1 |
|
|||
z = ctg(xy2 ). |
|
|
z = cos |
. |
|
z = tg 2x − y2 . |
|
z = ln(3x2 − y4 ). |
|||||||||
2 |
2 |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
x |
+ y |
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
||
2. Найти производную функции в точке М0 |
в направлении вектора |
||||||||||||||||
М0 М1 ; градиент функции в точке М0. |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
1.2 |
|
|
|
|
|
|
|
3.2 |
|
|
|
|
|
|
|||
|
u = ln(x + |
y |
), |
|
|
|
u = z sin(x − y), |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
(π |
, π , |
|
(π, π |
|
||||||
|
|
2z |
|
|
|
M |
|
3), M |
, 2 3). |
||||||||
|
M0 (1;2;1), M1 (−2;3;5). |
|
|
|
|
0 |
2 |
3 |
1 |
6 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
35 |
|
2.2 |
y z x |
|
4.2 |
|
|||||
|
|
u =8 5 |
x3 + y2 + z , |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
u = x + y − z |
, |
||||||||
M0 (3;2;1), M1 (5;8;4). |
|||||||||
M0 (−1;1;2), M1 (8;−1;−4). |
|||||||||
|
|
||||||||
Решение типового варианта.
1.Найти частные производные первого порядка и полный дифференциал функции z =tg(x3 +5 y).
2.Дана функция u=x+y2-z3 и точка М0(1;2;-1). Найти производную функции в точке М0 в направлении вектора M0 M1, где М1(3; -4; 2).
Решение.
1. При дифференцировании данной функции по переменной x вторая переменная y считается постоянной. Применяя правило
дифференцирования сложной функции, получаем: |
|
|
||||||||||
1 |
|
|
3 |
1 |
|
|
2 |
|
||||
z′x = |
|
|
|
(x |
|
+5 y)′x = |
|
|
|
|
3x |
; |
|
cos2 (x3 +5 y) |
|
cos2 (x3 +5 y) |
|||||||||
1 |
|
|
3 |
1 |
|
|
|
|
||||
z′y = |
|
|
(x |
|
+5 y)′y = |
|
|
5. |
|
|||
cos2 (x3 +5 y) |
|
|
cos2 (x3 +5 y) |
|
||||||||
Полный дифференциал функции двух переменных находим по формуле
dz = z′x dx + z′y dy = |
3x2dx +5dy |
. |
||
cos2 (x3 +5 y) |
||||
|
|
|
||
|
2. Находим частные производные функции в точке М0: |
|||
u′x |
=1, u′x (1, 2, −1) =1. |
|
||
u′y |
= 2 y, u′y (1, 2, −1) = 4. |
|
||
u′z |
= −3z2 , u′z (1, 2, −1) = −3. |
|
||
Находим координаты вектора M 0 M1 = (2, −6 , 3) и его направляющие косинусы
|
M0 M1 |
|
= 4 +36 +9 = 7, |
cosα = 2 |
, cos β = − |
6 |
, |
cosγ = |
3 . |
||
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
7 |
|
7 |
|
|
7 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Тогда искомая производная будет равна |
|
|
|
|
|||||||
∂u(M0 ) |
=1 2 |
+ 4 (−6) −3 |
3 = |
2 − 24 −9 |
= −31. |
|
|
|
|
||
∂a |
7 |
7 |
7 |
7 |
7 |
|
|
|
|
||
Так как производная отрицательна, то функция в данной точке в данном направлении убывает.
36
Градиент функции в точке (1; 2; -1) равен grad u(1;2;−2) = (1;4;−3).
2. Экстремум функции двух и трех переменных (локальный, условный).
Теоретические сведения.
Функция u = f (M ) имеет локальный максимум (минимум) в
точке М0, если существует окрестность U(M0) точки M0 такая, что для любой точки M U (M0 ) выполняется неравенство
f (M ) < f (M0 ) ( f (M ) > f (M0 )).
Точка М0 называется точкой экстремума функции, а значение функции в ней - экстремальным значением.
Теорема 1 (достаточные условия локального экстремума функции двух переменных). Пусть точка M0 (x0 , y0 ) -
стационарная точка дважды непрерывно дифференцируемой функции u = f (x, y). Тогда, если:
|
а) |
|
u′′xx (x0 , y0 ) > 0 u |
2 = |
|
|
|
u′′xx (x0 , y0 ) |
u′′xy (x0 , y0 ) |
|
> 0, |
то |
точка |
|||||
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
u′′yx (x0 , y0 ) u′′yy (x0 , y0 ) |
|
|
|
|
|||
M0 (x0 , y0 ) - точка локального минимума; |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
б) |
|
u′′xx (x0 , y0 ) < 0 u |
2 = |
|
u′′xx (x0 , y0 ) |
u′′xy (x0 , y0 ) |
|
|
> 0, |
то |
точка |
||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
u′′yx (x0 , y0 ) u′′yy (x0 , y0 ) |
|
|
|
|
|
|
|
M0 (x0 , y0 ) - точка локального максимума; |
|
|
|
|
||||||||||||||
|
в) |
2 < 0, |
|
то в точке M0 (x0 , y0 ) экстремума нет; |
|
|
||||||||||||
|
г) |
2 = 0, то экстремум может быть, а может и не быть. Нужны |
||||||||||||||||
дополнительные исследования. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
Аудиторные задания. |
|
|
|
|
||||||||
1. Исследовать функции на локальный экстремум: |
|
|
||||||||||||||||
1). |
z = x2 − xy + y2 +9x −6 y + 20. |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
2). z = y x − y2 − x + 6 y. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
2. Найти условные экстремумы функций: |
|
|
|
|
||||||||||||||
1). |
z = 2x3 + y2 (1 − x), |
если x + y = 2. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
2). |
z = |
1 |
+ |
1 |
, |
если |
x + y = 4. |
|
|
|
|
|
|
|
||||
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Индивидуальные задания.
1.Исследовать функцию z = f (x, y) на локальный экстремум.
37
2. Найти условный экстремум функции z = f (x, y) .
Вариант 1. |
1. |
z = y |
x − 2 y2 − x +14 y − 2. |
1 |
1 |
|
|
|||
|
|
|
|
2. z = |
|
+ |
|
|
|
, еслиx + y = 2. |
|
|
|
|
x |
y |
|||||
Вариант 2. |
1. |
z = x |
y − x2 − y + 6x −3. |
2. z = x2 + xy + y2 −5x − 4 y +10, |
||||||
|
|
|
|
еслиx + y = 4. |
||||||
Вариант 3. |
1. |
z = 3x3 +3y3 −9xy + 6. |
1 |
1 |
|
|
||||
|
|
|
|
2. z = |
|
− |
|
, если 4x − y =1. |
||
|
|
|
|
x |
y |
|||||
Вариант 4. |
1. |
z = x3 +8 y3 −6xy +5. |
2. z = x2 + y2 , если 3x + 2 y = 6. |
|||||||
|
|
Решение типового варианта. |
||||||||
1. Найти экстремум функции z =3x2 − 2x |
y + y −8x +8. |
|||||||||
Чтобы найти точки, в которых возможен экстремум, составим и решим систему уравнений:
|
z′ |
= 0, |
6x −2 y −8 = 0, |
|
|
|
x |
= |
2, |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
x |
|
|
x |
|
|
x = y, |
|
x = y, |
|
||||
|
z′y |
= 0, |
|
− |
+1 |
= 0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6x −2x −8 |
= 0, |
x = 2, |
y = 4. |
|||||||
|
|||||||||||||
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Значит, экстремум возможен в точке M (2, 4) , то есть точка M (2, 4)
является стационарной или критической. Чтобы исследовать характер экстремума, находим частные производные второго порядка данной функции в полученной точке.
z′′xx = 6, z′′xy |
= − |
1 |
, |
z′′yy = (−x) ( y |
−12 )′y |
= (−x)(−1 ) y−23 = |
x |
. |
|
||||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
2 y y |
|
||
z′′xx (2;4) = 6, |
|
z′′xy = − |
1 , z′′yy |
= |
|
|
2 |
|
= |
1 . |
|
|
|
|
|
||||
|
2 |
4 |
2 |
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
8 |
|
|
|
|
|
||||
Вычислим определитель |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
6 −1 |
|
= 6 1 |
− 1 = |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
2 = |
−1 |
2 |
|
> |
0 , |
значит, |
экстремум в точке |
M (2, 4) |
|||||||||||
|
1 |
|
8 |
4 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
2 |
8 |
|
|
|
|
|
z′′xx (2;4) = 6 > 0, |
|
|
M (2, 4) |
|
|||||||
существует. |
|
Так |
как |
то |
точка |
- точка |
|||||||||||||
локального минимума и zmin = z(2;4) =3 4 − 2 2 2 + 4 −8 2 +8 = 0. |
|||||||||||||||||||
2. Найти условный экстремум функции |
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
z = −x2 − y2 + 4x − 4 y + 7, если |
x + 2 y = 4. |
|
||||||||||||
38