Область определения функций двух и трех переменных

Занятие 11
Область определения
функций двух и трех
переменных. Графики.
Линии уровня
11.1
Область определения
Функцией от n переменных z = f (x1 , . . . , xn ) называется отображение некоторой области D ⊂ Rn n-мерного арифметического
пространства в действительную прямую R. Или в более традиционных терминах: функция от n переменных — это правило,
по которому точкам M (x1 , . . . , xn ) ∈ D сопоставляются числа
f (x1 , . . . , xn ). Множество D называется областью определения
функции f .
В случае n = 2 и n = 3 переменные обычно не нумеруются,
а функции обозначаются z = f (x, y) и u = f (x, y, z) соответственно. В этих случаях функция есть функция точки M на
плоскости R2 или в пространстве R3 .
Чаще всего функция задается некоторым аналитическим выражением (попросту говоря, формулой). В этом случае функция
203
имеет естественную область определения D — это множество
точек, в которых данное выражение имеет смысл.
Задача 11.1. Найти область определения функции и изобразить ее на координатной плоскости:
p
p
7
a) z = 16 − x2 − y 2 ;
b) z = √9−x
+ 1 − y2 ;
2
√
d) z = arcsin y 2 + ln(x + y) ;
c) z = xy ;
p
1
e) z = arccos y + x2 + y ; f ) z = ln(1 − xy) + x+y
+ arctg xy .
♥ a) Функция определена, если 16 − x 2 − y 2 ≥ 0 ⇐⇒ x2 + y 2 ≤
42 . Этому неравенству удовлетворяют точки круга (замкнутого)
радиусом 4 с центром в начале координат. ♠
Ответ:
204
11.2
График функции двух переменных и
ее линии уровня. Метод сечений
Графиком функции двух переменных z = f (x, y), определенной
в области D ⊂ R2 , называется множество точек
©
ª
S = (x, y, z) ∈ R3 | (x, y) ∈ D, z = f (x, y) .
Это поверхность, состоящая из точек P (x, y, f (x, y)).
205
Более общим образом мы можем рассматривать поверхности
S ⊂ R3 с уравнением F (x, y, z) = 0, где F (x, y, z) — функция
от трех переменных. Для изображения такой поверхности применяется метод сечений. Он состоит в том, что рассматриваются и изображаются кривые, которые получаются в пересечении S с координатными плоскостями (а также плоскостями,
параллельными координатным). Если вдуматься, то легко понять, что именно метод сечений мы применяем, когда рисуем
какие-то поверхности в пространстве. Например, если мы хотим нарисовать сферу S : x2 + y 2 + z 2 = r 2 радиусом r, то мы
рисуем две окружности — "вертикальную" y 2 + z 2 = r 2 , x = 0,
и "горизонтальную" x2 + y 2 = r 2 , z = 0.
Другой геометрический способ изображения функций двух
переменных — это метод линий уровня. Он хорошо знаком из
географии: для изображения рельефа местности на карте наносятся линии, состоящие из точек, лежащих на одной и той же
высоте над уровнем моря.
Линией уровня функции z = f (x, y), отвечающей значению
h = const, называется кривая Ch с уравнением f (x, y) = h, т.
е. кривая, состоящая из тех точек (x, y) плоскости, в которых
функция принимает одно и то же значение h.
206
Геометрически линии уровня получаются при проектировании на плоскость Oxy кривых, получающихся при пересечении
графика функции z = f (x, y) с горизонтальными плоскостями
z = h = const.
Задаваясь рядом значений h1 , h2 , . . . например, hi = 0, ±1, ±2, . . .,
рисуют соответствующие линии уровня C hi . По линиям уровня,
если они соответствуют достаточно близким друг к другу значениям h, можно хорошо судить об изменениях функции f (x, y)
подобно тому, как по линиям уровня топографической карты
судят об изменениях рельефа местности.
Примеры.
1. z = k1 x + k2 y + b
Графиком линейной функции является плоскость (рис. 40).
2
2
2. z = x2 + y 2 (или, более общо, z = xa2 + yb2 ).
График этой функции (рис. 41) называется эллиптическим параболоидом, так как его сечениями вертикальными плоскостями
являются параболы, а горизонтальными — эллипсы.
207
3. z = x2 − y 2 (или, более общо, z =
x2
a2
−
y2
).
b2
График этой функции называется гиперболическим параболоидом, так как его сечениями вертикальными плоскостями являются параболы, а горизонтальными — гиперболы, причем сечение плоскостью y = 0 есть парабола z = x 2 с ветвями вверх, а
сечение плоскостью x = 0 — парабола z = −y 2 с ветвями вниз. В
математике гиперболический параболоид называют также седлом, или перевалом.
Примеры.
1. z = x2 + y 2
Так на географической карте изображаются впадины.
208
2. z = x2 − y 2
Так на географической карте изображаются перевалы.
Мы не можем наглядно изобразить с помощью графика функцию трех переменных. Вместо этого можно воспользоваться методом поверхностей уровня, аналогичным линиям уровня для
функций двух переменных. Поверхностью уровня S h функции
u = f (x, y, z) называется поверхность с уравнением f (x, y, z) =
h = const.
Задача 11.2. Найти и изобразить линии уровня C h функции
z = f (x, y):
a) z = y + 2x ; b) z = x2 + y 2 ; c) z = x2 − y 2 ; d) z =
y
.
x2
♥ a) Согласно определению, линия уровня, отвечающая значению h (h — фиксированное число), определяется уравнением
z = f (x, y) = h ⇐⇒ y + 2x = h ⇐⇒ y = −2x + h .
Таким образом, линии уровня Ch : y = −2x+h. Ch — это прямые,
параллельные прямой y = −2x. ♠
Ответ: a) Ch : y = −2x + h. Это прямые, параллельные
прямой y = −2x. b) Ch : y 2 + x2 = h. Это: концентрические
окружности с центром в начале координат при h > 0; точка
O(0; 0) при h = 0; ∅ при h < 0.
209
c) Ch : y 2 − x2 = h. Это: гиперболы y 2 − x2 = |h| при h > 0 и
x2 − y 2 = |h| при h < 0; прямые y = ±x при h = 0. d) Линии
уровня: xy2 = h . Это: параболы y = hx2 при h 6= 0 и прямая
y = 0 при h = 0 (точка O(0, 0) не принадлежит линиям уровня).
Задача 11.3. Применяя метод сечений изобразить график
функции (поверхность):
p
a) z = p4 − x2 − y 2 ; b) z = 3√;
c) z = 6 − 3x − 2y ;
2
2
2
d) z = x + y ;
e) z = 1 − x .
210
p
♥ a) z = 4 − x2 − y 2 ⇐⇒ x2 + y 2 + z 2 = 22 , z ≥ 0. Графиком
функции является верхняя (при z ≥ 0) полусфера сферы радиусом 2 с центром в начале координат.
b) Графиком является плоскость, параллельная координатной
плоскости Oxy и проходящая через точку (0; 0; 3).
c) Графиком является плоскость, пересекающая оси Ox, Oy, Oz
в точкахp
(2; 0; 0), (0; 3; 0), (0; 0; 6) соответственно.
d) z = x2 + y 2 ⇐⇒ z 2 = x2 + y 2 , z ≥ 0. Графиком служит
верхняя половина конуса.
√
e) z = 1 − x2 ⇐⇒ z 2 + x2 = 1 , z ≥ 0. Графиком является верхняя (при z ≥ 0) часть цилиндра с образующей, параллельной
оси Oy, и пересекающего плоскость Oxz по окружности радиу211
сом 1 с центром в начале отсчета (x2 + z 2 = 1). ♠
11.3
Пределы и непрерывность
Шар радиусом r с центром в точке M0 в пространстве Rn — это
множество B (шар — Ball) точек M ∈ Rn , находящихся от M0
на расстоянии, меньшим, чем r:
B = B(M0 , r) = {M ∈ Rn | ρ(M0 , M ) < r} .
Шар B — это открытый шар, он не содержит свою границу —
(n − 1)-мерную сферу S = {M ∈ Rn | ρ(M0 , M ) = r}. В случае
n = 1 шар B — это интервал, в случае n = 2 шар B — это круг,
в случае n = 3 шар B — это обычный шар в R3 . Шар B(M0 , r)
мы будем называть также r-окрестностью точки M 0 .
Пусть z = f (M ) = f (x1 , . . . , xn ) — функция, определенная в
некоторой окрестности точки M0 = (x01 , . . . , x0n ) ∈ Rn .
Число A называется пределом функции f (M ) при M , стремящемся к M0 , limM →M0 f (M ) = A, если для каждого ε > 0
существует δ, зависящее от ε, такое что при 0 < ρ(M 0 , M ) < δ
выполняется неравенство
|f (M ) − A| < ε.
В обозначении функции и предела точку M иногда записывают
в виде набора ее координат. Например, если n = 2 и z = f (M ) =
212
f (x, y), то предел обозначают так:
lim f (M ) =
M →M0
Пример.
lim
x→x0 ,y→y0
f (x, y) = A.
(x2 − y 2 ) = −3.
lim
x→1,y→2
Все теоремы о пределах функции одной переменной переносятся на случай функций нескольких переменных. В частности, сохраняется теорема о связи пределов с арифметическими операциями, определение непрерывности и т.д. Например,
функция z = f (M ) называется непрерывной в точке M 0 , если
limM →M0 f (M ) = f (M0 ). Точки, в которых функция не является
непрерывной, называются точками разрыва. В случае функций
нескольких переменных точки разрыва могут составлять целые
кривые, поверхности и т. д.
1
Примеры. Функция z = x2 +y
2 является разрывной лишь в точ2
2
ке M0 (0, 0). Функция z = xx2 +y
является разрывной в точках
−y 2
2
2
кривой x − y = 0, состоящей из двух прямых y = x и y = −x.
Задача 11.4. Найти пределы:
y
y2 2 x
√ln(2−xy)
a)
lim
;
b)
lim
;
3x2 −y 2 −1
x→3,y→−5
x→−1,y→4 cos(πy+3πx)
√
√
2 +y 2 −13
x2 +y 2 −8− 26−x2 −y 2
x√
;
d)
lim
;
c)
lim
17−x2 −y 2
2
2
e)
g)
x→−2,y→3 4− 3+x +y
x→1,y→−4
sin(xy)
2y 2 +xy
lim
; f)
lim
y
2
x→0,y→−2 2x −5xy
x→−3,y→0 sin x
lim
x→+∞,y→7
¡ x+y ¢2x
x
; h)
lim
x→−3,y→+∞
³
;
y 2 −x
y2
´y2
.
♥ a) Подстановка значений x = 3, y = −5 в выражение,
предел которого ищется, не приводит к неопределённости:
ln(2 − xy)
ln(2 − (−15))
p
=√
= ln 17 .
2
2
x→3,y→−5
3 × 9 − 25 − 1
3x − y − 1
lim
c) Здесь имеем дело с неопределённостью 00 . Перейдём к полярным координатам по формулам x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ; в этом
213
случае x2 + y 2 = ρ2 , причём ρ2 → 13 при x → −2, y → 3:
½ ¾
x2 + y 2 − 13
ρ2 − 13
0
p
p
=
lim
= lim
=
2 →13
2
2
2
x→−2,y→3 4 −
0
ρ
3+x +y
4− 3+ρ
p
p
(ρ2 − 13)(4 + 3 + ρ2 )
lim
=
lim
−(4
+
3 + ρ2 ) = −8 .
13 − ρ2
ρ2 →13
ρ2 →13
e) Имеем неопределённость 00 . Здесь xy → 0 при x → 0, y → −2.
Для решения задачи используем первый замечательный предел:
sin(xy) [ 00 ]
sin(xy)
xy
=
lim
=
2
2
x→0,y→−2 2x − 5xy
x→0,y→−2
xy 2x − 5xy
lim
=
lim
x→0,y→−2
sin(xy)
xy
1
·
lim
=− .
x→0,y→−2 x(2x − 5y)
xy
5
g) Неопределённость 1∞ говорит о необходимости использования второго замечательного предела:
¡ x+y ¢2x [1∞ ]
¡
y ¢2x
=
lim
1
+
=
lim
x
x
x→+∞,y→7
x→+∞,y→7
h¡
i
¢ x 2y
=
lim
1 + xy y
= e14 . ♠
x→+∞,y→7
Ответ: a) ln 17; b) −1; c) −8; d) − 13 ; e) − 15 ; f ) 9; g) e14 ;
h) e3 .
Задача 11.5. Показать, что функция не имеет предела при x →
0 и y → 0, рассмотрев изменение x и y вдоль прямых y = kx и
x = 0 и убедившись, что данное выражение может стремится к
различным значениям:
a) f (x, y) =
c) f (x, y) =
3x−2y
x+5y ;
xy
;
x2 −y 2
b) f (x, y) =
d) f (x, y) =
lim 3x−2y = lim 3x
x→0,y=0 x+5y
x→0 x
3x−2y
−2y
lim
= lim 5y = − 25 .
x=0,y→0 x+5y
y→0
♥ a) Если y = 0, x → 0, то
Если x = 0, y → 0, то
2x−y
3x+4y ;
x2 −2y 2
.
x2 +y 2
214
= 3.
Таким образом, если x → 0, y → 0, но при этом точка с координатами (x, y) приближается к началу координат по оси Ox, то
предел равен 3, а если по оси Oy, то предел равен − 25 . Это означает, что не существует предела данной функции при x → 0,
y → 0, поскольку в противном случае мы получали бы в пределе всегда одно и то же число при любом соотношении между x
и y.
b) Делается аналогично задаче a).
c) Стремление к нулю x и y по осям Ox и Oy приводит к одному
и тому же значению предела — нулю. Если, однако, x → 0, y → 0
k
и y = kx (k 6= ±1), то в пределе получаем 1−k
2 ; последнее выражение принимает различные значения при разных k.
d) Стремление x → 0, y → 0 по осям координат приводит к различным пределам (к 1, если двигаться по оси Ox, и к −2, если
двигаться по оси Oy). ♠
Контрольные вопросы
1. Что такое функция нескольких переменных?
2. Что называется графиком функции нескольких переменных?
3. В чём состоит метод сечений при изображении поверхности?
4. Что называется линией уровня функции двух переменных?
В чем состоит метод линий уровня при изображении графиков
функций двух переменных?
5. Что называется пределом функции нескольких переменных?
Дополнительные вопросы и задачи
D1. Подобрать аналитическое выражение функции двух переменных z = f (x, y) так, чтобы областью определения такой
функции были следующие множества:
a) плоскость с выброшенными точками A(2; −3) и B(3; 4);
b) полукруг x2 + y 2 ≤ 4, y < 0;
c) часть плоскости, ограниченная параболой y 2 = 4x и прямой
215
x − y − 4 = 0.
D2. Найти предел
1
lim
(1 − x2 y) x2 +y2 .
x→0,y→0
Ответ: 1.
Указание: применить второй замечательный предел; при вычислении предела показателя степени перейти к полярным координатам.
D3. Исследовать непрерывность функции при x = 0, y = 0:
( 2 2
x y
, (x, y) 6= (0, 0),
x2 +y 2
a) f (x, y) =
0,
(x, y) = (0, 0);
b) f (x, y) =
(
x2 y 2
x4 +y 4 ,
0,
(x, y) 6= (0, 0),
(x, y) = (0, 0).
Ответ: a) непрерывна; b) разрывна.
Указание: перейти к полярным координатам.
D4. Доопределить до непрерывной функцию
(x+2)3 (y−1)
f (x, y) = (x+2)
2 +(y−1)2 в точке M0 (−2; 1).
216
Занятие 12
Частные производные
первого и высших
порядков. Дифференциал
12.1
Вычисление частных производных
Частные производные первого порядка. Пусть z = f (M ) =
f (x1 , . . . , xn ) — функция, определенная в окрестности какой-то
точки M0 (x01 , , x02 , . . . , x0n ). Если зафиксировать все переменные,
кроме одной переменной xi , мы получим функцию одной переменной z = f (x01 , . . . , xi , . . . , x0n ) = g(xi ). Производная этой
функции в точке x0i называется частной производной функции
z = f (M ) в точке M0 . Таким образом, частной производной
функции z = f (x1 , . . . , xn ) по переменной xi называется производная по переменной xi при условии, что остальные переменные считаются постоянными.
Частные производные по переменной x i обозначаются одним
∂f
∂z
из способов: zx0 i , fx0 i , ∂x
, ∂x
.
i
i
Задача 12.1. Найти частные производные данных функций:
√
a) z = 2x3 − y 2 + 7xy 5 ; b) z = 3x y − sin x + 2 ln y ;
y
c) z = xy ; d) z = esin x ; e) u = ln(xy 3 − 8z) ; f ) u = y arctg zx2 .
217
♥ a) При нахождении частной производной по x мы считаем
переменную
¡ y3постоянной:
¢
∂z
0
2 + 7xy 5 0 = 6x2 + 0 + 7y 5 .
=
z
=
2x
−
y
x
∂x
x
Аналогично вычисляется и частная производная по y (при
этом переменная
¢0 постоянной): 4
¡ 3 x2 считается
∂z
0
5
∂y = zy = 2x − y + 7xy y = 0 − 2y + 35xy . ♠
Ответы: a) zx0 = 6x2 + 7y 5 , zy0 = −2y + 35xy 4 ; b) zx0 =
√
0 = yxy−1 , z 0 = xy ln x; d) z 0 =
√ + 2 ; c) zx
3 y − cos x, zy0 = 23x
y
x
y
y
y
y
y3
3xy 2
0
0
xy 3 −8z , uy = xy 3 −8z , uz
u0z = − z2xyz
4 +x2 .
− xy2 esin x cos xy , zy0 = x1 esin x cos xy ; e)u0x =
−8
;
xy 3 −8z
f)
u0x
=
yz 2
,
z 4 +x2
u0y
= arctg
x
,
z2
=
Частные производные второго порядка получаются в результате двух последовательных дифференцирований. Для функции
z = f (x, y) можно образовать 4 производные второго порядка:
fx0
© HH
©
¼©
j
H
00
(fx0 )0x = fxx
f (x, y)
³ PP
³
PP
³³
Pq
³
)³
P
00
(fx0 )0y = fxy
fy0
© HH
©
¼©
j
H
00
(fy0 )0x = fyx
00
(fy0 )0y = fyy
00 и f 00 называются смешанными, а f 00 и f 00 —
Производные fxy
yx
xx
yy
чистыми.
Пример. Если f (x, y) = x3 − 5x2 y 3 + y 4 , то fx0 = 3x2 − 10xy 3 ,
fy0 = −15x2 y 2 + 4y 3 , а
00 = 6x − 10y 3 , f 00 = −30xy 2 , f 00 = −30xy 2 , f 00 = −30x2 y +
fxx
xy
yx
yy
12y 2 .
00 = f 00 , и это не случайно.
Заметим, что fxy
yx
Теорема. Если функция z = f (x, y) имеет смешанные про00 и f 00 в некоторой окрестности точки M (x , y ),
изводные fxy
0 0 0
yx
которые непрерывны в самой этой точке, то эти производные в
точке M0 равны:
218
00
00
fxy
(x0 , y0 ) = fyx
(x0 , y0 ),
т. е. производные не зависят от порядка дифференцирования.
Частные производные порядка n функции z = f (x, y) получаются в результате n последовательных дифференцирований
этой функции. Если получающиеся при этом смешанные производные непрерывны, то по теореме они не зависят от порядка
дифференцирований.
∂ k+l z
Для частных производных применяются обозначения: ∂x
k ∂y l
(k+l)
или fxk yl . Так обозначается частная производная порядка k + l,
для получения которой производится k дифференцирований по
x и l дифференцирований по y. Читаются частные производные
5z
так: например, запись ∂x∂2 ∂y
3 произносится "дэ пять z по дэ x
квадрат дэ y куб".
У функции двух переменных имеется n + 1 различных производных порядка n. Например, имеется 4 частные производные
000 , f 000 .
порядка 3: fx0003 , fx0002 y , fxy
2
y3
Задача 12.2. Найти частные производные
второго порядка:
√
3
a) z = 3x5 y 3 − 2x + 7y 2 − 1; b) z = 3x − 5 ln y; c) z = x2x y ;
3 2
d) z = cos2 x−3
y ; e) u = x yz ; f ) u = sin(2x − 3y + 5z) .
♥ a) Сначала, как и в задаче 12.1, находим частные производные первого порядка: zx0 = 15x4 y 3 − 2 ; zy0 = 9x5 y 2 + 14y.
Затем находим частные производные второго порядка, как частные производные
производных первого порядка:
¡ от частных
¢
00 = (z 0 )0 = 15x4 y 3 − 2 0 = 60x3 y 3 ,
zxx
x x
¡
¢x
00 = (z 0 )0 = 15x4 y 3 − 2 0 = 45x4 y 2 ,
zxy
x y
y
¡ ¢
¡
¢
00 = z 0 0 = 9x5 y 2 + 14y 0 = 45x4 y 2 ,
zyx
y x
¡ ¢
¡
¢x
00 = z 0 0 = 9x5 y 2 + 14y 0 = 18x5 y + 14 .
zyy
y y
y
00 и z 00 , как и следовало
Заметим, что смешанные производные z xy
yx
ожидать, оказались равными. ♠
00 = 60x3 y 3 , z 00 = z 00 = 45x4 y 2 , z 00 = 18x5 y+14;
Ответы: a)zxx
xy
yx
yy
15
00
00
00
00
√
b) zxx
= − √ 9
,
z
=
z
=
, zyy
=
xy
yx
4 (3x−5 ln y)3
4y (3x−5 ln y)3
219
5(6x−10 ln y−5)
√
;
4y (3x−5 ln y)3
00 = 3x2 y2x3 y ln 2 · (4 + 3x3 y ln 2) , z 00 = z 00 = x3 2x3 y ln 2 · (4 +
c) zxx
xy
yx
00 = x7 2x3 y ln2 2;
3x3 y ln 2) , zyy
00 = − 2 cos 2(x−3) , z 00 = z 00 = 1 sin 2(x−3) + 2(x−3) cos 2(x−3) ,
d)zxx
xy
yx
y
y
y
y2
y2
y3
2(x−3)
2(x−3)
2(x−3)2
2(x−3)
00
zyy = − y3 sin y − y4 cos y ;
e) u00xx = 6xyz 2 , u00xy = u00yx = 3x2 z 2 , u00xz = u00zx = 6x2 yz,
u00yy = 0 , u00yz = u00zy = 2x3 z, u00zz = 2x3 y;
f ) u00xx = −4 sin(2x − 3y + 5z), u00xy = u00yx = 6 sin(2x − 3y + 5z) ,
u00xz = u00zx = −10 sin(2x − 3y + 5z), u00yy = −9 sin(2x − 3y + 5z) ,
u00yz = u00zy = 15 sin(2x − 3y + 5z), u00zz = −25 sin(2x − 3y + 5z).
Задача 12.3. Проверить, что данные функции удовлетворяют
данным уравнениям:
1
sin 2y · zy0 ; b) z = arctg xy , yzx0 − xzy0 = 1 ;
a) z = ex tg y , zx0 = 2x
p
¡ ¢2
c) z = x2 − y 4 , y 2 (zx0 )2 − 0, 25 zy0 = y 2 ;
√
00 z 00 + z 0 z 00 tg 2x = 0 ;
d) z = y tg 2x , zxx
yy
y xy
2
00 − 2x2 z 00 = xyz 00 ;
e) z = arcsin(xy ) : y 2 zyy
xy
p
¡xx ¢2
f ) u = x2 + y 2 + z¡2 , (u0x )2 +¢ u0y ¡+ (u0z )2 =¢1;
g) u = cos(xyz) , x u00xx − u00xy + y u00yy − u00yz + z (u00zz − u00zx ) =
(xy + yz + zx) sin(xyz).
♥ Для решения каждой из задач нужно найти частные производные данной функции, входящие в приведённое уравнение,
подставить их в это уравнение и убедиться в том, что оно превратится в тождество. ♠
12.2
Дифференцируемость функций нескольких переменных. Дифференциал функции. Касательная плоскость
Мы исследуем поведение функции z = f (x, y) в окрестности
точки M0 (x0 , y0 ). Пусть ∆x = x − x0 , ∆y = y − y0 — приращения
аргументов, а ∆z = f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f (x0 , y0 ) — полное
220
приращение функции.
Функция z = f (x, y) называется дифференцируемой в точке
M0 , если в ее приращении ∆z можно выделить линейную часть,
т. е. если ∆z можно представить в виде
∆z = A · ∆x + B · ∆y + α1 · ∆x + α2 · ∆y,
(1)
где A и B — константы, а α1 = α1 (x, y) и α2 = α2 (x, y) — б.м.
в точке M0 . Линейная часть A∆x + B∆y дифференцируемой
функции называется ее дифференциалом и обозначается dz или
df :
dz = A∆x + B∆y.
(2)
Необходимое условие дифференцируемости. Во-первых, дифференцируемая функция является непрерывной. Действительно, из (1) сразу следует, что lim∆x→0,∆y→0 ∆z = 0. Во-вторых,
дифференцируемая функция имеет частные производные, а
именно, справедлива следующая теорема.
Теорема. Если функция z = f (x, y) дифференцируема в точке M0 (x0 , y0 ), то в этой точке существуют частные производные,
причем
fx0 (x0 , y0 ) = A, fy0 (x0 , y0 ) = B,
где A и B — постоянные из формулы (1).
Отсюда получаем следующую формулу для дифференциала
в точке M0 :
(3)
dz = fx0 (x0 , y0 )dx + fy0 (x0 , y0 )dy,
где dx = ∆x, dy = ∆y — дифференциалы независимых переменных x и y.
Достаточное условие дифференцируемости дается следующей теоремой.
Теорема. Если функция z = f (x, y) имеет частные производные fx0 и fy0 в окрестности точки M0 (x0 , y0 ), причем в этой точке
эти производные непрерывны, то функция f (x, y) дифференцируема в точке M0 (x0 , y0 ).
221
Задача 12.4. Найти приращение функции z = f (x, y) и ее дифференциал при переходе от точки M0 к точке M :
√
a) z = pxy 3 − 2y , M0 ( 1; −1 ) , M ( 4; −2 ) ;
b) z = x + 2y 2 , M0 ( 1; 2 ) , M ( −2; 3 ) ;
c) z = ln(1 − x + 3y) , M0 ( 3; 1 ) , M ( −e − 2; −1 ) ;
d) z = arctg(1 + xy) , M0 ( −2; 0 ) , M ( 1; −1 ) .
♥ a) Приращение функции z = f (x, y) при переходе от точки
M0 к точке M находится по формуле ∆z = f (M ) − f (M 0 ). Так
как
√
√
f (M0 ) = 1(−1)3 − 2(−1) = 1 , f (M ) = 4(−2)3 − 2(−2) = −12 ,
то ∆z = −12 − 1 = −13.
Дифференциал функции z = f (x, y) в точке M 0 находится по
формуле (3). Поскольку
√
3
zx0 = 2y√x , zy0 = 3 xy 2 − 2 ;
√
3
√ = − 1 , z 0 (M0 ) = 3 1(−1)2 − 2 = 1,
zx0 (M0 ) = (−1)
y
2
2 1
а dx = x − x0 = 4 − 1 = 3 , dy = y − y0 = −2 − (−1) = −1, то
dz = − 12 3 + 1(−1) = − 52 . ♠
Ответы: a) ∆z = −13 , dz = − 52 ; b) ∆z = 1 , dz = 56 ; c) ∆z =
1 , dz = e − 1; d) ∆z = − π4 , dz = 1.
Задача 12.5. Найти дифференциал функции:
a) z =
x
ln x
5
; b) z =
; c) z = sin (2x y) ; d) z = etg (xy ) .
x2 + y 2
2x − 3y
♥ Дифференциал функции z = f (x, y) в "текущей"точке определяется формулой
dz = fx0 (x, y)dx + fy0 (x, y)dy ,
что сводит его отыскание, по сути, к вычислению частных производных первого порядка. ♠
222
(y 3 −x2 )dx−3xy 2 dy
;
(x2 +y 3 )2
(2x−3y−2x ln x)dx+3x ln xdy
; c)dz =
b)dz =
x(2x−3y)2
y4
tg (xy 5 )
d) dz = cos2 (xy5 ) e
(ydx + 5xdy).
Ответы: a) dz =
2x cos (y2x ) (ln 2·ydx+dy);
Касательная плоскость к графику S дифференцируемой
функции z = f (x, y) в точке M (x0 , y0 ) (более точно: в точке
P0 (x0 , y0 , z0 ), где z0 = f (x0 , y0 )) задается уравнением
z − z0 = fx0 (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy0 (x0 , y0 )(y − y0 ).
(4)
Нормалью к поверхности S в точке P0 (x0 , y0 , z0 ) ∈ S называется прямая l, перпендикулярная касательной плоскости π к S в
точке P0 . Зная уравнение касательной плоскости (4), мы можем
написать уравнение нормали:
l:
12.3
x − x0
0
fx (x0 , y0 )
=
y − y0
0
fy (x0 , y0 )
=
z − z0
.
−1
(5)
Применение дифференциала к приближенным вычислениям
Из формулы (1) следует, что при достаточно малых ∆x и ∆y
для дифференцируемой функции z = f (x, y) имеет место приближённое равенство
∆z ≈ A∆x + B∆y = fx0 (x0 , y0 )∆x + fy0 (x0 , y0 )∆y .
Здесь в левой части находится приращение функции ∆z =
f (x, y) − f (x0 , y0 ), а в правой — её дифференциал (см (3)). Таким образом, ∆z ≈ dz при малых ∆x и ∆y. Это равенство и
используется для приближённой оценки значения f (M ) функции в некоторой точке M (x, y) по значениям её и ее производных
в точке M (x0 , y0 ):
f (M ) − f (M0 ) ≈ fx0 (M0 )∆x + fy0 (M0 )∆y ,
223
(6)
где значения величин ∆x = x − x0 и ∆y = y − y0 малы.
Задача 12.6. Заменяя приращение функции дифференциалом,
вычислить приближённо:
p
p
a) 1, 023,01 ; b) (4, 05)5 + (2, 93)2 ; c) (1, 02)4p 1 + 1, 02(1, 94)3 ;
d)(1, 02)3 (0, 97)2 ; e) ln((0, 09)3 +(0, 99)3 ) ; f ) (1, 04)1,99 + ln 1, 02 .
♥ a) Искомое число является, очевидно, значением функции
z = f (x, y) = xy в точке M (1, 02; 3, 01). В качестве M0 естественно взять точку с координатами (1; 3). Поскольку приращения
аргументов ∆x = 1, 02 − 1 = 0, 02, ∆y = 3, 01 − 3 = 0, 01 малы,
то можем воспользоваться формулой (6). Так как z x0 = yxy−1 ,
zy0 = xy ln x, то
dz(M0 ) = 3 · 13−1 · 0, 02 + 13 · ln 1 · 0, 01 = 3 · 0, 02 + 0 = 0, 06
(напомним, что ln 1 = 0). Очевидно, что f (M 0 ) = 13 = 1. Следовательно,
f (M ) ≈ f (M0 ) + dz(M0 ) ⇔ 1, 023,01 ≈ 1 + 0, 06 = 1, 06.
♠
Ответы: a) 1, 06; b) 4, 998; c) 3, 147; p
d) 1, 00; e) − 0, 03 ; f )1, 05.
y
Указания:
a) z = x , M0 (1, 3); b) z = x2 + y 2 , M0 (4, 3); c) z =
p
4
3
x 1 + xy , M0 (1, 2);
d) z = x3 y 2 , M0 (1, 1); e) z = ln(x3 + y 3 ), M0 (0, 1); f ) u =
√
xy + ln z, M0 (1, 2, 1).
Контрольные вопросы
1. Что называется частной производной функции нескольких
переменных?
2. Как вычисляются частные производные второго порядка?
3. Сколько частных производных второго порядка имеется у
функции двух и трёх переменных?
4. Какие условия являются достаточными для равенства смешанных частных производных функции двух переменных?
5. Какая функция двух переменных называется дифференцируемой?
6. Что такое дифференциал функции двух переменных? Как
он вычисляется?
224
Дополнительные вопросы и задачи
Замечание. Существование частных производных не является
(в отличие от случая функций одной переменной) достаточным
условием дифференцируемости, т. е. функция нескольких переменных может иметь частные производные, но при этом не быть
дифференцируемой.
D1. Привести пример функции, имеющей частные производные, но при этом не дифференцируемой.
♥ Привести соответствующий пример нетрудно, если заметить,
что определение частных производных в точке M 0 (x0 , y0 ) зависит только от значений функции на прямых x = x 0 и y = y0
и никак не связано со значениями функции вне этих прямых.
Поэтому, если рассмотреть функцию f (x, y), равную 0 на осях
координат и 1 вне этих осей, то в точке M 0 (0, 0) частные производные существуют и fx0 (M0 ) = 0, fy0 (M0 ) = 0. Однако эта
функция не дифференцируема в точке M 0 , так как она, очевидно, разрывна в этой точке.
Вот более сложный пример функции, у которой частные производные существуют всюду, но которая не дифференцируема в
точке M0 :
(
x2 y
2 +y 2 , если (x, y) 6= (0, 0),
x
z=
0, если (x, y) = (0, 0).
У этой функции имеются частные производные в точке M 0 (0, 0).
Действительно, ограничение этой функции на оси координат
тождественно равно нулю: f (x, 0) ≡ 0, f (0, y) ≡ 0. Поэтому
fx0 (M0 ) = 0, fy0 (M0 ) = 0. Однако эта функция не является дифференцируемой в точке (0, 0). Предположим противное, т. е. что
функция дифференцируема в точке M0 . Тогда формула (1) дает:
∆z =
(∆x)2 ∆y
(∆x)2 +(∆y)2
− 0 = 0 · ∆x + 0 · ∆y + α1 ∆x + α2 ∆y. Положим в
этом равенстве ∆x = ∆y. Получим
(∆x)2 ∆x
(∆x)2 +(∆x)2
= α1 ∆x+α2 ∆x =
α∆x. После сокращения получаем противоречие: 12 = α (б.м.
равна константе). Следовательно, функция не может быть дифференцируемой в точке (0, 0). ♠
225
D2. На плоскости переход от прямоугольных координат Oxy к
полярным Oρϕ , ρ ≥ 0 , 0 ≤ ϕ ≤ 2π, осуществляется по формулам
x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ. Вычислить якобиан этого перехода, то
есть определитель:
¯
¯
¯ ∂x ∂x ¯
¯ ∂ρ ∂ϕ ¯
¯ ∂y ∂y ¯
¯ ∂ρ ∂ϕ . ¯
Ответ: ρ.
D3. В пространстве переход от прямоугольных координат
Oxyz к сферическим Orθϕ , r ≥ 0 , 0 ≤ θ ≤ π , 0 ≤ ϕ ≤ 2π , осуществляется по формулам x = r sin θ cos ϕ , y = r sin θ sin ϕ , z =
r cos θ. Вычислить якобиан этого перехода, то есть определитель:
¯ ∂x ∂x ∂x ¯
¯
¯
¯ ∂r ∂θ ∂ϕ ¯
¯ ∂y ∂y ∂y ¯
¯ ∂r ∂θ ∂ϕ ¯ .
¯ ∂z ∂z ∂z ¯
¯ ∂r ∂θ ∂ϕ ¯
Ответ: r 2 sin θ.
D4. При каком значении параметра a функция v = x 3 + axy 2
∂2v
∂2v
удовлетворяет уравнению Лапласа ∆v = ∂x
2 + ∂y 2 = 0.
Ответ: a = −3.p
D5. Пусть ρ = x2 + y 2 — расстояние от начала отсчёта до
точки с прямоугольными координатами (x, y). Показать, что при
ρ 6= 0:
a)
∂2ρ ∂2ρ
1
+
= ;
∂x2 ∂y 2
ρ
b)
∂ 2 (ln ρ) ∂ 2 (ln ρ)
+
= 0.
∂x2
∂y 2
D6. Показать, что для функций u(x, y) и v(x, y) двух переменных справедливы (как и для функций одной переменной)
равенства:
a) d(u + v) = du + dv; b) d(uv) = vdu + udv; c) d
226
³u´
v
=
vdu − udv
.
v2
Занятие 13
Частные производные
сложных и неявных
функций
13.1
Частные производные сложной функции нескольких переменных
Случай одной независимой переменной.
Если функция z = f (x, y) дифференцируема в точке M 0 (x0 , y0 ),
а x = ϕ(t), y = ψ(t) — функции, дифференцируемые в точке t 0 ,
где ϕ(t0 ) = x0 , ψ(t0 ) = y0 , то сложная функция
z = f (ϕ(t), ψ(t)) = z(t)
имеет производную в точке t0 , которая находится по формуле
zt0 = zx0 · x0t + zy0 · yt0 ,
(1)
или, в других обозначениях,
dz
∂z dx ∂z dy
=
+
.
dt
∂x dt
∂y dt
227
(10 )
Точно так же для сложной функции z = f (x 1 (t), . . . , xn (t)) =
z(t) получаем формулу
zt0 = zx0 1 · (x1 )0t + . . . + zx0 n · (xn )0t .
Полная и частная производная. Рассмотрим частный случай сложной функции, когда первая из функций ϕ(t) = t, т. е.
x = t, y = ψ(t). Другими словами, имеется функция z = f (x, y)
и y = y(x) есть функция от x. Получаем сложную функцию
0
z = f (x, y(x)) = z(x). Так как dx
dx = 1, то формула (1 ) переписывается в виде
dz
∂z
∂z dy
=
+
.
(2)
dx
∂x ∂y dx
∂z
Здесь ∂x
— частная производная функции двух переменных
dz
(при её нахождении переменная y считается постоянной), а dx
— полная производная функции z = z(x) одной переменной x.
Случай нескольких (двух) независимых переменных.
Если функция z = f (x, y) дифференцируема в точке M 0 (x0 , y0 ),
а x = ϕ(u, v), y = ψ(u, v) — функции, дифференцируемые в точке (u0 , v0 ), где ϕ(u0 , v0 ) = x0 , ψ(u0 , v0 ) = y0 , то сложная функция
z = f (ϕ(u, v), ψ(u, v)) = z(u, v)
имеет частные производные в точке (u 0 , v0 ), которые находятся
по формулам
½ 0
zu = zx0 · x0u + zy0 · yu0 ,
(3)
zv0 = zx0 · x0v + zy0 · yv0 ,
или, в других обозначениях,
(
∂z
∂u =
∂z
∂v =
∂z ∂x
∂x ∂u
∂z ∂x
∂x ∂v
Задача 13.1. Найти dz
dt , если:
2 −y
x
a) z = e
, где x = t , y = cos t;
228
+
+
∂z
∂y
∂z
∂y
∂y
∂u ,
∂y
∂v .
(30 )
b) z =
√x ,
y
где x = 2t , y = 3 + tg2 t;
c) z = arcsin(x + 2y), где x = ln t , y = t3 − 1;
√
d) z = sin(x 3 y), где x = ctg t , y = 1 + t6 ;
e) z = (x + 1)y , где x = t2 , y = arctg t.
♥ a) Здесь z = f (x, y) = ex
По формуле (1) имеем
2 −y
, x = ϕ(t) = t, y = ψ(t) = cos t .
2
2
dz
= zx0 x0t + zy0 yt0 = 2xex −y · 1 + (−1)ex −y · (− sin t) =
dt
= ex
2 −y
(2x + sin t) = et
2 −cos t
(2t + sin t) .
На практике зачастую не пользуются формулой (1), а в выражение для функции z = f (x, y) вместо x и y подставляют ϕ(t) и
ψ(t) соответственно и находят нужную производную. В данном
2
случае z = z(t) = et −cos t , откуда
¡
¢0
dz
2
2
= et −cos t · t2 − cos t = et −cos t · (2t + sin t) . ♠
dt
2
2
t
(2t + sin t) ; b) 2t (3 cos t+sin t) ln 2−tg
;
3
2 t·(3+tg 2 t) 2
cos
³
´
√
3
5
2t−t6 −1
c) √ 1+6t 3 2 ; d) cos ctg t · 3 1 + t6 · t 2sin√
;
3
t 1−(ln t+2t −2)
sin t· (1+t6 )2
¡
¢
¡
¢
arctg t−1
e) 1 + t2
· ln(t2 + 1) + 2t arctg t .
Ответы: a) et
2 −cos t
∂z
Задача 13.2. Найти частную производную ∂x
и полную произdz
водную dx , если:
a) z = √ 2x 2 , где y = ln x; b) z = ln (ex + 3y ), где y = x5 ;
x +y
√
x2 −y
c) z = 1+3y , где y = sin2 x; d) z = arctg x−1
x;
y , где y =
e) z = xy , где y = arcsin x.
♥ a) Найдём частные производные данной функции:
∂z
y2
xy
∂z
= ³p
= − ³p
´3 ,
´3 .
∂x
∂y
x2 + y 2
x2 + y 2
229
Полную производную вычислим по формуле (2):
dz
∂z
∂z dy
y2
−xy
1
=
+
= ³p
´3 + ³p
´3 · =
dx
∂x ∂y dx
x
x2 + y 2
x2 + y 2
ln2 x − ln x
y2 − y
= ³p
´3 = ³p
´3 .
x2 + y 2
x2 + ln2 x
При отыскании полной производной можно не привлекать
формулу (2), а представить функцию z как функцию одной переменной x, подставив в неё вместо y соответствующее выражение: так как z = z(x) = √ 2 x 2 , то
x +ln x
dz
=
dx
Ã
Ответы:
a)
∂z
∂x
b)
∂z
∂x
∂z
∂x
∂z
∂x
∂z
∂x
c)
d)
e)
= ³√
x
p
x2 + ln2 x
y2
x2 +y 2
=
=
=
=
´3
ex
ex +3y ,
2x
1+3y ,
y
(x−1)2 +y 2
yxy−1 ,
,
,
!0
dz
dx
dz
dx
dz
dx
dz
dx
dz
dx
ln2 x − ln x
= ³p
´3 . ♠
2
2
x + ln x
= ³ √ln
=
=
=
=
2
x−ln x
´3 ;
x2 +ln2 x
5
ex +5x4 3x ln 3
;
ex +3x5
2x(1+3 sin2 x)−sin 2x·(1+3x2 )
;
(1+3 sin2 x)2
x+1
√
;
2 x(x2 −x+1)
³
´
x
√ln x
xarcsin x arcsin
+
2
x
1−x
∂z
Задача 13.3. Найти ∂u
и ∂z
∂v если:
sin x
a) z = 1+y , где x = uv , y = uv ;
b) z = x ln y , где x = uv 7 , y = 2u − 3v ;
x
c) z = 5 y , где x = u − v , y = u + v ;
√
d) z = xy 4 − x , где x = cos v , y = u sin v ;
e) z = (x + 1)y , где x = u2 + v 2 , y = arcsin u .
230
.
♥ a) Для отыскания искомых частных производных можно
воспользоваться формулами (3): так как
∂x
∂z
cos x ∂z
sin x
∂x
∂y
1 ∂y
u
,
=
,
=−
= v,
= u,
= ,
=− 2,
2
∂x
1 + y ∂y
(1 + y) ∂u
∂v
∂u
v ∂v
v
∂z
cos x
− sin x 1
∂u = 1+y · v + (1+y)2 v =
uv
sin uv 1
v 2 cos uv
sin uv
= cos
· v − (1+
− v(u+v)
u 2 v =
2;
1+ u
u+v
)
v
v
∂z
cos x
− sin x −u
∂v = 1+y u + (1+y)2 · v 2 =
uv
sin uv
u
uv cos uv
sin uv
= cos
u + (1+
+ u(u+v)
u 2 · 2 =
2.
1+ u
u+v
)
v
v
v
то
При нахождении частных производных z u0 и zv0 можно обойтись и без формул (3), если функцию z явно представить как
uv
функцию двух переменных u и v: z = z(u, v) = sin
и, исполь1+ u
v
0
0
зуя полученное выражение, вычислять z u и zv . Например,
¢
¡
cos uv · v · 1 + uv − sin uv · v1
v 2 cos uv · (u + v) − v sin uv
0
zu =
=
.♠
¡
¢
2
(u + v)2
1 + uv
Ответы:
a)
b)
c)
d)
e)
∂z
∂v
∂z
∂u
∂z
∂u
∂z
∂u
∂z
∂u
∂z
∂u
=
=
=
v 2 cos uv
sin uv
− v(u+v)
2 ,
u+v
2uv 7
v 7 ln(2u − 3v) + 2u−3v
u−v
2v ln 5 u+v
5
,
(u+v)2
,
∂z
∂v
∂z
∂v
∂z
∂v
=
=
=
uv cos uv
sin uv
+ u(u+v)
2;
u+v
3uv 7
7uv 6 ln(2u − 3v) − 2u−3v
;
u−v
2u ln 5 u+v
− (u+v)2 5
;
= 4u3 sin4 v cos v , ∂z
4u4 sin3 v cos2 v − u4 sin5 v +
∂v =
h 2 2
i
+v +1)
2u arcsin u
= (u2 + v 2 + 1)arcsin u ln(u√1−u
+
,
2
u2 +v 2 +1
= (u2 + v 2 + 1)arcsin u ·
13.2
sin v
√
;
2 cos v
2v arcsin u
u2 +v 2 +1 .
Дифференцирование неявных функций
Мы уже знакомы с понятием неявной функции одной переменной. Неявная функция y = y(x) определяется уравнением
231
F (x, y) = 0. Мы можем рассматривать это уравнение, в котором y является неизвестным, а x — параметром. Уравнение
F (x, y) = 0 определяет некоторое множество точек (кривую)
C на плоскости. Теорема существования дает условия, при которых C в окрестности какой-то точки M 0 (x0 , y0 ) ∈ C является графиком (однозначной) функции y = f (x): во-первых,
функция F (x, y) и ее частные производные F x0 и Fy0 непрерывны в некоторой окрестности точки M0 (x0 , y0 ), а, во-вторых,
Fy0 (x0 , y0 ) 6= 0. В этом случае функция y = f (x) имеет непрерывную производную в окрестности точки x 0 , которую можно
найти по формуле
F 0 (x, y)
y 0 = − x0
.
(4)
Fy (x, y)
Эта формула выводится так. Поскольку y = y(x) есть решение
уравнения F (x, y) = 0, то имеем тождество F (x, y(x)) ≡ 0. Дифференцируя это тождество и помня при этом, что y есть функция от x, из правила дифференцирования сложной функции получаем уравнение, которому удовлетворяет y 0 : Fx0 ·1+Fy0 ·y 0 = 0.
Из этого уравнения получаем искомую формулу. Отметим, что
для нахождения y 0 мы в общем виде проделали те же вычисления, которые мы проводили ранее на практических занятиях
при решении конкретных задач, когда еще не знали понятия
частной производной.
Задача 13.4. Найти производную y 0 для функции y = y(x),
определяемой следующим уравнением:
a) sin(2x − 5y) + y 2 = 1 ; b) x2 + y 3 − 4x + 6y = 0 ;
c) xy + ln y + ln x = 0 ;
d) sin(xy) − exy − x2 y = 0 ;
y
2
2
e) ln(x + y ) = arctg x ; f ) xy = y x .
♥ a) Неявная функция определяется уравнением F (x, y) = 0,
где F (x, y) = sin(2x − 5y) + y 2 − 1. Поскольку
Fx0 = 2 cos(2x − 5y) , Fy0 = −5 cos(2x − 5y) + 2y ,
232
то, применяя формулу (4), получим
y0 = −
Fx0
2 cos(2x − 5y)
2 cos(2x − 5y)
=−
=
.
0
Fy
−5 cos(2x − 5y) + 2y
5 cos(2x − 5y) − 2y
Найти искомую производную можно также, не используя формулу (4), а (фактически повторяя её доказательство) дифференцируя по x обе части исходного равенства, считая в нём y
¡функцией от x: 2 ¢0
sin(2x − 5y) + y x = (1)0x , или (2 − 5y 0 ) cos(2x − 5y) + 2yy 0 = 0,
или 2 cos(2x − 5y) − 5y 0 cos(2x − 5y) + 2yy 0 = 0. Отсюда y 0 =
2 cos(2x−5y)
5 cos(2x−5y)−2y . ♠.
2 cos(2x−5y)
y
4−2x
5 cos(2x−5y)−2y ; b) 3y 2 +6 ; c) − x ;
2xy+yexy −y cos(xy)
y x ln y−yxy−1
; e) 2x+y
x−2y ; f ) xy ln x−xy x−1 .
x cos(xy)−xexy −x2
Ответы: a)
d)
Почти дословно все предыдущее переносится на случай функций нескольких переменных.
Неявная функция z = z(x, y) от переменных x, y определяется
уравнением F (x, y, z) = 0, где F (x, y, z) — некоторая функция
трех переменных. При этом z = z(x, y) является, вообще говоря, многозначной функцией. Она сопоставляет точке M 0 (x0 , y0 )
решения z1 , . . . , zn уравнения F (x0 , y0 , z) = 0.
Уравнение F (x, y, z) = 0 определяет некоторое множество (поверхность) S в пространстве. Теорема существования для неявных функций дает условия, при которых S является графиком
(однозначной) функции z = f (x, y) в некоторой окрестности
точки M0 (x0 , y0 , z0 ) ∈ S: во-первых, функция F (x, y, z) и ее частные производные Fx0 , Fy0 и Fz0 непрерывны в некоторой окрестности точки M0 , а, во-вторых, Fz0 (x0 , y0 , z0 ) 6= 0. Кроме того,
функция z = f (x, y) имеет непрерывные частные производные
в окрестности точки (x0 , y0 ), которые можно найти по формулам
zx0
F 0 (x, y, z)
= − x0
,
Fz (x, y, z)
zy0
Fy0 (x, y, z)
=− 0
.
Fz (x, y, z)
(5)
Вывод этих формул для частных производных производится так
же, как и в случае одной переменной. Поскольку z = z(x, y)
есть решение уравнения F (x, y, z) = 0, то (подставляя решение в уравнение) имеем тождество F (x, y, z(x, y)) ≡ 0. Дифференцируя это тождество по x, и помня при этом, что z
есть функция от x и y, из правила дифференцирования сложной функции получаем уравнение, которому удовлетворяет z x0 :
Fx0 · 1 + Fy0 · 0 + Fz0 · zx0 = 0. Из этого уравнения получаем искомую формулу для zx0 . Аналогично выводится формула для z y0 .
При решении задач можно повторять этот вывод в каждой конкретной задаче.
Задача 13.5. Найти частные производные z x0 и zy0 функции
z = z(x, y), которая задана уравнением:
b) z 2 − xy = 0 ;
a) z 3 = 3xyz + 1 ;
c) x2 + y 3 + z 4 − 5xyz = 0 ; d) x + y + z = ez ;
f ) x cos y + y cos z + z cos x = 1 .
e) x = sin yz ;
♥ a) Функция z(x, y) определяется уравнением F (x, y, z) = 0,
где F (x, y, z) = z 3 − 3xyz − 1. Так как
Fx0 = −3yz , Fy0 = −3xz , Fz0 = 3z 2 − 3xy ,
то в соответствии с формулами (5) находим
zx0 = −
−3yz
yz
−3xz
xz
= 2
, zy0 = − 2
= 2
.
2
3z − 3xy
z − xy
3z − 3xy
z − xy
Частные производные можно найти, и не опираясь на формулы (5), а продифференцировав по x или y обе части исходного
уравнения, считая в нём z функцией от x и y:
" ¡ ¢0
· 2 0
z 3 = (3xyz + 1)0x ,
3z zx = 3yz + 3xyzx0 ,
¡ 3 ¢x0
⇒
0
3z 2 zy0 = 3xz + 3xyzy0 .
z y = (3xyz + 1)y
Далее из первого уравнения выражаем z x0 , а из второго zy0 , что,
разумеется, приводит к полученным с помощью формул (5) результатам. ♠
234
yz
y
x
, zy0 = z 2xz
; b) zx0 = 2z
, zy0 = 2z
;
z 2 −xy
−xy
2
5yz−2x
5xz−3y
1
1
0
0
0
, zy = 4z 3 −5xy ; d) zx = ez −1 , zy = ez −1 ;
4z 3 −5xy
y
z sin x−cos y
x sin y−cos z
z
0
0
0
cos yz , zy = y ; f ) zx = cos x−y sin z , zy = cos x−y sin z .
Ответ: a) zx0 =
c) zx0 =
e) zx0 =
Контрольные вопросы
1. Каковы правила дифференцирования сложной функции
z = f (x, y), если x и y являются функциями одной или двух
независимых переменных?
2. В чём отличие полной производной от частной?
3. Как определяются неявные функции одной и двух переменных?
4. Приведите формулы для производных функций, заданных
неявно.
Дополнительные вопросы и задачи
D1. Найти y 0 и y 00 , если функция y = y(x) определяется уравнением:
1
a) y = x + ln y ; b) y − sin y = x .
2
Указание: вторая производная находится дифференцированием
по x найденной первой производной с учётом того, что y есть
функция x.
y
y
2
0 =
00
Ответ: a) y 0 = y−1
, y 00 = − (y−1)
3 ; b) y
2−cos y , y =
4 sin y
.
(cos y−2)3
D2. Вывести формулу для второй производной y 00 функции
y = y(x), заданной неявно уравнением F (x, y) = 0.
00 и z 00 функции z = z(x, y)
D3. Найти частные производные zxx
xy
из задачи 13.5a.
00
D4. Вывести формулу для второй частной производной z xx
функции z = z(x, y), заданной неявно уравнением F (x, y, z) = 0.
235
Занятие 14
Производная по
направлению и градиент.
Уравнения касательной и
нормали
14.1
Производная по направлению. Градиент функции
Числовую функцию u = u(x, y, z) в пространстве в физике часто называют скалярным полем, а вектор-функцию ~v = ~v (x, y, z)
— векторным полем. Задать вектор-функцию — это то же самое, что задать три (скалярные) функции P (x, y, z), Q(x, y, z),
R(x, y, z), являющиеся координатами векторов ~v = (P, Q, R) в
точках M (x, y, z).
Градиентом функции u = u(x, y, z) называется векторное
поле, координатами которого являются частные производные
функции u:
µ
¶
∂u ∂u ∂u
grad u =
,
,
.
∂x ∂y ∂z
236
Если z´ = f (x, y) — функция двух переменных, то grad z =
³
∂z ∂z
∂x , ∂y .
Задача 14.1. Найти градиент функции u или z в заданной точке M0 :
p
√
a) u = x2 z − xy 2 z 3 , M0 (2; −1; 1); b) z = x2 − y 2 , M0 (5; 3);
4
c) z = x2 +y
2 , M0 (−1; 2); d) u = xyz, M 0 (1; 2; 3);
2
e) u = x + y 2 + z 2 , M0 (2; −2; 1).
♥ a) Нужно найти все частные производные данной функции
и вычислить их значения в точке M0 (2; −1; 1), то есть при x = 2,
y = −1 и z = 1:
√
1
u0x = 2x z − y 2 z 3 , u0y = −2xyz 3 , u0z = x2 · 2√
− 3xy 2 z 2 ,
z
u0x (M0 ) = 4 − 1 = 3, u0y (M0 ) = 4, u0z (M0 ) = 2 − 6 = −4. Следовательно, grad u(M0 ) = (3; 4; −4). ♠
8
Ответ: a) (3; 4; −4); b) ( 54 ; − 34 ); c) ( 25
; − 16
25 ); d) (6; 3; 2);
e) (4; −4; 2);
Производная по направлению характеризует скорость изменения числовой функции u = u(x, y, z) по различным направлениям. Это понятие обобщает понятие частной производной,
которая является производной по направлению одной из осей
координат.
Пусть u = u(x, y, z) — функция, определенная в окрестности
точки P0 (x0 , y0 , z0 ), а l — луч, выходящий из точки P0 . Направление луча задается единичным вектором ~e, координатами которого являются, как известно, направляющие косинусы: ~e =
(cos α, cos β, cos γ), где α = ∠(Ox, ~e), β = ∠(Oy, ~e), γ = ∠(Oz, ~e).
Производной функции u = u(P ) = u(x, y, z) по направлению l
(или по направлению вектора ~e ) в точке P 0 называется предел
отношения приращения функции в направлении l к "приращению аргумента":
∂u
∆l u
u(P ) − u(P0 )
(P0 ) = lim
= lim
.
∆l→0 ∆l
P →P0 ,P ∈l
∂l
P0 P
В частности, если l совпадает с одной из осей координат, мы
237
получаем определение частной производной. Например, если l
есть ось Ox, то ∂u = ∂u .
∂l
∂x
Производная по любому направлению выражается через градиент.
Теорема. Если функция u = u(P ) = u(x, y, z) дифференцируема в точке P0 , то производная ∂u по любому направлению
∂l
l существует и равна скалярному произведению градиента на
единичный вектор ~e = (cos α, cos β, cos γ) в направлении l:
∂u
∂u
∂u
∂u
(P0 ) = (grad u(P0 ), ~e) =
(P0 )·cos α+ (P0 )·cos β+ (P0 )·cos γ.
∂l
∂x
∂y
∂z
(1)
Аналогичная формула имеется и в случае функций двух переменных. В этом случае все происходит на плоскости.
y
6
©
©©
©
~
e . ©
©©P
©
*
β
α
©©
l
PO
β=
π
2
− α,
cos β = sin α,
~e = (cos α, sin α).
- x
O
Предыдущая теорема приобретает следующий вид.
Теорема. Если u = u(P ) = u(x, y) — функция двух переменных, дифференцируемая в точке P0 , то производная ∂u по
∂l
направлению l существует и равна
∂u
∂u
∂u
(P0 ) = (grad u(P0 ), ~e) =
(P0 ) · cos α +
(P0 ) · sin α,
∂l
∂x
∂y
(2)
где ~e = (cos α, sin α) — единичный вектор в направлении l.
Рассмотрим производные функции u в точке P 0 по различным
238
направлениям l. Из приведенной формулы легко получается следующий геометрический смысл градиента:
производная по направлению максимальна, если направление
совпадает с направлением градиента ~n = grad u(P 0 ), причем величина этой максимальной производной равна модулю градиента:
∂u
∂u
(P0 ) =
(P0 ) = | grad u(P0 )|.
max
l
∂l
∂n
Задача 14.2. Найти производную функции:
a) u = xy 2 z 3 в точке M0 (3; 2; 1) по направлению к точке
M (5; 4; 2);
b) z = x2 − y 2 в точке M0 (1; 1) в направлении, составляющем
угол π3 с положительным направлением оси Ox;
c) z = 3x4 − xy + y 3 в точке M0 (1; 2) в направлении, составляющим с осью Ox угол π3 ;
d) z = x3 −2x2 y+xy 2 +1 в точке M0 (1; 2) в направлении, идущем
от этой точки
p к точке M (4; 6);
e) z = ln x2 + y 2 в точке M0 (1; 1) в направлении биссектрисы
первого координатного угла;
f ) u = ln (x2 + y 2 + z 2 ) в точке M0 (1; 2; 1) в направлении вектора ~r(2; 4; 4);
g) u = arcsin √ 2z 2 в точке M0 (1; 1; 1) в направлении вектора
x +y
−−−→
M0 M , где M (3; 2; 3).
−−−→
♥ a) Вектор, задающий
√ направление, равен M0 M (2; 2; 1). Его
−−−→
длина равна |M0 M | = 4 + 4 + 1 = 3. Вектор ~e, имеющий еди−−−→
ничную длину и одинаковое с M0 M направление, имеет коорди−−−→
¡2 2 1¢
M
наты: ~e = M
−−0−→ = 3 ; 3 ; 3 .
|M 0 M |
Найдем градиент функции u в точке M0 : так как
u0x = y 2 z 3 , u0y = 2xyz 3 , u0z = 3xy 2 z 2 , то u0x (M0 ) = 4, u0y (M0 ) = 12,
u0z (M0 ) = 36, а значит, grad u(M0 ) = (4; 12; 36). Следовательно,
∂u (M ) = 4 · 2 + 12 · 2 + 36 · 1 = 68 .
0
3
3
3
3
∂l
b) Единичный вектор ~e данного направления имеет коорди239
¡
¢ ³ √ ´
наты ~e cos π3 , sin π3 = 12 ; 23 . Поскольку zx0 = 2x, zy0 = −2y, то
grad z(M0 ) = (2; −2), и значит, согласно формулы (2), ∂z (M0 ) =
∂l
√
√
2 · 12 + (−2) · 23 = 1 − 3. ♠
√
√
√
2
1
7
Ответ: a) 68
3 ; b) 1 − 3; c) 2 (10 + 11 3); d) 1; e) 2 ; f ) 9 ;
g) 16 .
14.2
Уравнение касательной и нормали в
неособой точке
Пусть кривая C на плоскости задается уравнением C : F (x, y) =
0 и M0 (x0 , y0 ) точка на этой кривой, т.е. F (x0 , y0 ) = 0. Если
Fy0 (x0 , y0 ) 6= 0, то по теореме о неявной функции кривая C в
окрестности точки M0 является графиком дифференцируемой
функции y = y(x). В теореме о неявной функции мы можем
поменять переменные x и y ролями и считать, что y является
"независимой"переменной, а x "зависимой". Если вместо условия Fy0 (x0 , y0 ) 6= 0, потребовать чтобы Fx0 (x0 , y0 ) 6= 0, то получим, что кривая C представляется в виде графика функции
x = x(y).
Точки M0 (x0 , y0 ) ∈ C кривой с уравнением F (x, y) = 0, в
которых обе частные производные обращаются в нуль, то есть
Fx0 (x0 , y0 ) = 0, Fy0 (x0 , y0 ) = 0,
называются особыми точками кривой C (такие точки мы будем
называть в дальнейшем также критическими точками функции F (x, y)). Таким образом, в окрестности неособых точек кривая C : F (x, y) = 0 является графиком функции. Из уравнения
касательной к графику функции и формулы для производной
функции, заданной неявно, получаем уравнение касательной к
кривой в неособой точке.
Касательная l и нормаль n к кривой C : F (x, y) = 0 в неособой
240
точке M0 (x0 , y0 ) имеют уравнения:
x − x0
y − y0
= 0
.
0
Fx (x0 , y0 )
Fy (x0 , y0 )
(3)
Почти дословно все предыдущее переносится на случай функций нескольких переменных.
l : Fx0 (M0 )(x−x0 )+Fy0 (M0 )(y−y0 ) = 0, n :
Пусть S — поверхность с уравнением F (x, y, z) = 0. Точки
M0 (x0 , y0 , z0 ) ∈ S поверхности, в которых все частные производные обращаются в нуль, то есть
Fx0 (x0 , y0 , z0 ) = 0, Fy0 (x0 , y0 , z0 ) = 0, Fz0 (x0 , y0 , z0 ) = 0 ,
называются особыми точками поверхности S (такие точки мы
будем называть в дальнейшем также критическими точками
функции F (x, y, z)). Точки M0 ∈ S, в которых хотя бы одна частная производная не обращается в нуль, называются неособыми
точками. В окрестности неособой точки поверхность является
графиком функции z = z(x, y), или y = y(z, x), или x = x(y, z).
Касательная плоскость π и нормаль l к поверхности S :
F (x, y, z) = 0 в неособой точке M0 имеют уравнения:
π : Fx0 (M0 )(x − x0 ) + Fy0 (M0 )(y − y0 ) + Fz0 (M0 )(z − z0 ) = 0, (4)
l:
x − x0
0
Fx (x0 , y0 , z0 )
=
y − y0
0
Fy (x0 , y0 , z0 )
=
z − z0
0
Fz (x0 , y0 , z0 )
.
(5)
Градиент и линии (поверхности) уровня. Линии уровня
функции f (x, y) — это кривые Ch : f (x, y) = h = const. Касательная к кривой Ch в точке P0 имеет уравнение ∂f
∂x (x0 , y0 ) · (x −
∂f
x0 ) + ∂y (x0 , y0 ) · (y − y0 ) = 0, а нормаль к Ch в точке P0 равна
³
´
∂f
~n = ∂f
(x
,
y
),
(x
,
y
)
n = grad f (P0 ).
0 0 , т. е. ~
∂x 0 0 ∂y
Таким образом, градиент функции f (x, y) в точке P 0 перпендикулярен линии уровня, проходящей через эту точку.
То же самое верно для функций трех переменных f (x, y, z) и
их поверхностей уровня Sh : f (x, y, z) = h.
Задача 14.3. Найти уравнение касательной и нормали к данной кривой C в заданной точке M0 :
a) C : x3 + y 2 + 2x = 6 , M0 (−1, 3) ;
b) C : x5 + y 5 − 2xy = 0 , M0 (1, 1) ;
c) C : 4x4 − y 4 + 6xy = 0 , M0 (1, 2) ;
d) C : x3 y + y 3 x + x2 y 2 = 3 , M0 (1, 1) ;
e) C : cos xy = x + 2y , M0 (1, 0) .
♥ a) Воспользуемся уравнениями (3). В данном случае кривая
C определяется уравнением F (x, y) = 0, где F (x, y) = x 3 + y 2 +
2x − 6, а точка M0 имеет координаты x0 = −1 , y0 = 3. Найдём
частные производные функции F (x, y) и их значения в точке
M0 :
Fx0 (x, y) = 3x2 + 2 ,
Fy0 (x, y) = 2y ,
0
2
Fx (x0 , y0 ) = 3(−1) + 2 = 5 , Fy0 (x0 , y0 ) = 3 · 2 = 6 .
Теперь применяем формулы (3): l : 5(x + 1) + 6(y − 3) = 0, т.е.
y−3
l : 5x + 6y − 13 = 0; n : x+1
5 = 6 , т.е. n : 6x − 5y + 21 = 0. ♠
Ответ: a) 5x + 6y − 13 = 0 , 6x − 5y + 21 = 0; b) x + y −
2 = 0 , x − y = 0; c) 14x − 13y + 12 = 0 , 13x + 14y − 41 = 0;
d) x + y − 2 = 0 , x − y = 0; e) x + 2y − 1 = 0 , 2x − y − 2 = 0.
Задача 14.4. Найти уравнения касательной плоскости и нормали к данной поверхности S в заданной точке M 0 :
a) S : x2 + y 2 − (z − 5)2 = 0 , M0 (4, 3, 0) ;
b) S : x2 z + y 2 z = 4 , M0 (−2, 0, 1);
c) S : z = arctg xy , M0 (1, 1, π4 ); d) S : z = sin x cos y , M0 ( π4 , π4 , 12 );
y
x
e) S : z = y + ln xz , M0 (1, 1, 1); f ) S : 2 z + 2 z = 8 , M0 (2, 2, 1).
♥ a) Поверхность S задана уравнением F (x, y, z) = 0, где
F (x, y, z) = x2 + y 2 − (z − 5)2 . Найдём частные производные
F (x, y, z) и их значения в точке M0 :
Fx0 (x, y, z) = 2x , Fy0 (x, y, z) = 2y , Fz0 (x, y, z) = −2(z − 5) ⇒
Fx0 (x0 , y0 , z0 ) = 8, Fy0 (x0 , y0 , z0 ) = 6, Fz0 (x0 , y0 , z0 ) = 10. Для составления искомых уравнений воспользуемся формулами (4) и
242
(5):
π : 8(x − 4) + 6(y − 3) + 10(z − 0) = 0 ⇒ 4x + 3y + 5z − 25 = 0 ,
l:
x−4
y−3
z−0
x−4
y−3
z
=
=
⇒
=
= .
8
6
10
4
3
5
Ответ: a) 4x + 3y + 5z − 25 = 0 ,
y
z−1
b) x − z + 3 = 0 , x+2
−1 = 0 = 1 ;
x−4
4
=
y−3
3
♠
= z5 ;
z− π4
y−1
x−1
1 = −1 = 2 ;
x− π
y− π
z− 1
d) x − y − 2z + 1 = 0 , 1 4 = −14 = −22 ;
y−1
z−1
e) x + y − 2z = 0 , x−1
1 = 1 = −2 ;
y−2
z−1
f ) x + y − 4z = 0 , x−2
1 = 1 = −4 .
c) x − y + 2z −
π
2
= 0,
Контрольные вопросы
1. Что такое производная по направлению?
2. Что такое градиент функции?
3. Как производная по направлению выражается через градиент?
4. В каком направлении производная функции имеет максимальное значение и чему равно это значение?
5. Напишите уравнения касательной и нормали к данной кривой (соответственно, поверхности) в данной точке?
6. Какова связь между линиями (поверхностями) уровня
функции и ее градиентом ?
Дополнительные вопросы и задачи
D1. Для функции u(x, y) = ln (y 2 − x2 − 4x + 4), точки M0 (−3; 2)
и вектора ~v = (−2; 3)
a) написать уравнение линии уровня, проходящей через точку M0 , и построить эту линию уровня;
b) построить grad u в точке M0 ;
c) вычислить в точке M0 производную функции u по направлению вектора ~v ;
d) написать уравнение касательной к графику функции z =
u(x, y) в точке M0 ;
243
e) вычислить x0 (2), если x = x(y) задается уравнением
u(x, y) = 0.
D2. Определить уравнения плоскостей, касательных к поверхности S и параллельных плоскости π 0 :
a) S : x2 + 4y 2 + z 2 = 36 , π0 : x + y − z = 0 ;
b) S : x2 + 2y 2 + 3z 2 = 21 , π0 : x + 4y + 6z = 0 .
Ответ: a) x + y − z ± 9 = 0 ; b) x + 4y + 6z ± 21 = 0.
D3. Показать, что поверхности S1 и S2 касаются друг друга
(то есть имеют общую касательную плоскость) в точке M 0 :
a) S1 : x2 + y 2 = z 2 , S2 : x2 + y 2 + (z − 2)2 = 2 , M0 (0, ±1, 1) ;
b) S1 : x+2y−ln z+4 = 0, S2 : x2 −xy−8x+z+5 = 0, M0 (2, −3, 1).
D4. Показать, что уравнение касательной плоскости к эллип2
2
2
соиду xa2 + yb2 + zc2 = 1 в любой его точке M0 (x0 , y0 , z0 ) имеет
вид
x0 x y0 y z0 z
+ 2 + 2 = 1.
a2
b
c
D5. Для поверхности z = xy написать уравнение касательной
y
z−1
плоскости, перпендикулярной к прямой x+2
2 = 1 = −1 .
Ответ: 2x + y − z − 2 = 0.
D6. К поверхности x2 − y 2 − 3z = 0 провести касательную
плоскость, проходящую через точку M (0, 0, −1) и параллельную
прямой x2 = y1 = z2 .
Указание. Обозначьте через M0 (x0 , y0 , z0 ) точку касания и напишите в соответствии с формулой (4) уравнение искомой плоскости. Параметры x0 , y0 , z0 находятся исходя из того, что точка M0 принадлежит поверхности, касательная плоскость содержит точку M0 и параллельна данной прямой (последнее означает перпендикулярность нормального вектора к плоскости и
направляющего вектора прямой).
Ответ: 4x − 2y − 3z − 3 = 0.
244
Занятие 15
Экстремумы функций
двух переменных.
Условный экстремум
15.1
Экстремумы функций двух переменных
Точка M0 (x0 , y0 ) называется точкой локального максимума
(соответственно точкой локального минимума) функции z =
f (x, y), если f (M0 ) ≥ f (M ) (соответственно f (M0 ) ≤ f (M ) )
для M (x, y) в некоторой окрестности точки M 0 . Точки локального максимума и локального минимума называются точками
локального экстремума.
Теорема (необходимые условия экстремума).
Если M0 (x01 , . . . , x0n ) — точка локального экстремума функции
z = f (M ) = f (x1 , . . . , xn ) и в этой точке существуют частные
производные, то эти производные равны нулю: f x0 i (M0 ) = 0, i =
1, . . . , n.
Точка M0 называется критической (или стационарной) точкой функции z = f (M ), если в этой точке существуют част-
245
ные производные и все они обращаются в нуль: f x0 i (M0 ) = 0
при i = 1, . . . , n. Таким образом, точки локального экстремума
должны быть критическими (если в них существуют частные
производные).
Критические точки функции z = f (x, y) находятся из системы: fx0 (x, y) = 0, fy0 (x, y) = 0.
Необходимое условие экстремума в теореме не является достаточным, т. е. точка может быть критической, но не быть
точкой экстремума. Простейший пример — это точка M 0 (0, 0)
для функции z = x2 − y 2 (седловая точка или точка перевала).
Таким образом, критические точки являются лишь подозреваемыми на экстремум. Для того чтобы получить для них достаточное условие, нужно рассматривать вторые частные производные.
Гессианом функции f (x, y) называется функция H(x, y), которая является функциональным определителем, составленным
из вторых частных производных:
¯ 00
¯
00 (x, y) ¯
¯ f 2 (x, y) fxy
00 2
x
¯
¯ = f 002 · f 002 − (fxy
H(x, y) = ¯ 00
) .
x
y
fxy (x, y) fy002 (x, y) ¯
Теорема (достаточные условия экстремума). Пусть функция z = f (x, y) имеет непрерывные частные производные второго порядка в окрестности точки M0 (x0 , y0 ) и пусть M0 есть
критическая точка, т.е. fx0 (x0 , y0 ) = 0, fy0 (x0 , y0 ) = 0. Тогда
1) если H(x0 , y0 ) > 0, то M0 — точка локального экстремума,
причем
1+ ) если fx002 (x0 , y0 ) > 0, то M0 — точка локального минимума;
1− ) а если fx002 (x0 , y0 ) < 0, то M0 — точка локального максимума;
2) если H(x0 , y0 ) < 0, то M0 не является точкой локального
экстремума (а является седловой точкой);
3) если H(x0 , y0 ) = 0, то экстремум в точке M0 может быть,
а может не быть и для исследования нужно привлекать производные третьего порядка.
246
Таким образом, дело обстоит так же, как в следующих типичных примерах:
1+ ) z = x2 + y 2 ; 1− ) z = −x2 − y 2 ; 1± ) z = x2 − y 2 .
Во всех этих примерах начало координат O(0, 0) — единственная критическая точка. Вторые частные производные и гессиан в точке O таковы. В случае 1+ ) имеем: zx0 = 2x, zy0 = 2y;
00 = 2, z 00 = 2, z 00 = 0. В примерах 1 ) и 1 ), в которых точка
zxx
+
−
yy
xy
O – точка экстремума, гессиан H(O) = 4 > 0, а в примере 1 ± ),
в котором в точке O экстремума нет, гессиан H(O) = −4 < 0.
Кроме того, в первых двух примерах случай минимума — 1 + ) и
случай максимума — 1− ) различаются знаком второй производ00 = 2 > 0 в случае минимума, и z 00 = −2 < 0 в случае
ной: zxx
xx
максимума.
247
Задача 15.1. Исследовать на экстремум следующие функции:
a) z = y 5 + x2 y 3 − 5y;
b) z = 2x + y − xy − x2 − y 2 ;
√
2
c) z = 3x − 2x y + y − 8x + 8 ; d) z = √1+x−y
;
2
2
1+x +y
e) z = 2x3 − xy 2 + 5x2 + y 2 ;
f ) z = ex−y (x2 − 2y 2 ) .
♥ a) 1) Найдем критические точки, решая систему уравнений
zx0 = 2xy 3 = 0, zy0 = 5y 4 + 3x2 y 2 − 5 = 0.
Из первого уравнения: либо x = 0, либо y = 0. В первом случае
из второго уравнения находим, что y 4 = 1, т. е. y = 1 или y = −1,
а второй случай невозможен, так как −5 6= 0. Таким образом,
функция имеет две критические точки M 1 (0; 1) и M2 (0; −1).
2) Исследуем критические точки на экстремум. Сначала най00 = 2y 3 , z 00 = 20y 3 + 6x2 y, z 00 = 6xy 2 .
дем гессиан. Имеем: zxx
yy
xy
00 z 00 − (z 00 )2 = 2y 3 (20y 3 + 6x2 y) − 36x2 y 4 =
Поэтому H = zxx
yy
xy
40y 6 − 24x2 y 4 .
Точка M1 (0; 1): H(M1 ) = 40 > 0, поэтому M1 — точка экс00 (M ) = 2 > 0, то M — точка минимума.
тремума, и так как zxx
1
1
Значение z(M1 ) = zmin = −4.
Точка M2 (0; −1): H(M2 ) = 40 > 0, поэтому M2 — точка экс00 (M ) = −2 < 0, то M — точка максимутремума, и так как zxx
1
2
ма. Значение z(M2 ) = zmax = 4. ♠
Ответ: a) zmax = 4 в точке (0; −1), zmin = −4 в точке
(0; 1); b) zmax
√ = 1 в точке (1; 0); c) zmin = 0 в точке (2; 4);
d) zmax = 3 в точке (1; −1); e) zmin = 0 в точке (0; 0),
экстремума нет в точках (− 53 ; 0), (1; 4), (1; −4); f ) zmax = 8e−2
в точке (−4; −2), экстремума нет в точке (0; 0).
15.2
Условный экстремум
Задача на условный экстремум ставится так: требуется найти
экстремум функции z = f (x1 , . . . , xn ) при условии, что выпол248
няются условия (или уравнения) связи

 ϕ1 (x1 , x2 , . . . , xn ) = 0,
...............

ϕm (x1 , x2 , . . . , xn ) = 0.
(1)
С геометрической точки зрения это означает следующее. Рассмотрим "многообразие"M ⊂ Rn , определенное уравнениями
(1). Тогда требуется найти (абсолютный, т. е. без условий) экстремум функции z = f (x) на многообразии M .
В простейшем случае, когда n = 2, а m = 1 требуется найти
экстремум функции z = f (x, y) при условии, что ϕ(x, y) = 0,
то есть ищется экстремум функции z = f (x, y) на кривой C :
ϕ(x, y) = 0.
Решение задачи. Сведем задачу на условный экстремум к
задаче на абсолютный экстремум. Предположим, что точка
M0 (x0 , y0 ) ∈ C является неособой точкой кривой C, т. е. M 0
не является критической точкой функции ϕ(x, y). Пусть, например, ϕ0y (x0 , y0 ) 6= 0. Тогда для функции ϕ(x, y) в точке M 0
выполняются условия теоремы о неявных функциях. Поэтому
в окрестности точки M0 кривая C является графиком функции
y = y(x). (На практике это означает, что мы можем из уравнения
ϕ(x, y) = 0 выразить y через x.) Подставляя y(x) в z = f (x, y),
получаем функцию z = f (x, y(x)) = z(x) одной переменной x,
и наша задача сводится к нахождению экстремумов этой функции. Далее можно исследовать эту уже известную задачу с помощью производных.
В частности, имеем необходимое условие (локального) экстреdz = 0. По правилу дифференцирования сложной функмума: dx
∂f dy
dz
ции имеем: dx
= ∂f
∂x · 1 + ∂y dx .
Задача 15.2. Найти условные экстремумы функции z = f (x, y)
при условии ϕ(x, y) = 0:
a) z = x2 + y 2 , x + y − 1 = 0; b) z = x2 − y 2 , 2x − y − 3 = 0;
c) z = xy , x + y = 1;
d) z = x1 + y1 , x + y = 2.
249
♥ a) Из уравнения связи находим y = 1−x. Подставляя y, получаем функцию z = x2 + (1 − x)2 = 2x2 − 2x + 1 одной переменной
x. Ищем ее экстремумы. Из уравненния dz = 4x−2 = 0 находим
dx
критическую точку x = 12 . В этой точке функция z = z(x) имеет
минимум (либо применяем производные, либо элементарные соображения: график — парабола с ветвями вверх). Из уравнения
связи находим y = 12 . Таким образом, в точке M0 ( 12 , 12 ) функция
z = x2 + y 2 имеет минимум при условии выполнения уравнения
связи x + y = 1. Геометрически это означает, что среди точек
параболоида z = x2 + y 2 , лежащих над прямой x + y = 1, точка,
лежащая над M0 , является самой низкой. ♠
Ответ: a) zmin = 12 в точке ( 12 ; 12 ); b) zmax = 3 в точке (2; 1);
c) zmax = 14 в точке ( 12 ; 12 ); d) zmin = 2 в точке (1; 1).
Контрольные вопросы
1. Какая точка называется точкой локального экстремума
функции нескольких переменных?
2. Каковы необходимые условия локального экстремума? Являются ли они достаточными (ответ обосновать примером)?
3. Что такое гессиан функции двух переменных?
4. Как формулируются достаточные условия локального экстремума функции двух переменных?
5. В чём разница между условным и локальным экстремумами
функции нескольких переменных?
Дополнительные вопросы и задачи
D1. Исследовать на экстремум функцию z = z(x; y), заданную
неявно уравнением 13 x3 + 2y 2 − z 2 x + z = 0 (в точках, в которых
применима теорема
о неявных функциях).
q
q
Ответ: M1 ( 32 ; 0) — точка минимума; M2 (− 32 ; 0) — критическая точка, в которой нет экстремума.
D2. На координатной плоскости Oxy найти точку, сумма квадратов расстояний от трёх прямых x = 0 , y = 0 , x − y + 1 = 0
была бы наименьшей.
¡
¢
Ответ: − 14 ; 14 .
250
D3. При каких размерах (длине, ширине, высоте) открытая
прямоугольная ванна данной вместимости V имеет наименьшую
поверхность?
√
√
Ответ: длина = ширине = 3 2V , высота= 12 3 2V .
D4. Представить число 12 в виде произведения трёх положительных сомножителей
√ √ так,
√ чтобы их сумма была наименьшей.
Ответ: 12 = 3 12 3 12 3 12.
D5. Метод наименьших квадратов. Пусть на плоскости Oxy
имеется n точек (x1 ; y1 ), (x2 ; y2 ), . . . (xn ; yn ). Среди всех прямых
l : y = ax + b найти такую, для которой величина
Φ(a, b) =
n
X
i=1
(axi + b − yi )2
была бы минимальной. Здесь (axi + b − yi )2 — квадрат отклонения ординаты точки (xi ; yi ) от ординаты соответствующей точки
(xi ; axi + b) на прямой.
251
Занятие 16
Условный экстремум
(метод множителей
Лагранжа). Наибольшее и
наименьшее значения
функции в замкнутой
ограниченной области
16.1
Метод множителей Лагранжа
Функция
L = L(x, y, λ) = f (x, y) + λϕ(x, y)
называется функцией Лагранжа задачи нахождения экстремумов функции z = f (x, y) при условии ϕ(x, y) = 0.
Необходимые условия условного экстремума. Если
M0 (x0 , y0 ) — точка условного экстремума, то существует такое
λ0 , что точка M̄0 (x0 , y0 , λ0 ) является критической точкой функ-
252
ции L, т.е. точка M0 является решением системы
∂L
∂L
∂L
=0,
=0,
= 0.
∂x
∂y
∂λ
(L)
Отметим, что последнее уравнение — это уравнение связи.
Метод Лагранжа для нахождения условного экстремума состоит в следующем:
1) составляем функцию Лагранжа L = L(x, y, λ) и систему
(L) для нахождения ее критических точек;
2) решаем систему (L) и находим критические точки
M̄i (xi , yi , λi ), i = 1, . . . , k. Тогда точки, подозреваемые на условный экстремум, находятся среди точек M i (xi , yi ), i = 1, . . . , k.
3) является ли точка Mi (xi , yi ) точкой условного максимума
или условного минимума, часто можно узнать либо из геометрических соображений (метод линий уровня), либо применяя
достаточное условие условного экстремума.
Теорема (достаточное условие условного экстремума).
Пусть M̄0 (x0 , y0 , λ0 ) — критическая точка функции Лагранжа
L = L(x, y, λ). Рассмотрим гессиан Λ(x, y, λ) функции Лагранжа:
¯ 00
¯ ¯
¯
¯ Lxx L00xy L00xλ ¯ ¯ L00xx L00xy ϕ0x ¯
¯ ¯
¯
¯
Λ = ¯¯ L00yx L00yy L00yλ ¯¯ = ¯¯ L00yx L00yy ϕ0y ¯¯ =
¯ L00 L00 L00 ¯ ¯ ϕ0
ϕ0
0 ¯
λx
λy
¢
0 2
= −L00xx · ϕy
¡
λλ
x
y
¡ ¢2
+ 2L00xy ϕ0x ϕ0y − L00yy · ϕ0x .
Тогда, если Λ(M̄0 ) > 0, то M0 (x0 , y0 ) – точка условного максимума, а если Λ(M̄0 ) < 0, то M0 – точка условного минимума.
Задача 16.1. Исследовать на условный экстремум методом Лагранжа следующие функции z = f (x, y) при условии ϕ(x, y) = 0:
a) z = xy, x2 + y 2 = 1;
b) z = x + y , x12 + y12 = 12 ;
c) z = x + 2y , x2 + y 2 = 5 ; d) z = x1 + y1 , x12 + y12 = 1.
253
♥ a) 1) Находим критические точки функции Лагранжа L =
xy + λ(x2 + y 2 − 1). Для этого решаем систему



∂L
∂x
∂L
∂y
∂L
∂λ
= y + 2λx = 0,
= x + 2λy = 0,
= x2 + y 2 − 1 = 0.
Возводя уравнения y = −2λx и x = −2λy в квадрат и складывая, а затем пользуясь третьим уравнением, получаем 1 = 4λ 2 .
Следовательно,
λ = ± 12 . При
λ = 12 система имеет два реше√
√
√ √
ния M̄1 (
2
2 1
2 , − 2 , 2 ),
же имеет два
ким образом,
√
√
2
2 1
1
так2√ , 2√ , 2 ). При λ =√− 2 система
√
2
2
1
2
2
1
решения M̄3 ( 2 , 2 , − 2 ), M̄4 (− 2 , − 2 , − 2 ). Та√
√
наша задача имеет четыре точки M 1 ( 22 , − 22 ),
√ √
√
√
M3 ( 22 , 22 ), M4 (− 22 , − 22 ), подозреваемые на
M̄2 (−
M2 (− 22 , 22 ),
условный экстремум.
2) Исследуем эти точки. Первый способ: рассматриваем линии
уровня функции z = xy — это гиперболы xy = h = const.
Мы видим, что точки M1 и M2 — это точки условного минимума, а точки M3 и M4 — точки условного максимума.
254
Второй способ: применяем достаточное условие из теоремы.
Находим L00xx = 2λ , L00yy = 2λ , L00xy = 1; ϕ0x = 2x, ϕ0y = 2y.
¡ ¢2
Поэтому Λ = −L00xx · ϕ0y + 2L00xy ϕ0x ϕ0y − L00yy · (ϕ0x )2 = −2λ · 4y 2 +
8xy − 2λ · 4x2 = 8(−λx2 + xy − λy 2). Получаем: Λ(M̄1 ) = Λ(M̄2 ) =
−8 < 0 и поэтому точки M1 и M2 — точки условного минимума,
а Λ(M̄3 ) = Λ(M̄4 ) = 8 > 0 и поэтому точки M3 и M4 — точки
условного максимума. При этом zmax = z(M3 ) = z(M4 ) = 12 ,
zmin = z(M1 ) = z(M2 ) = − 12 . ♠
Ответ:
√ √
√
√
2
2
2
a) zmax = 12 в точках (√ 22 , √
)
и
(
−
,
−
),
2
2
√
√2
zmin = − 12 в точках ( 22 , − 22 ) и ( − 22 , 22 );
b) zmin = −4 в точке ( −2, −2 ) , zmax = 4 в точке ( 2, 2 );
c) zmax = 5√в точке ( 1, 2√) , z√min = −5 в точке
√ ( −1,√−2 ); √
d) zmax = 2 в точке ( 2, 2 ) , zmin = − 2 в ( − 2, − 2 ).
16.2
Наибольшее и наименьшее значения
функции в замкнутой ограниченной
области
Рассмотрим задачу, аналогичную задаче о нахождении наибольшего и наименьшего значений функции на отрезке.
Пусть функция z = f (x, y) непрерывна в замкнутой ограниченной области D. Требуется найти наибольшее и наименьшее
значения этой функции в области D.
Такие значения существуют по теореме Вейерштрасса. Если
zmax или zmin достигается в точке M0 (x0 , y0 ) ∈ D, то возможны два случая. Либо точка M0 лежит внутри D, и тогда точка
M0 критическая (если в ней существуют частные производные).
Либо точка M0 лежит на границе ∂D области D, и тогда мы
получаем задачу на нахождения условного экстремума функции z = f (x, y) при условии ϕ(x, y) = 0, где уравнение связи —
это уравнение границы ∂D. Получаем следующее правило для
нахождения zнаиб и zнаим :
255
1) находим критические точки функции z = f (x, y) (а также
точки, в которых частные производные не существуют) и выбираем среди них те, которые лежат внутри D;
2) находим точки, подозреваемые на условный экстремум
функции z = f (x, y) на границе ∂D;
3) вычисляем значения функции во всех найденных "подозре ваемых" точках (для этого можно составить таблицу) и выбираем среди них наибольшее и наименьшее. Это и есть z наиб
и zнаим .
Задача 16.2. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z = f (x, y) в данной области D:
a) z = xy, D : x2 + y 2 ≤ 1;
b) z = x3 + y 3 − 3xy , D : 0 ≤ x ≤ 2 , −1 ≤ y ≤ 2 ;
c) z = 10 + 2xy − x2 , D : 0 ≤ y ≤ 4 − x2 ;
d) z = x2 − y 2 , D : x2 + y 2 ≤ 1;
e) z = x2 + y 2 − 12x + 16y , D : x2 + y 2 ≤ 25.
♥ a) 1) Находим критические точки функции z = xy. Система zx0 = 2x = 0, zy0 = 2y = 0 имеет единственное решение
x = 0, y = 0. Критическая точка M0 (0; 0), очевидно, лежит внутри круга. 2) Находим критические точки условного экстремума
функции z = xy на границе ∂D, т. е. при условии x 2 + y 2 = 1.
Применяя метод Лагранжа, находим четыре критические точки M1 , M2 , M3 и M4 задачи на условный экстремум (см. решение
предыдущей задачи). Заметим, что нет необходимости исследовать эти точки на экстремум. 3) Вычисляем значения z(M 0 ) = 0,
z(M1 ) = z(M2 ) = − 12 , z(M3 ) = z(M4 ) = 12 . ♠
Ответ:
√
√
√
√
2
2
a) zнаиб = 12 в точках ( √22 , 2√
) и ( − 2√
, −√22 ) ,
zнаим = − 12 в точках ( 22 , − 22 ) и ( − 22 , 22 );
b) zнаиб = 13 в точке ( 2, −1 ) , zнаим = −1 в ( 1, 1 ) и ( 0, −1 );
4 20
c) zнаиб = 15 в точке ( 1, 3 ) , zнаим = 62
27 в точке ( − 3 , 9 );
d) zнаиб = 1 в точках ( ±1, 0 ) , zнаим = −1 в точках ( 0, ±1 );
e) zнаиб = 125 в точке ( −3, 4 ) , zнаим = −75 в точке ( 3, −4 ) .
256
Контрольные вопросы
1. Что такое функция Лагранжа задачи на условный экстремум?
2. В чём заключается метод Лагранжа для нахождения условного экстремума?
3. Сформулируйте достаточное условие условного экстремума.
4. В чём состоит правило для нахождения наибольшего и наименьшего значений функции в замкнутой ограниченной области?
Дополнительные вопросы и задачи
D1. На гиперболе x2 −y 2 = 4 найти точку, наименее удалённую
от точки ( 0,
). ¢
¡ 2√
Ответ: ± 5, 1 .
2
2
D2. На эллипсе x4 + y9 = 1 найти точки, наименее и наиболее
удалённые ³от прямой
´ 3x³ + y − 9 = 0´ ?
4
3
Ответ: √5 , √5 и − √45 , − √35 .
√
D3.√ На эллипсе x2 + 4y 2 = 4 даны две точки A(− 3; 12 ) и
B(1; 23 ). На этом же эллипсе найти такую третью точку C, чтобы треугольник ABC имел наибольшую площадь.
D4. Из всех прямоугольных параллелепипедов, имеющих данный объем V , найти тот, полная поверхность которого наименьшая.
D5. Найти прямоугольный параллелепипед с данной площадью поверхности S, имеющий наибольший объем.
257