21 - Faik.Az

ТЕМА VII. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИИ МНОГИХ
ПЕРЕМЕННЫХ.
ЛЕКЦИЯ 21. Предел и непрерывность функции многих переменных.
Понятие функции двух и более переменных.
Многие явления, происходящие в природе, экономике, общественной жизни нельзя
описать с помощью функции одной переменной. Для изучения такого рода зависимостей
и вводится понятие функции нескольких переменных.
В данной лекции рассматриваются функции двух переменных, так как все
основные понятия и теоремы, сформулированные для функций двух переменных, легко
обобщаются на случай большего числа переменных.
Пусть {M } – множество упорядоченных пар действительных чисел ( x, y ) . Если
каждой упорядоченной паре чисел ( x, y )  {M } по некоторому закону f поставлено в
соответствие единственное действительное число
переменных z  f ( x, y )
z , то говорят, что задана функция двух
или z  z ( x, y ) . Числа x, y называются при этом независимыми
переменными или аргументами функции, а число
z – зависимой переменной.
Например, формула V  R 2 h , выражающая объем цилиндра, является функцией
двух переменных:
R – радиуса основания и h – высоты.
Пару чисел ( x, y ) иногда называют точкой M ( x, y ) , а функцию двух переменных
– функцией точки f (M ) .
Значение функции z  f ( x, y ) в точке M 0 ( x0 , y 0 ) обозначают z0  f ( x0 , y0 ) или
z 0  f ( M 0 ) и называют частным значением функции двух переменных. Значение
функции z  f x, y  в точке М (х0, у0) обозначают z0  f x0 ; y0  и называют частным
значением функции.


Так, например, если z  f x, y   ln x 2  y , то значение функции в точке M 1; 3
обозначают следующим образом: z
M


 z1; 3  f 1; 3  ln 12  3  1,3863 .
Совокупность всех точек M ( x, y ) , в которых определена функция z  f ( x, y ) ,
называется областью определения этой функции. Для функции двух переменных область
определения
представляет
собой
всю
координатную
плоскость
или
ее
часть,
ограниченную одной или несколькими линиями.
11
Например, область определения функции z  x 2  y 2 – вся плоскость, а функции
z  1  x 2  y 2 – единичный круг с центром в начале координат ( 1  x 2  y 2  0 или
x 2  y 2  1) .
Определение. Линии уровня функции z  f ( x, y ) – это семейство кривых на
f ( x, y )  C .
координатной плоскости Oxy , описываемое уравнениями вида
Предел и непрерывность функции двух переменных.
Понятия предела и непрерывности функции двух переменных аналогичны случаю
одной переменной.
Пусть M 0 ( x0 , y 0 ) – произвольная точка плоскости. 
M 0 ( x0 , y 0 )
называется
множество
удовлетворяют неравенству
всех
точек
M ( x, y ) ,
– окрестностью точки
координаты
которых
( x  x0 ) 2  ( y  y0 ) 2   . Другими словами,  – окрестность
точки M 0 – это все внутренние точки круга с центром в точке M 0 и радиусом  .
Число A называется пределом функции z  f ( x, y ) при x  x0 , y  y0 (или в
точке M 0 ( x 0 , y 0 ) ), если для любого сколь угодно малого положительного числа
существует    ( )  0 (зависящее от
удовлетворяющих
неравенству
 0
 ) такое, что для всех x  x0 , y  y0 и
( x  x0 ) 2  ( y  y 0 ) 2  
выполняется
неравенство
f ( x, y)  A   .
Обозначается предел следующим образом:
lim f ( x, y)  A или lim f ( x, y)  A
x x0
y  y0
(1)
M M 0
Функция z  f ( x, y ) называется непрерывной в точке M 0 ( x0 , y 0 ) , если: 1) f ( x, y )
определена в точке M 0 ( x0 , y 0 ) и ее окрестности; 2) имеет конечный предел lim f ( x, y ) ; 3)
x  x0
y  y0
этот предел равен значению функции в точке M 0 ( x0 , y 0 ) , т.е. lim f ( x, y )  f ( x0 , y0 ) .
x  x0
y  y0
Функция z  f ( x, y ) называется непрерывной в некоторой области, если она
непрерывна в каждой точке этой области.
Точки, в которых условие непрерывности не выполняется, называются точками
разрыва этой функции. В некоторых функциях точки разрыва образуют целые линии
12
разрыва. Например, функция z 
3
имеет две линии разрыва: ось Ox ( y  0 ) и ось Oy
xy
( x  0 ).
Частные производные первого порядка. Полный дифференциал.
Пусть задана функция двух переменных
z  f ( x, y ) . Дадим аргументу
x
приращение x , а аргумент y оставим неизменным. Тогда функция z получит
приращение
переменной
f ( x  x, y )  f ( x, y ) , которое называется частным приращением z по
x и обозначается
 x z :  x z  f ( x  x, y)  f ( x, y) .
Аналогично, фиксируя аргумент x и придавая аргументу y приращение  y ,
получим частное приращение функции z по переменной y :  y z  f ( x, y  y )  f ( x, y ) .
Величина
 z  f ( x  x, y  y )  f ( x, y )
называется
полным
приращением
функции z в точке M ( x, y ) .
Частной производной функции двух переменных по одной из этих переменных
называется предел отношения соответствующего частного приращения функции к
приращению данной переменной, когда последнее стремится к нулю (если этот предел
существует). Обозначается частная производная так:
z x , z y
или
z z
, или
,
x y
f x( x, y ), f y ( x, y ) .
Таким образом, по определению имеем:
z x 
 z
z
f ( x  x, y )  f ( x, y )
 lim x  lim
,

x

0

x

0
x
x
x
z y 
yz
z
f ( x, y  y)  f ( x, y)
.
 lim
 lim

y

0

x

0
y
y
y
Частные производные функции z  f ( x, y ) вычисляются по тем же правилам и
формулам, что и функция одной переменной, при этом учитывается, что при
дифференцировании
по
переменной
x,
y
считается
постоянной,
а
при
дифференцировании по переменной y постоянной считается x .
Пример. Найти частные производные функции z  x 3  5 x 2 y  3xy2  y 3 . Решение.
Чтобы найти z x считаем y постоянной величиной и дифференцируем z как функцию
одной переменной x :
z x  ( x 3  5 x 2 y  3xy2  y 3 )x  ( x 3 )x  (5 x 2 y )x  (3xy2 )x  ( y 3 )x 
 3x 2  5  2 x  y  3 1 y 2  0  3x 2  10 xy  3 y 2 .
13
Аналогично, считая x постоянной величиной, находим z y :
zy  ( x3 )y  (5x 2 y)y  (3xy2 )y  ( y 3 )y  0  5x 2  1  3x  2 y  3 y 2 
 5 x 2  6 xy  3 y 2 .
Полным дифференциалом функции z  f ( x, y ) называется сумма произведений
частных производных этой функции на приращения соответствующих независимых
переменных, т.е.
dz  z x x  z y y .
Учитывая, что дифференциалы независимых переменных совпадают с их
приращениями, т.е. dx  x, dy  y , формулу полного дифференциала можно записать в
виде
dz  z x dx  z y dy или dz 
z
z
dx  dy .
x
y
14
СЕМИНАР 21.
Пример 1. Найти область определения функции z  R 2  x 2  y 2  .
Решение. Выражение, стоящее в правой части имеет смысл только при x 2  y 2  R 2 .
Значит, область определения данной функции есть совокупность всех точек, лежащих
внутри и на границе круга радиуса R с центром в начале координат (см. рис.).
Пример 2. Найти область определения функции z 
1
.
xy
Решение. Область определения данной функции – все точки плоскости Oxy , кроме точек
прямых x  0, y  0 , т.е. осей координат.
x2  y2
Пример 3. Найти предел lim
.
x 0 ln( 1  x 2  y 2 )
y 0
Решение. Введем обозначение r  x 2  y 2 , откуда r 2  x 2  y 2 . При x  0, y  0 имеем,
что r  0 . Тогда
x2  y2
r
r
0
 lim
    lim

2
2
2
x 0 ln( 1  x  y )
r 0 ln( 1  r )
r 0 (ln( 1  r 2 ))
0


y 0
lim
 lim
r 0
1
 11  r  (2r )   .
2
x2  y2
Пример 4. Найти предел: lim 4
.
x 0 x  y 2
y 0


x2  y2 0
x2  k 2 x2
x2 1 k 2
1 k 2
     y  kx  lim 4
 lim 2 2

,
Решение. lim 4
2
x 0 x  y 2
x 0 x  k 2 x 2
x 0 x x  k 2
0
k


y 0
y 0


т.е. предел зависит от k , а, значит, он не существует.
Пример 5. Найти предел: б ) lim
x 0
y 0

ln 1  x 2  y 2
x y
2
.
2
15
Решение.


 
2
2
ln 1  x  y   0   x 2  y 2  r  lim ln 1  r   0   lim ln 1  r
lim
 
 r 0

 0  r 0
x 0
r
r
 0  r  0
x2  y2

y 0
2
2
 2r
  lim 1  r
r 0
2
1
 0.
Пример 6. Вычислить предел:
пусть y  kx,

2
sin( xy) 
  lim sin( kx )  1
lim

 тогда при x  0, y  0 x0 kx 2
x 0
xy
y 0


Пример 7. Вычислить предел:
пусть y  kx,



x y
x2  k 2 x2
x 2 (1  k 2 )
lim

 lim
 lim

тогда при x  0, y  0 x  0 x 2  k 2 x 2 x  0 x 2 (1  k 2 )
x 0 x 2  y 2


y 0


2
2
 lim
1 k 2
x 0 1  k 2

1 k 2
1 k 2
,
т.е. предел функции зависит от направления стремления (х;у) к (0;0), следовательно
предел не существует.
Пример 8. Найти точки разрыва функции z 
1
.
x  y2  9
2
Решение. Данная функция не определена в тех точках, в которых знаменатель обращается
в нуль, т. е. в точках, где x 2  y 2  9  0 или x 2  y 2  9 . Это окружность с центром в
начале координат и радиусом r  3 . Значит, линией разрыва исходной функции будет
окружность x 2  y 2  9 .
Пример 9. Определить, является ли функция f x, y  
2x 2  y 2
x2  y2
, непрерывной в точке
M 0 0,0 , если f (0,0)  0 .
Решение. lim
x 0
y 0
2x 2  y 2
x2  y2
  y  kx  lim
x 0
y 0
2x 2  k 2 x 2
x2  k 2 x2
 lim
x 0
y 0

x2 2  k 2
x 1 k 2
  0.
Получили, что lim f x, y   f 0,0 значит, данная функция непрерывна в точке
x0
y 0
M 0 0,0 .
Пример 10. Определить, является ли функция
2x 2  y 2
f  x, y   2
непрерывной в точке
x  y2
M 0 0,0 , если f (0,0)  0 .
16




2x 2  y 2
2x 2  k 2 x 2
x2 2  k 2
2 k2



y

kx

lim

lim

,
x 0 x 2  y 2
x 0 x 2  k 2 x 2
x 0 x 2 1  k 2
1 k 2
y 0
y 0
y 0
Решение. lim
предел зависит от k, т.е. он в данной точке не существует, а значит, функция имеет в этой
точке разрыв.
Пример 11. Найти частные производные функции z  x  y .
z  ( x)y  ( y )y  0  1  1



Решение. zx  ( x) x  ( y) x  1  0  1 . y
Пример 12. Найти частные производные функции z  xy
z  ( xy)y  ( y )y  x  1  x  x



Решение. zx  ( xy) x  y  ( x) x  y 1  y ; y
.
2 3
Пример 13. Найти частные производные функции z  x y .
Решение.
2 3
2
3
2
2
zx  ( x 2 y 3 )x  ( x 2 )x  y 3  2 x  y 3 zy  ( x y )y  x  ( y )y  x  3 y
,
2
2
Пример 14. Найти частные производные функции z  x  y .
Решение.
zx  ( x 2  y 2 )x ( x 2 )x  ( y 2 )x  2 x  0  2 x
,
zy  ( x2  y 2 )y  ( x2 )y  ( y 2 )y  0  2 y  2 y
Пример 15. Найти частные производные функции z 
Решение. z x 
z y 



x
y
x
y


 e x2 y
x

y
   1y  x  e
x
x

 (e x2 y )y  x  1
y

y
x 2 y
x
 e x 2 y .
y
 ( x  2 y )x 
1
 e x2 y ;
y
 1 
 e x2 y  ( x  2 y)y  x    2   e x2 y  (2) 
 y 
x
 2e x 2 y .
y2
Пример 16. Найти частные производные функции z  x 2  2 xy  3 y 2  7 .
Решение. z x  2 x  2 y, z y  2 x  6 y .
Пример 17. Найти частные производные функции z  arctg xy .
Решение. z x 
y
1  xy
2
, z y 
x
1  xy
2
.
Пример 18. Найти частные производные функции z  ye xy .
Решение. z x  y 2 e xy , z y  e xy  xyexy .
Пример 19. Найти полный дифференциал функции z  ln( x 2  y 2 ) .
17
Решение. Так как z x 
находим dz 
2x
2y
, то по формуле полного дифференциала
, z y  2
2
x y
x  y2
2
2x
2y
dx  2
dy .
2
x y
x  y2
2


Пример 20. Найти частные производные функции z  y  ln x 2  y 3 .
Решение. Найдем
z
при условии, что y  const , а, следовательно, и ее производная
x
z
 0 . z  y  ln x 2  y 3  x  y 2 1 3  x 2  y 3  x  y 2 1 3  2 x  22 xy 3 .
у
x
x y
x y
x y
( y как const вынесли за знак производной). Найдем
следовательно, и производная
z
, считая, что x = const, а,
y
z
 0 , тогда
х

z
1


  y  y  ln x 2  y 3   y ln x 2  y 3  y  1  ln x 2  y 2   y 2
 3y 2  
3
y
x y


= ln x 2  y 3 
3y3
.
x2  y3
18
ЛЕКЦИЯ 22. Частные производные высших порядков.
Частные производные высших порядков.
Частные производные z x и z y называют частными производными первого порядка
или первыми частными производными.
Частными производными второго порядка функции z  f ( x, y ) называются
частные производные от частных производных первого порядка.
Частных производных второго порядка четыре. Они обозначаются следующим
образом:
z xx  ( z x )x или
 2 z   z 
2z
  z 




z

(
z
)
;
или
   ;



xy
x y
2
y x x  y 
x  x 
x
z yx  ( z y )x или
2z
  z 
 2 z   z 




   ; z yy  ( z y ) y или 2    .
x y y  x 
y  y 
y
Аналогично определяются частные производные 3-го, 4-го и более высоких
порядков. Например, для функции z  f ( x, y) имеем:
 
z xxx
  2z 
  2z 
   2  и т. д.
 2  , z xxy
x  x 
y  x 
Частные производные второго или более высокого порядка, взятые по различным
переменным,
называются
смешанными
частными
производными.
Для
функции
z  f ( x, y) таковыми являются производные z xy и z yx .
Аналогично
производные
определяются
третьего,
четвертого
частные
и
старших
порядков.
Пример. Найти частные производные второго
порядка функции z  e x  2 y .
x2 y



Имеем: z x  e
, z y   2e x  2 y , z xx  e x  2 y ,



z xy  2e x 2 y , z yx   2e x  2 y , z yy  4e x  2 y .
Здесь
Karl Hermann Amandus Schwarz
немецкий математик
(1843-1921)


z xy = z yx .
Оказывается
в
случае,
когда
смешанные производные z xy и z yx непрерывны, то
имеет место теорема Шварца - равенство z xy  z yx .
19
Признак полного дифференцирования.
Выясним, при каких условиях выражение Px, y dx  Qx, y dy , где Px, y  и Qx, y 
непрерывны и вместе со своими частными производными первого порядка, является полным
дифференциалом некоторой функции u  ux, y  , или, кратко, полным дифференциалом.
Теорема. Выражение Px, y dx  Qx, y dy
есть полный дифференциал тогда и
только тогда, когда выполнено равенство
P Q
.

y x
Пусть имеется функция z  f x, y  независимых переменных x и y , обладающая
непрерывными
частными
производными
второго
порядка.
Рассмотрим
ее
полный
дифференциал
dz 
z
z
dx  dy
x
y
( dx и dy – произвольные приращения), который называется полным дифференциалом первого
порядка (или, кратко, первым дифференциалом).
Так как
z
z
и
по предложению имеют непрерывные частные производные первого
x
y
порядка, то от функции dz , в свою очередь, можно взять полный дифференциал d dz  . Так
получим полный дифференциал второго порядка (или, кратко, второй дифференциал),
который обозначается d 2 z .
Аналогично, потребовав существование непрерывных частных производных третьего,
четвертого, п-го порядков, можно получить полные дифференциалы соответственно третьего,
четвертого, п-ого порядков.
Найдем выражения для второго дифференциала через частные производные. Пользуясь
правилами дифференцирования (dx и dy не зависят от x и y, т.е. рассматриваются как
постоянные) и приведенной выше теоремой, можно записать:
 z
 z 
z 
2z
2z
2z
2z
 z 
2
2
d 2 z  d  dx  dy   d  dx  d  dy  2 dx  
dxdy 
dydx  2 dy  
y 
xy
yx
x
y
 x 
 x
 y 
2z
2z
2z
 2 dx 2  2
dxdy  2 dy 2
xy
x
y
(здесь dx 2  dx  , dy 2  dy  ).
2
2
Эта формула обобщается на случай дифференциала п-го порядка.
Пример: z  x 3  xy 2 , d 2 z  6 xdx2  4 ydxdy  2 xdy 2 .
Полный дифференциал и его применение к приближенным вычислениям.
Дифференциал первого порядка функции двух переменных z  f ( x, y ) находится
20
по формуле
dz 
z
z
dx  dy
x
y
(1)
z  f ( x, y ) получает
При малых приращениях аргументов x и y функция
приращение z , приблизительно равное dz , т.е. z  dz .
Формула для нахождения приближенного значения функции z  f ( x, y ) в точке
x  x0  x,
y  y0  y  , если известно ее точное значение в точке x0 ; y 0  :
f x0  x; y 0  y   f x0 ; y 0   f x x0 ; y 0 x  f y x0 ; y 0 y
1,011
 ,02
Например, пусть требуется вычислить приближенно e
и заменяя полное приращение функции z  e
dz  z 
xy
(2)
. Полагая x  1, y  1
ее полным дифференциалом
z
z
x 
y  ye xy x  xe xy y ,
x
y
получим
e1,011,02  e11  dz x1  e  1 e1  0,01  1 e1  0,02  2,8 .
y 1
Пусть требуется вычислить приближенно
0,96 3,01 .
Рассмотрим вспомогательную функцию f ( x, y )  x y . Вычислим значение x y и ее
частных
производных
f y/ (1,3)  x y ln x
M0
в
точке
M 0 1,3 :
f x/ (1,3)  yx y 1
f (1,3)  1 ,
M0
 3,
 0 . Тогда дифференциал x y запишется в виде:
df 1,3  z 
f
1,3x  f 1,3y  3  x .
x
y
x  x  x0  0,96  1  0,04 , y  y  y0  3,01  3  0,01 . Следовательно,
0,96 3,01  1  3   0,04  0  0,01  1  0,12  0,88 .
Пусть
требуется
z  f ( x, y )  ln


вычислить
x  y , x  0,96, y  0,05 ,


ln 0,96  0,05 .
Пусть
x0  1, x  0,04, y0  0, y  0,05 .
Тогда
приближенно
используем формулу f x0  x; y 0  y   f x0 ; y 0   f x x0 ; y 0 x  f y x0 ; y 0 y . Получим:


f ( x0 , y0 )  ln 1  0  0 .
21

xy

x

xy

y
f x  x; y   ln
f y  x; y   ln
ln




2 x
1

1
xy
xy
1
 0,5;
2
f x 1;0   1;
;
0,96  0,05  0  0,5   0,04   1  0,05  0,02  0,05  0,03.
Следовательно, ln


0,96  0,05  0,03 .
Пусть требуется вычислить приближенно
f x; y   arctg

; f x 1;0  
arctg
1,02
. Рассмотрим функцию
0,95
x
. Получим:
y
x  1,02, x0  1, x  0,02, y  0,95, y 0  1, y  0,05, f 1;1 
f x  x; y  
1
x
1   
 y
2


4
,
1
y2
y
1
 2
 2
, f x 1;1  0,5;
2
2
y
2
x y y x y


 x 
 xy 2
x
  2   2
f y  x; y  
 2
, f x 1;1  0,5;
2 
2
2
x  y2
x  y  x  y y
1   
 y
1
arctg


1,02 

  0,5  0,02  0,5  0,05   0,01  0,025  0,785  0,035  0,82. .
0,95 4
4
Следовательно, arctg
1,02
 0,82 .
0,95
22
СЕМИНАР 22.
Пример 1. Найти частные производные второго порядка функции z  x 3  5 x 2 y  3xy2  y 3 .
Решение.
zx  3x 2 10 xy  3 y 2 ; zy  5x 2  6 xy  3 y 2 . Дифференцируя
z x и z y по
переменным х и y, получим z xx  ( z x )x  (3x 2  10 xy  3 y 2 )x  6 x  10 y ,
zxy  ( zx )y  (3x 2 10 xy  3 y 2 )y  10 x  6 y ;
zyx  ( zy )x  (5x 2  6 xy  3 y 2 )x  10 x  6 y ;
zyy  ( zy )y  (5x 2  6 xy  3 y 2 )y  6 x  6 y .
Пример 2. Найти частные производные второго порядка функции z  x 3  xy 2  x  y  y 4 .
Решение.
z x  3 x 2  y 2  1,
z xx  6 x,
z y  2 xy  1  4 y 3 ,
z yx  z xy  2 y,
z yy  2 x  12 y
Пример 3. Найти частные производные второго порядка функции z  e x cos 2 y .
Решение.
zx  e x cos 2 y,
zy  2e x sin 2 y,
zxx  e x cos 2 y,
zyx  zxy  2e x sin 2 y, zyy  4e x cos 2 y


Пример 4. Найти частные производные второго порядка функции z  xy  ln x 2  y .
z x  y 
Решение. z xx 

2x
;
x y
z y  x 
2

2 x 2  y  2x  2x
x
2
y
z yx  z xy  1 
x

2
2x
2
y

2


1
;
x y
2
 2 x2  y
x
2
y

2
;
z yy  
;
x
1
y
2

2
.
x
.
y
Пример 5. Найти полный дифференциал для функции z 
Решение. Найдем частные производные:
z x 
1
x
1
x
, z y   2 , тогда dz  dx  2 dy,
y
y
y
y
dz 
ydx  xdy
.
y2
Пример 6. Найти dz функции z  x 2  y 2 .
Решение.
dz =


dz = z x dx  z y dy ,
xdx  ydy
x2  y2

zx =
2x  0
2 x y
2
2

x
x y
2
2
;

zy =
0  2y
2 x y
2
2

y
x  y2
2
,
.
Пример 7. Вычислить 1,033, 001 .
23
Решение. f x, y  = x y , x0  1 , y0  3 , x  0,03; y  0,001 .


f x0  x, y0  y   f x0 , y0  + df x0 , y0  , df x0 , y0  = f x x0 , y0 x + f y x0 , y0 y





f x x, y   x y x  yx y 1 , f y x, y   x y y  x y ln x , f x x0 , y0 = 3  12  3 ,

f y x0 , y0  = 13  ln 1  0 , df x0 , y0  = 3  0,03  0  0,001  0,09 , f x0 , y0  = 13  1 .
 
 
Таким образом, 1,033, 001  1  0,09  1,09 .
Пример 8. Вычислить приближенно 1,02 3, 01 .
Решение. Рассмотрим функцию f x; y   x y . Имеем
x  1,02, x0  1, x  0,02, y  3,01, y 0 3, y  0,01, f 1;3  13  1,
f xx; y   yx y 1 , f x1;3  3  12  3; f y x; y   x y ln x, f x1;3  0;
1,02 3,01  1  3  0,02  0  1  0,06  1,06.
Ответ. 1,02 3,01  1,06 .
Пример 9. Найти частные производные первого порядка и выписать дифференциал
первого порядка функции f ( x, y)  sin( x 2  2 xy  y) .
Решение. Чтобы найти f 'x ( x, y ) , необходимо зафиксировать переменную y. Получим:
f x' ( x, y )  cos( x 2  2 xy  y )( x 2  2 xy  y )'x 
 cos( x 2  2 xy  y )(( x 2 )'x  2 y ( x)'x  ( y )'x )  cos( x 2  2 xy  y)(2 x  2 y).
'
Аналогично поступаем и с f y ( x, y ) , только теперь фиксируется переменная y:
f y' ( x, y )  cos( x 2  2 xy  y )( x 2  2 xy  y)'y 
 cos( x 2  2 xy  y )(( x 2 )'y  2 x( y)'y  ( y)'y )  cos( x 2  2 xy  y)(2 x  y).
Чтобы выписать дифференциал первого порядка, воспользуемся формулой полного
дифференциала
df  cos( x 2  2 xy  y )(2 x  2 y )dx  cos( x 2  2 xy  y )(2 x  y )dy 
 cos( x 2  2 xy  y )((2 x  2 y )dx  (2 x  y )dy ).
Пример 10. Найти частные производные второго порядка функции f ( x, y)  x ln(5x  3 y) .
2
Выписать d f
x 1, y 1
.
Решение. Сначала находим частные производные первого порядка. Применяя известные
уже приемы дифференцирования, получаем:
f 'x ( x, y)  ( x)'x ln(5x  3 y)  x(ln(5x  3 y))'x  ln(5 x  3 y) 
5x
;
5x  3 y
24
f ' y ( x, y)  x(ln(5x  3 y))' y 
3x .
5x  3 y
Теперь находим частные производные второго порядка.
f xx'' ( x, y)  (ln(5x  3 y) 
5x '
5
(5 x  3 y)  5 x
5
15 y
)x 
5


;
2
5x  3 y
5x  3 y
(5x  3 y)
5 x  3 y (5 x  3 y) 2
'
'
 3x 
9
f ( x, y)   
 3x  (5 x  3 y) 1   3x  (1)(5 x  3 y) 2 (3) 
;

y
(5 x  3 y)2
 5x  3 y  y
''
yy
f yx'' ( x, y)  (
3x '
(5 x  3 y)  5 x
9y
) x  3

.
2
5x  3 y
(5x  3 y)
(5 x  3 y)2
В качестве проверки можно найти вторую смешанную производную и убедиться, что
результаты совпадают:
'
'

5x 
3
f ( x, y )   ln(5 x  3 y ) 
 5 x  (5 x  3 y ) 1  
 
y
5x  3 y  y 5x  3 y

''
xy

3
5 x(1)(3) 3(5 x  3 y )  15 x
9y



 f yx'' ( x, y ).
2
2
2
5 x  3 y (5 x  3 y )
(5 x  3 y )
(5 x  3 y )
Чтобы записать теперь дифференциал второго порядка в заданной точке, вычислим
значения производных в этой точке:
f xx'' (1;1) 
d2 f
9
9
9
5
15
5 15
5
''
  ; f xy'' (1;1)  ;

    ; f yy (1;1) 
2
2
4
(5  3)
4
5  3 (5  3)
2 4
4
5
9
9
5dx 2  18dxdy  9dy 2
.
  dx 2  2  dxdy  dy 2 
x 1, y 1
4
4
4
4
Пример 11. Найти полный дифференциал функции
Решение. du 
u  xy z .
2
u
u
u
dx 
dy 
dz ,
x
y
z
2
2
2
u
u
u
 y 2 zx y z 1 ;
 x y z ln x  2 yz;
 x y z ln x  y 2 ;
x
y
z
2
2
2
du  y 2 zx y z 1dx  2 x y z yz ln xdy  y 2 x y z ln xdz
Пример 12. Найти полный дифференциал функции z 
Решение.
y
.
x  y2
2
z y ( x 2  y 2 )  y (2 y ) x 2  y 2  2 y 2
x2  y2
z
 2 yx
 2



,
,
x ( x  y 2 ) 2 y
(x 2  y 2 )2
(x2  y 2 )2
(x 2  y 2 )2
25
dz  
2 xy
x2  y2
dx

dy
(x2  y 2 )
(x2  y 2 )2
Пример 13. Найти частные производные второго порядка функции z  x 4  3x 2 y 5 .
Решение. Имеем z x  4 x 3  6 xy5 , zy  15x 2 y 4 .
Дифференцируя функции z x и z y по x и по y , получаем

4 x 3  6 xy5  12 x 2  6 y 5 ,
x

z yx 
15 x 2 y 4  30 xy4 ,
x
z xx 





4 x 3  6 xy5  30 xy4 ,
y

z yy 
15 x 2 y 4  60 x 2 y 3 .
y
z xy 




26
ЛЕКЦИЯ 23. Экстремум функции нескольких переменных.
Экстремум функции нескольких переменных. Необходимые и достаточные
условия существования экстремума.
Точка M 0 ( x0 , y 0 ) называется точкой минимума (максимума) функции z  f ( x, y ) ,
если существует такая окрестность точки M 0 , что для всех точек M ( x, y ) из этой
окрестности выполняется неравенство f ( x0 , y0 )  f ( x, y) , ( f ( x0 , y0 )  f ( x, y) ).
Точки минимума и максимума функции
z  f ( x, y )
называются точками
экстремума, а значения функции в этих точках – экстремумами функции (минимумом и
максимумом соответственно).
Заметим, что минимум и максимум функции имеют локальный характер, так как
значение функции в точке M 0 сравнивается с ее значениями в точках, достаточно близких
к M0 .
Теорема 1 (необходимые условия экстремума). Если ( x0 , y0 ) – точка экстремума
дифференцируемой функции z  f ( x, y ) , то ее частные производные z x и z y в этой точке
равны нулю: z x ( x0 , y0 )  0, z y ( x0 , y0 )  0 .
Точки, в которых частные производные первого порядка равны нулю, называются
критическими или стационарными. В критических точках функция z  f ( x, y ) может
иметь экстремум, а может и не иметь.
Теорема 2 (достаточное условие экстремума). Пусть функция z  f ( x, y ) : а)
определена в некоторой окрестности критической точки ( x0 , y0 ) , в которой z x ( x0 , y0 )  0
и
z y ( x0 , y 0 )  0 ; б) имеет непрерывные частные производные второго порядка
z xx ( x0 , y0 )  A; z xy ( x0 , y0 )  B; z yy ( x0 , y0 )  C . Тогда, если   AC  B 2  0 , то функция
z  f ( x, y ) в точке ( x0 , y0 ) имеет экстремум: максимум, если А<0; минимум, если А>0;
если   AC  B 2  0 , то функция z  f ( x, y ) в точке ( x0 , y0 ) экстремума не имеет. В
случае   AC  B 2  0 вопрос о наличии экстремума остается открытым.
27
При исследовании функции двух переменных на экстремум рекомендуется
использовать следующую схему:
1.
Найти частные производные первого порядка: z x и z y .
2.
Решить систему уравнений 
3.
.
Найти частные производные второго порядка: z xx , z xy , z yy
4.
Вычислить значения частных производных второго порядка в каждой
 z x  0,
и найти критические точки функции.

z

0
,
 y
критической точке и, используя достаточные условия, сделать вывод о наличии
экстремума.
5.
Найти экстремумы функции.
Глобальный экстремум (наибольшее и наименьшее значение функции)
Наибольшее
и
наименьшее
значения
функции
нескольких
переменных,
непрерывной на некотором замкнутом множестве, достигаются или в точках экстремума,
или на границе множества.
Схема нахождения наибольшего и наименьшего значений.
1)
Найти критические точки, лежащие внутри области, вычислить значение
функции в этих точках.
2)
Исследовать функцию на границе области; если граница состоит из
нескольких различных линий, то исследование необходимо провести для каждого участка
отдельно.
3)
Сравнить полученные значения функции и выбрать наибольшее и
наименьшее.
Пример.
Найти
наибольшее
и
наименьшее
значения
функции
z  x 2  y 2  x  2 y  3 в прямоугольнике 0  x  1, 0  y  2 .
28
Решение. Найдем критические точки функции, для этого найдем частные
производные: z x  2 x  1, z y  2 y  2 , и решим систему уравнений:
 z x  0
 
z y  0
2 x  1  0

2 y  2  0
 x  0,5

y  1
Получили критическую точку A 0,5;1 . Полученная точка лежит внутри заданной
области, z 0,5;1  0,5 2  12  0,5  2  1  3  1,75
Границу области составляют четыре отрезка:
OB , BC , CD
и OD . найдем
наибольшее и наименьшее значение функции на каждом отрезке.
OB : x  0, 0  y  2, z  y 2  2 y  3, z y  2 y  2, z y  0, y  1,
0,1  критическая точка.
z 0;1  12  2  1  3  2; z 0;0   3; z 0;2   2 2  2  2  3  3
z наим 0;1  2, z наиб 0;2   3.
BC : y  2. 0  x  1, z  x 2  2 2  x  2  2  3  x 2  x  3,
z x  2 x  1, z x  0, x  0,5, 0,5;2  критическая точка..
z 0,5;2  0,5 2  0,5  3  2,75; z 0;2  3; z 1;2  12  1  3  3,
z наим 0,5;2  2,75; z наиб 1;2  3.
CD : x  1, 0  y  2, z  12  y 2  1  2 y  3  y 2  2 y  3,
z y  2 y  2, z y  0, y  1, 1,1  критическая точка.
z 1;1  12  2  1  3  2; z 1;0  3; z 1;2  2 2  2  2  3  3,
z наим 1;1  2; z ниб 1;0  3.
OD : y  0, 0  x  1, z  x 2  x  3, z x  2 x  1, z x  0, x  0,5,
4)
0,5;2  критическая точка..
z 0,5;0  0,5 2  0,5  3  2,75; z 0;0  3; z 1;0  12  1  3  3,
z наим 0,5;0  2,75; z наиб 0;0  3.
Сравним полученные результаты и получим, что z наим 0,5;1  1,75,
z наиб  3
в точках 0,0, 0,2, 1,2, 1,0 .
29
Условный экстремум функции нескольких переменных.
В теории функций нескольких переменных иногда возникают задачи, когда
экстремум функции нескольких переменных необходимо найти не на всей области
определения, а на множестве, удовлетворяющем некоторому условию. Т.е. вопрос
сводится к нахождению экстремума функции от нескольких переменных, которые не
являются независимыми, а связаны друг с другом какими-то добавочными условиями,
которые можно записать в виде уравнений, называемых уравнениями связи.
Рассмотрим, например, такую задачу: из данного куска жести площадью 2a
квадратных единиц (кв. ед.) надо сделать закрытую коробку в форме параллелепипеда,
имеющую наибольший объём.
Обозначим линейные размеры коробки через x , y , z . Задача сводится к
отысканию максимума функции V  xyz при условии, что 2 xy  2 xz  2 yz  2a , т.к.
полная поверхность параллелепипеда равна площади куска жести. Здесь мы имеем задачу
на условный экстремум: переменные x , y , z связаны условием 2 xy  2 xz  2 yz  2a .
Ограничимся задачей об условном экстремуме функции двух переменных, если эти
переменные связаны только одним условием.
Пусть z  f ( x, y ) – функция двух переменных, аргументы x и y которой
удовлетворяют условию g ( x, y )  C , называемому уравнением связи.
Точка M 0 ( x0 , y 0 ) называется точкой условного минимума (максимума) функции
z  f ( x, y ) , если существует такая окрестность точки M 0 , что для всех точек M ( x, y ) из
этой окрестности, удовлетворяющих условию g ( x, y )  C , выполняется неравенство
f ( x0 , y0 )  f ( x, y) , ( f ( x0 , y0 )  f ( x, y) ).
Если уравнение связи g ( x, y )  C можно разрешить относительно одной из
переменных (например, выразить y через x: y   (x ) ), то задача отыскания условного
экстремума функции двух переменных сводится к нахождению экстремума функции
одной переменной. Для этого подставляют найденное значение y   (x ) в функцию двух
переменных. В результате получают функцию одной переменной x: z ( x)  f ( x,  ( x)) . Ее
экстремум и будет условным экстремумом функции z  f ( x, y ) .
30
Замечание. В более сложных случаях, когда уравнение связи g ( x, y )  C не
разрешимо относительно одной из переменных, для отыскания условного экстремума
используется метод множителей Лагранжа.
Пример. Найти экстремумы функции z  3x 2  6 xy  2 y 2  7 при условии, что ее
аргументы удовлетворяют уравнению связи y  3 x  1 .
Решение. Из уравнения связи находим функцию y  3 x  1 и подставляем ее в
функцию z. Получим функцию одной переменной
z ( x)  3x 2  6 x(3x  1)  2(3x  1) 2  7
Или z ( x)  3x 2  6 x  5 . Находим экстремум данной функции:
z ( x)  6 x  6 , 6 x  6  0 , x  1 – критическая точка первого рода (точка, подозрительная
на экстремум). Так как z ( x)  6  0 , то в точке x  1 функция z (x ) имеет локальный
минимум. Из уравнения связи находим:
z  3x 2  6 xy  2 y 2  7 .
в
точке
y  3 1  1  2 . Следовательно, функция
M (1, 2)
имеет
условный
минимум:
z min  z (1, 2)  3 12  6 1 2  2  2 2  7  8 .
Функции Лагранжа.
Мы уже знаем, что условный экстремум находится, когда переменные x и y ,
входящие в функцию z  f ( x, y ) , не являются независимыми, т.е. существует некоторое
соотношение  x, y   0 , которое называется уравнением связи.
Тогда из переменных x и y только одна будет независимой, т.к. другая может
быть выражена через нее из уравнения связи.
Тогда z  f ( x, yx) и
dz f f dy
. Так как функция z  f ( x, yx ) одной


dx x y dx
переменной имеет экстремум в точке, то её производная в этой точке должна обращаться
в ноль, т.е.
dz
 0 . Дифференцируя по x функцию z  f ( x; yx) , получим
dx
dz z z dy



dx x y dx
В точках экстремума:
dz f f dy


=0
dx x y dx
(1)
Кроме того:
31
  dy

0
x y dx
(2)
Умножим равенство (2) на число  и сложим с равенством (1).
 f f dy 
   dy 
 
  
  0

 x y dx 
 x y dx 
   f
  dy
 f
0
        
x   y
y  dx
 x
Для выполнения этого условия во всех точках
найдем неопределенный
коэффициент  так, чтобы выполнялась система трех уравнений:

 f
 x   x  0


 f
0
 
y
 y
( x, y )  0


Полученная система уравнений является необходимыми условиями условного
экстремума. Однако это условие не является достаточным. Поэтому при нахождении
критических точек требуется их дополнительное исследование на экстремум.
Выражение u  f x, y    x, y  называется функцией Лагранжа.
Пример. Найти экстремум функции f x, y   xy , если уравнение связи:
2x  3y  5  0
u  xy   (2 x  3 y  5)
u
 y  2 ;
x
u
 x  3 ;
y
 y  2  0

 x  3  0
2 x  3 y  5  0


5
;
12
x
5
;
4
y
5
;
6
5 5
Таким образом, функция имеет экстремум в точке  ;  .
4 6
32
Использование функции Лагранжа для нахождения точек экстремума функции
называется также методом множителей Лагранжа.
Выше мы рассмотрели функцию двух переменных, однако, все рассуждения
относительно условного экстремума могут быть распространены на функции большего
числа переменных.
33
СЕМИНАР 23.
Пример 1. Найти экстремумы функции z  x 3  y 3  6 xy .
Решение. Находим частные производные z x и z y :
z x  3x 2  6 y , z y  3 y 2  6 x .
2. Для определения критических точек решаем систему уравнений
3 x 2  6 y  0,
 x 2  2 y  0,
или  2
 2
3
y

6
x

0

 y  2 x  0.
Из первого уравнения системы находим: y 
x2
. Подставляя найденное значение y
2
во второе уравнение, получим
x4
 2 x  0 , x 4  8 x  0 , x( x 3  8)  0 . Откуда x1  0,
4
x2  2 .
Находим значения y, соответствующие значениям x1  0, x2  2 . Подставляя
значения x1  0, x2  2 в уравнение y 
x2
, получим: y1  0, y2  2 .
2
Таким образом, имеем две критические точки: M1 (0, 0) и M 2 (2, 2) .
3. Находим частные производные второго порядка:
z xx  (3x 2  6 y )x  6 x ; zxy  (3x 2  6 y)y  6 ; z yy  (3 y 2  6 x)y  6 y .
4. Вычисляем значения частных производных второго порядка в каждой
критической точке. Для точки M1 (0, 0) имеем:
A  z xx (0, 0)  0 , B  z xy (0, 0)  6 , C  z yy (0, 0)  0 .
Так как   AC  B 2  0  0  (6) 2  36  0 , то в точке M 1 экстремума нет. В точке
M 2 (2, 2) :
A  z xx (2, 2)  12 , B  z xy (2, 2)  6 , C  z yy (2, 2)  12 и, следовательно,
  AC  B 2  12 12  (6) 2  144  36  108  0 .
Значит, в силу достаточного условия экстремума, в точке M 2 функция имеет
минимум, так как в этой точке   0 и A  0 .
5. Находим значение функции в точке M 2 :
zmin  z (2, 2)  23  23  6  2  2  8 .
Пример 2. Найти экстремумы функции z  x 3  8 y 3  6 xy  1 .
34
Решение.
1)
Найдем частные производные z x  3x 2  6 y, z y  24 y 2  6 x .
2)
 z y  0
Решим систему уравнений 
 z y  0
3)


3x 2  6 y  0  x 2  2 y  0 16 y 4  2 y  0  y 8 y 3  1  0




24 y 2  6 x  04 y 2  x  0  x  4 y 2
 x  4 y 2
1

y  0 и y 
0,0 и 1, 1   критические точки.
2

 2
 x  0 и x  1
4)
Найдем частные производные второго порядка и их значения в критических
точках: z xx  6 x, z yx  z xy  6, z yy  48 y . В точке 0,0 получим:
A  z xx 0,0  6  0  0, B  z yx 0,0  6, C  z yy 0,0  0,
AC  B 2  0  36  36  0,
значит, в точке 0,0 экстремума нет. В точке 1,0,5 получим:
A  z xx 1,0,5  6  1  6, B  z yx 1,0,5  6,
C  z yy 1,0,5  48  0,5  24,
AC  B 2  6  24  36  144  36  108  0, A  0,
значит, в точке 1;0.5 минимум.
3
5)
1
1
z min 1;0,5  13  8     6  1   1  1  1  3  1  0 .
2
2
Ответ. z min 1;0,5  0 .
Пример 3. Найти экстремумы функции z = 2 x  xy  5 x  y .
3
Решение.
2
2
2
6 x 2  y 2  10 x  0, 2 xy  2 y  0. Из второго уравнения следует, что или y  0. ,
или x  1. Подставляя по очереди эти значения в первое уравнение, найдем четыре
стационарные точки: M1 (0, 0); M 2  

5 
, 0 ; M 3 (1, 2); M 4 (1,  2).
3 
Вторые частные производные данной функции равны
 2z
 2z
 2z
=
12x
+
10;
=
2y;
= 2x + 2
x 2
xy
y 2
В точке M 1 имеем: A=10, B=0, C=2. Здесь B 2  AC  21  0 ; значит, точка M 1
является точкой экстремума, и так как A и C положительны, то этот экстремум - минимум.
35
В точке M 2 соответственно будет A=-10, B=0, C=-4/3; Это точка максимума. Точки
M 3 и M 4 не являются экстремумами функции (т.к. в них B 2  AC  0 ).
Пример 4. Найти точки экстремума функции z  x  y .
2
2
Решение. Приравнивая частные производные нулю:
 z
 z
 2 y  0,
 2x  0 ,
 y
 x
находим одну стационарную точку - начало координат. Здесь A  2 , B  0 , C  2 .
Cледовательно, B 2  AC  0 и точка (0, 0) не является точкой экстремума.
Пример 5. Найти точки экстремума функции z  x4  y 4  2 x 2  4 xy  2 y 2 .
Решение. Определим критические точки
 zx  4 x 3  4 x  4 y  0

3
 zy  4 y  4 x  4 y  0
M 1(  2 ; 2 ); M 2 ( 2 ; 2 ); M 3 ( 0;0 );
zxx  12 x2  4
zxy  4
zyy  12 y 2  4
1. В точке M 1(  2 ; 2 )
A  f xx M 1   20  0;
B  f xy M 1   4;
C  f yy M   20;
  AC  B 2  20  20  4 2  0 . Следовательно, в точке M 1 имеется экстремум.
A  0 , то функция имеет в точке M 1 min .
2. M 2 ( 2 ; 2 ) :   0 и A  0 , f M 2   z min .
3.
M 3 ( 0;0 ) :
0
z  f x;0   f 0;0   x4  2x 2  x 2 x 2  2  0
x  2 , z  f x; y   f 0;0   2x4  0
или
x  y  . Вывод: экстремума нет.
Пример 6. Найти точки экстремума функции z  x 3  y 3  9 xy .
 zx  3 x 2  9 y
Решение. 
M1( 0;0 ); M 2 ( 3;3 ) M1   0; M 2   0; A  0  min .
2
 zy  3 y  9 x
Пример 7. Найти условный экстремум функции z  x  2 y при x  y  5 .
2

2

Решение. Составим функцию Лагранжа: L  x, y,    x  2 y   x  y  5 .
2
2
Найдем стационарные точки и множители Лагранжа:
36
1
Lx 1  2 x  0 
1  , x1   1, y1   2  M 1  1, 2   ,

2
Ly  2  2 y  0  
1

2
2



, x2  1, y2  2  M 2 1,2  .
2
x  y 50 
2
37
ЛЕКЦИЯ 24. Производная по направлению. Градиент.
Производная по направлению.
Рассмотрим функцию ux, y, z  в точке M x, y, z  и точке M1 x  x, y  y, z  z 
(рис. 1).
Рис. 1.
Проведем через точки M и M 1 вектор S . Углы наклона этого вектора к
направлению координатных осей Ox , Oy , Oz обозначим соответственно  ,  ,  .
Косинусы этих углов называются направляющими косинусами вектора S .
Расстояние между точками M и M 1 на векторе S обозначим S .
S  x 2  y 2  z 2
Далее предположим, что функция ux, y, z  непрерывна и имеет непрерывные
частные производные по переменным x , y и z . Тогда правомерно записать следующее
выражение:
u 
u
u
u
x 
y 
z  1 x   2 y   3 z ,
x
y
z
где величины 1, 2, 3 – бесконечно малые при S  0 .
Из геометрических соображений очевидно:
x
 cos  ;
S
y
 cos  ;
S
z
 cos  ;
S
Таким образом, приведенные выше равенства могут быть представлены
следующим образом:
38
u u
u
u

cos   cos   cos   1 cos    2 cos    2 cos  ;
S x
y
z
u
u u
u
u
 lim

cos   cos   cos 

S

0
s
S x
y
z
(1)
Заметим, что величина s является скалярной. Она лишь определяет направление
вектора S .
Из этого уравнения следует следующее определение:
Предел
u
S  0  S
lim
называется производной функции ux, y, z  по направлению
вектора S в точке с координатами x, y, z .
Поясним значение изложенных выше равенств на примере.
Вычислить производную функции z  x 2  y 2 x в точке А(1, 2) по направлению
вектора АВ , В (3, 0).
Решение. Прежде всего, необходимо определить координаты вектора АВ : АВ =(3

1; 0-2)=(2; -2)=2 i  2 j . Далее определяем модуль этого вектора: AB = 8  2 2 .
Находим частные производные функции z в общем виде:
z
z
 2x  y 2 ;
 2 yx;
x
y
Значения этих величин в точке А:
z
z
 6;
 4;
x
y
Для нахождения направляющих косинусов вектора АВ производим следующие
преобразования:
S=

2 
2 
 i cos   j cos  
i
j
2 2
2 2
AB
AB
За величину S принимается произвольный вектор, направленный вдоль заданного
вектора, т.е. определяющего направление дифференцирования.
Отсюда получаем значения направляющих косинусов вектора АВ :
cos =
Окончательно получаем:
2
;
2
cos = -
2
2
z
2
2
 6
 4
 2 – значение производной
s
2
2
заданной функции по направлению вектора АВ .
39
Градиент
Если в некоторой области D задана функция u  ux, y, z  и некоторый вектор,
проекции которого на координатные оси равны значениям функции u в соответствующей
точке
u u u
,
;
;
x
y
z
то этот вектор называется градиентом функции u и обозначается так:
gradu 
u  u  u 
i
j
k
x
dy
z
(2)
При этом говорят, что в области D задано поле градиентов.
Связь градиента с производной по направлению.
Теорема. Пусть задана функция u  ux, y, z  и поле градиентов
gradu 
Тогда производная
u  u  u 
i
j
k.
x
dy
z
u
по направлению некоторого вектора S равняется проекции
s
вектора gradu на вектор S .



Доказательство: Рассмотрим единичный вектор S  i cos   j cos   k cos  и
некоторую функцию u  ux, y, z  . Найдем скалярное произведение векторов S и gradu .
 u
u
u
gradu  S 
cos   cos   cos 
x
y
z
Выражение, стоящее в правой части этого равенства является производной
 u
функции u по направлению s. Т.е. gradu  S 
. Если угол между векторами gradu и S
s
обозначить через  , то скалярное произведение можно записать в виде произведения
модулей этих векторов на косинус угла между ними. С учетом того, что вектор S
единичный, т.е. его модуль равен единице, можно записать:
gradu  cos  
u
s
Выражение, стоящее в правой части этого равенства и является проекцией вектора
gradu на вектор S . Теорема доказана.
40
Геометрический и физический смысл градиента.
Для иллюстрации геометрического и физического смысла градиента скажем, что
градиент – вектор, показывающий направление наискорейшего изменения некоторого
скалярного поля u в какой- либо точке. В физике существуют такие понятия как градиент
температуры, градиент давления и т.п. Т.е. направление градиента есть направление
наиболее быстрого роста функции.
С точки зрения геометрического представления, градиент перпендикулярен
поверхности уровня функции.
41
СЕМИНАР 24.
Пример 1. Показать, что в точке А (4,-12) производная функции z  x 3  3x 2  6 xy  y 2 по
любому направлению равна нулю.
Решение. Найдем значения частных производных в точке А:
z 4,12 
 3 x 2  6 x  6 y  3  16  6  4  6   12   0
x
z 4,12
 6 x  2 y  6  4  2   12  0
y
Посмотрим значение производной в направлении произвольного вектора S:
u
 0  cos   0  cos   0 . Задача решена.
S
Пример 2. Требуется найти производную функции
z
y
по направлению,
yx
составляющему угол в 60 с осью OX, в точке (1;3).
Решение. Найдем частные производные функции: z x 
y
 y  x
2
; zy  
x
 y  x 2
Теперь
можно определить градиент функции в точке (1;3): grad z 1;3   3 ; 1  . Принимая во
4
4


внимание равенство e   1 ; 3  , воспользуемся формулой:  z 1;3  3  3 .
l
8
2 2 
Пример 3. Найти grad z в точке A3; 4 и производную в точке
 

a  6i  8 j , если z  x 2  y 2 .
A в направлении вектора
Решение. Найдем частные производные функции z и подсчитаем их значения в точке
A3; 4:
z
2x

;
x 2 x 2  y 2
z
x
A

3
9  16

z
y
3 z
2x

;
;
5 y 2 x 2  y 2
A

4
.
5
3 4 
По формуле (9) grad z  i  j .
5
5
Чтобы найти производную по направлению, найдем направляющие косинусы

вектора a :
cos 
6
3
 ,
36  64 5
cos  
4
36  64

4
.
5
Найдем производную по направлению:
42
z z

a x
A
cos  
z
y
A
cos  ,
z 3 3 4  4 
7
        ;
a 5 5 5  5 
25
Пример 4. Пусть f ( x, y ) 
z
7
  .
a
25
x 2  3 xy  8 y . Найти градиент функции в точке M 3;1 ,
3
величину градиента функции в этой точке и производную функции в той же точке по
направлению l  (1, 2) .
Решение. Предварительно находим частные производные функции первого порядка и их
значения в заданной точке:
'
f
1
2x  3y
  ( x 2  3 xy  8 y )1/ 3   ( x 2  3 xy  8 y ) 2 / 3 ( x 2  3 xy  8 y )'x 
;
x
2
x
3
3 3 ( x  3 xy  8 y ) 2
f
f
2  3  3 1
3
1
( M )  (3;1) 
 3  ;
x
x
3 3 (32  3  3  1  8  1) 2 3 8 2
'
f
1
3x  8
  ( x 2  3xy  8 y )1/ 3   ( x 2  3xy  8 y ) 2 / 3 ( x 2  3 xy  8 y )'y 
;
y
2
y
3
3 3 ( x  3xy  8 y ) 2
f
f
3  3  8
1
1
1
( M )  (3;1) 


 .
2
y
y
3 2
12
3 3 (32  3  3  1  8  1) 2 3 3 82
Теперь
воспользуемся
1
1
37 .
 1   1 
     


4 144
12
 2   12 
2
gradf ( x, y ) M
формулами:
2
Далее,
 1 1 
gradf ( x, y ) M   ,  ;
 2 12 
| l |  (1) 2  22  5  1 ,
поэтому cos  1/ 5 , cos   2 / 5 , и:
f
1 (1) 1 2
1
1
3  1 2
1 .
(M )  
 





2
l
5 12 5 2 5 6 5 6 5 6 5 3 5
Пример 5. Найти градиент и производную a  4i  2 j функции z  ln( 4 x 2  2 y 2 ) в точке
A(2;4).
Решение. Градиент функции z  f ( x, y ) равен: grad z 
z
z
i   j. Найдем частные
x
y
производные:
z
 ln( 4 x 2  2 y 2 )
x


z
 ln( 4 x 2  2 y 2 )
y

'
x

1
8x
4x
 (4 x 2  2 y 2 ) 'x  2
 2
,
2
2
4x  2 y
4x  2 y
2x  y 2
1
2 2y
2y
 2
 (4 x 2  2 y 2 ) 'y  2
 2
2
2
4x  2 y
4x  2 y
2x  y 2

'
y
2
и их значения в точке A(2;4) :
43
 z 
24
1
  
 . Тогда градиент в точке A равен:
2
2
3
 y  A 2(2)  4
4(2)
1
 z 
 ;
  
2
2
3
 x  A 2(2)  4
1 1
( grad z ) A   i   j. Производная функции z в направлении вектора а вычисляется по
3 3
формуле:
cos  
z z
z
  cos    sin  . .
a x
y
4
4 2  (2) 2

4

20
Найдем
направляющий
косинус
вектора
а:
2
 2 
4
1
  1  
.
, Тогда sin   1  cos 2   1  
5
5
5
 5
2
1 2 1 1
1
5
 z 
 


.
Следовательно,     
3 5 3 5
15
3 5
 a  A


Пример 6. Даны: функция u  y ln 1  x 2  arctgz , точка A0;1;1 и вектор a  2i  3 j  2k .
Найти: 1) градиент функции u в точке A ;
2) производную функции u в точке A по направлению a .
Решение. 1) Найдем градиент функции
u u u
i
j
k
x
y
z
u 

2x
2 xy

y ln 1  x 2  arctgz  y
ln 1  x 2  y

2
x x
x
1 x
1 x2
u 
y

y ln 1  x 2  arctgz  ln 1  x 2
 ln 1  x 2
y y
y
u 

1

y ln 1  x 2  arctgz   arctgz  
z z
z
1 z2
2 xy
1
grad u 
i  ln 1  x 2 j
k
2
1 x
1 z2


u  y ln 1  x 2  arctgz, grad u 
 


 


 



 






Вычислим градиент функции в точке A0;1;1.
grad u A 


2 * 0 *1
1
1
1
i  ln 1  0 2 j
k  0 i  0 j k   k
2
2
2
2
1 0
11
Найдем производную по направлению a  2i  3 j  2k .
u u
u

cos  
a x A
y
cos  
2
17
cos  
A
; cos  
3
17
u
z
cos  , a  2 2   3   2  4  9  4  17
2
2
A
; cos  
2
17
;
u
x
 0;
A
u
y
 0;
A
u
z
A
1
 ;
2
u
1 2 
1
17
 0  0  
 

a
2  17 
17
17


Пример 7. Даны: функция u  ln x 2  y 2  xyz , точка A1;1;2 и вектор a  i  j  5k .
Найти: 1) градиент функции u в точке A ;
44
2) производную функции u в точке A по направлению a .
Решение.
1) Найдем градиент функции
u
u
u
i
j
k
x
y
z
u 


2x

ln x 2  y 2  xyz 
ln x 2  y 2  xyz  2
 yz
x x
x
x
x  y2
u 


2y

ln x 2  y 2  xyz 
ln x 2  y 2 
xyz  2
 xz
y y
y
y
x  y2
u 



ln x 2  y 2  xyz 
ln x 2  y 2  xyz  0  xy  xy
z z
z
z
 2x
  2y

grad u   2
 yz i   2
 xz  j  xyk
2
2
x y
 x y

Вычислим градиент функции в точке A1;1;2 :


u  ln x 2  y 2  xyz, grad u 
 


 

 


 

 


 

 2 *1
  2 *  1



 j  1 *  1k  i  j  k .
grad u A   2

1
*
2
i


1
*
2
2
  12   12



1


1

 

Найдем производную по направлению a  i  j  5k .
u u
u

cos  
a x A
y
cos  
A
u
z
cos 
A
a  1   1  5  1  1  25  27  3 3
2
2
cos  
u
x
1
3 3
 1;
A
2
; cos  
u
y
 1;
A
1
3 3
u
z
; cos  
5
3 3
;
 1;
A
u  1 *1 1 *  1  1 * 5  1  1  5  7  7 3






a 3 3
9
3 3
3 3
3 3
3 3


Пример 8. Найти градиент функции u  tgx3  y  z 2 x в точке A2;0;3 . Вычислить
производную функции u в точке A по направлению вектора a  i  j  k .
Решение. Найдем градиент функции.


u  tgx 3  y  z 2 x grad u 
 

 

 

u
u
u
i
j
k
x
y
z
u 


3x 2

tgx 3  y  z 2 x  y
tgx 3  z 2  x   y
 z2
x x
x
x
cos 2 x 3
u 


tgx 3  y  z 2 x  tgx 3  y   0  tgx 3
y y
y
u 
 2

tgx 3  y  z 2 x  0  x
z  2 xz
z z
z
 3 yx 2

grad u  
 z 2 i  tgx 3  j  2 xz  k
2 3
 cos x



 
45
Вычислим градиент функции в точке A2;0;3 .
 3 * 0 * 22
2
i  tg 2 3  j  2 * 2 * 3  k  9  i  tg 8  j  12k .
grad u A  

3
2 3
 cos 2

Найдем производную по направлению a  i  j  k .
u u
u

cos  
a x A
y
cos  
A
u
z
cos 
A
a  12   1  12  1  1  1  3
2
cos  
u
x
1
 9;
A
3
; cos  
u
y
1
 tg 8;
A
3
; cos  
u
z
1
3
;
 12;
A
 1 
9  tg 8  12 21  tg 8
u
1
1
 9*
 tg 8 *  
  12 *


a
3
3
3
3
3

2 2
Пример 9. Найти полный дифференциал функции z  3x y  5 x  3 y , градиент функции
в точке A1;1 и производную по направлению a  4i  3 j .
Решение. Найдем полный дифференциал функции
z
z
dx  dy;
x
y
z
z
 6xy 2 - 5;
 6x 2 y  3;
x
y
dz 




dz  6xy 2 - 5 dx  6x 2 y  3 dy.
Найдем градиент функции
z
z
i
j;
x
y
z
z
 6xy 2 - 5;
 6x 2 y  3;
x
y
grad z 

 

grad z  6xy 2 - 5 i  6x 2 y  3 j
Вычислим градиент функции в точке A1;1 :

 

grad z A  6 * 0 *12 - 5 i  6 * 0 2 *1  3 j  5i  3 j
Найдем производную по направлению a  4i  3 j :
z z
z

cos  
a x A
y
4
3
cos  ; a  4 2  (3) 2  5, cos   ; cos  
;
5
5
A
z
4   3
29
 5 *  3

a
5  5 
5
46
ЗАДАНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ
Пример 1. Вычислить предел lim(1  xy)
2
x 2  xy
. Ответ: e 2 .
x0
y 2
sin xy
; Ответ: a .
x 0
x
y a
Пример 2. Вычислить предел lim
tg 2 xy
; Ответ: 2.
x 1
x2 y
y 0
Пример 3. Вычислить предел lim
y
2 x7 y  xy 2
Пример 4. Вычислить предел lim(1  xy )
x 0
y 3
. Ответ: e 3 .
ax  by
; Ответ: 0.
x  x  xy  y 2
y 
Пример 5. Вычислить предел lim
2
x2  y 2
Пример 6. Вычислить предел lim 4
; Ответ: 0.
x  x  y 4
y 
x2  y 2
; Ответ: 0.
x  | x 3 |  | y 3 |
y 
Пример 7. Вычислить предел lim
Пример 8. Вычислить предел lim( x  y )e ( x
2
 y2 )
x 
y 
; Ответ: 0.
Пример 9. Вычислить предел lim( x 2  y 2 )| x| . Ответ: 1.
x 0
y 0
Пример 10. Найти точки разрыва функции u 
1
; Ответ: O0;0 .
x  y2
2
Пример 11. Найти точки разрыва функции u  ln(4  x 2  y 2 );
Ответ: все точки окружности x 2  y 2  4 .
Пример 12. Найти точки разрыва функции u 
1
.
x  y2  z2
2
Ответ: все точки конической поверхности x 2  y 2  z 2 .
x
Пример 13. Найти точки разрыва функции u  sin ; Ответ: все точки прямой y  0 .
y
Пример 14. Найти точки разрыва функции u 
sin x sin y
.
xy
Ответ: все точки прямых x  0, y  0 ;.
Пример 15. Найти точки разрыва функции u 
1
;
cos x  cos 2 y
2
47
Ответ: все точки прямых x  y  n .
Пример 16. Найти точки разрыва функции u  tg( x 2  y 2  z 2 ) .
Ответ: все точки сфер x 2  y 2  z 2   / 2   k , k  0,1, 2,... .
Пример 17. Найти частные производные функции z  x3 sin y  y 4  2 x .
Ответ:
z
z
 3 x 2 sin y  2 ,
 x3 cos y  4 y 3.
x
y
Пример 18. Найти частные производные функции z  x y , ( x  0) .
Ответ:
z
z
 yx y 1. ,
 x y ln x.
x
y
Пример 19. Найти все частные производные первого и второго порядков функции
z  x 3 y 2  3xy3  xy  1 . Ответ:
z x/  3x 2 y 2  3 y 3  y ,
z y/  2 x 3 y  9 xy2  x ,
z xx//  6xy 2 ,
//
z xy//  6 x 2 y  9 y 2  1, z yy
 2 x 3  18xy
Пример 20. Даны функция трех переменных u  ln 12  x 2  y 2  z , вектор a  (3,0,4) и
точка M 0 (1,1,5) . Найти:
1) gradu в точке M 0 ;
2) производную в точке M 0 по направлению вектора a ;
2
2
1
Ответ: 1) gradu M   i  j  k . 2) Производная функции u по направлению вектора
0
5
5
5
a равна 
2
.
5
Пример 21. Найдите частные производные функции: u  x 2  3xy  4 y 2 . Ответ:
u
u
 2x  3y ,
 3x  8 y .
x
y
Пример 22. Найдите частные производные функции: u  sin( 3 x  5 y  4 z ) . Ответ:
u
u
u
 3 cos3 x  5 y  4 z  ,
 4 cos3x  5 y  4 z  .
 5 cos3x  5 y  4 z  ,
x
z
y
Пример 23. Найдите частные производные функции:
x
y
u  e . Ответ:
x
u 1 y
 e ,
x y
x
u
x
  2 ey .
y
y
Пример 24. Найдите частные производные функции:
z
z
 e x cos y  e y cos x ,
 e x sin y  e y sin x .
x
x
z  e x cos y  e y sin x . Ответ:
48
Пример
25.
Найдите
частные
производные
ze
функции:
arctg
y
x
.
Ответ:
arctg
arctg
z
y
z
x
x
 e x  2
,
.
e
 2
2
x
y
x y
x  y2
y
Пример
y
26.
Найти
полное
приращение
u( x, y)  3x 2  xy  y 2  1 .
и
полный
дифференциал
функции
du  6x  y x  x  2 y y ,
Ответ:
u  6 x  y x  x  2 y y  3x   xy  y  .
2
Пример
27.
Найти
полное
z  ln( x  x 2  y 2 ) . Ответ: dz 
Пример
28.
gradz 1;1 
2x
x  y2
2
Найти
i
1;1
2
приращение
1
x y
2
2
dx 
и
x 
вектор-градиент
2y
x  y2
2
полный
y
x  y2
2
дифференциал
x
2
 y2
dy .
z  ln( x 2  y 2 ) .
функции
функции
Ответ:
j i j.
1;1
Пример 29. Найти производную функции z  ln( x 2  y 2 ) в направлении вектора-градиента.
Ответ.
z
z
 npa gradz = gradz  2
 gradz  12  12  2
a
a
Пример 30. Найти дивергенцию векторного поля a  xi  y 2 j  z 3k в точке M ( 2, 4,5).
Ответ: 84.
Пример 31. Найти дифференциал функции
u  x2 y3
в точке
M 0 2;1 . Ответ:
dz M  4dx  12dy .
0
Пример 32. Найти дифференциал функции
u
yz
x
в точке
M 0 1;2;3 . Ответ:
dz M  6dx  3dy  2dz .
0
Пример 33. Вычислить приближенно
6,052  7,92 . Указание: воспользоваться функцией
u ( x, y )  x 2  y 2 , x  6, y  8 . Ответ: 9,95.
Пример 34. Дано скалярное поле u  xy  y 2  z 2 . Найти её производную в точке A5;1;2 в
направлении, идущем от этой точки к точке B7;1;3 . Ответ:
u
8
 .
l
3
49