5_УМК

∂u

→

r

(M

) = grad u(M

) l

.

∂l

0

0

0

→

=

→

=

ветственно:

grad u(M 0 )

2

,

grad u(M1 )

2

.

ПРИМЕР 2.29

Найти градиент функции u = x y z в точке M 0 (− 2, 3, 4) .

Чему равна

в этой

точке

производная функции u в направлении вектора

→

r

r

r

→

r

r r

Решение.

grad u = yz i

+ xz j + xyk,

grad u(M 0 )

= 12 i

− 8 j − 6k .

r

l

r

1

r

r

r

l0

=

r

=

a

=

32 + (− 4)2 +122 = 13

=

(3i

− 4 j +12k).

13

l

∂

u (M

0 ) =

3

12 +

4

8 −

12

6 = −

4

.

∂l

13

13

13

13

верхности F(x, y, z) = 0

в точке M0 (x 0 , y0 , z0 ) пропорциональны значениям

соответствующих частных производных функции F(x, y, z) в этой точке:

A = λ F′

(x

0

, y

0

, z

0

), B = λ F′ (x

0

, y

0

, z

0

), C = λ F′ (x

0

, y

0

, z

0

).

x

y

z

Уравнение касательной плоскости к поверхности в точке M0 :

F′

(M

0

)(x − x

0

) + F′ (M

0

)(y − y

0

) + F′ (M

0

)(z − z

0

) = 0 .

(2.10)

x

y

z

Уравнение нормали к данной поверхности в точке M0 :

x − x 0

=

y − y0

=

z − z0

.

(2.11)

F′

(M

0

) F′ (M

0

) F′

(M

0

)

x

y

z

верхности z = x 2 + y2

в точке M0 (1, − 2, 5) .

Решение.

Поскольку

F(x, y, z) = x 2 + y2 − z ,

то

F′

= 2x,

F′ = 2y,

F′ = −1,

x

y

z

F′

(M

0

) = 2, F′

(M

0

) = −4, F′ (M

0

) = −1.

x

y

z

Уравнение касательной плоскости:

2(x −1) − 4(y + 2) − (z − 5) = 0.

Уравнение нормали :

x −1

=

y + 2

=

z − 5

.

ПРИМЕР 2.31

2

− 4

−1

Найти уравнение касательной плоскости к сфере

x 2 + y2 + z 2 = 4 в точке M0 , где y0 = 1,

z0 =

3 .

Решение.

x 0 = 0 ,

Подставляя

y0 и z0 в

уравнение

сферы,

находим

т.е.

M0 (0, 1, 3) .

Запишем уравнение

сферы

в

неявном

виде:

F(x, y, z) = x 2 + y2 + z 2 − 4 = 0, откуда F′

= 2 x,

F′ = 2 y,

F′

= 2 z .

x

y

z

Найдем A = F′

) = 0,

B = F′

) = 2,

C = F′

) = 2

(M

0

(M

0

(M

0

3 .

x

y

z

0(x − 0) + 2(y −1) + 2

Уравнение касательной плоскости:

3(z −

3) = 0 ,

или

y +

3z − 4 = 0 -

плоскость параллельна оси Ox .

ПРИМЕР 2.32 К

эллипсоиду x 2 + 2y2 + 3z 2 = 21 провести касательные

плоскости, параллельные плоскости

α :

x + 4y + 6z = 0 .

Решение.

В

данном

случае

F(x, y, z) = x 2 + 2y2 + 3z 2 − 21 = 0 ,

поэтому

F′

= 2 x, F′

= 4 y,

F′

= 6 z . Пусть M

0

(x

0

, y

0

, z

0

)- точка, в которой ка-

x

y

z

x 0

2 + 2(2 x 0 )2 + 3(2 x 0 )2 = 21,

т.е. x 02 = 1

x 0 = ±1.

Следовательно, условию

задачи удовлетворяют

точки M01 (1, 2, 2)

и

M02 (−1, − 2, − 2) .

Для точки M01

имеем

A = 2,

B = 8, C = 12 , поэтому уравнение ка-

сательной плоскости

имеет

вид:

2(x −1) + 8(y − 2) +12(z − 2) = 0 ,

или

x + 4y + 6z − 21 = 0 .

Аналогично, искомая касательная плоскость,

проходящая через точку

M02 , имеет уравнение:

x + 4y + 6z + 21 = 0 .

1. Найти частные производные первого порядка

∂ u ,

∂ u .

∂ x

∂ y

2. Составить матрицу

a

11

a

12

,

a

a 21

22

где a11 =

∂ 2 u

, a12 = a 21

=

∂ 2 u

a 22 =

∂ 2 u

∂ x 2

,

∂ y2

,

∂ x ∂ y

и найти ее определитель

= a11 a 22 − a122 .

> 0 , то в данной

3. Вычислить

в точках возможного экстремума. Если

точке функция имеет экстремум,

а именно максимум при a11 < 0 (или

a 22 < 0 ) и минимум при a11 > 0 (или a 22 > 0 ); если

< 0, то в дан-

ной точке экстремума нет;

если

= 0 , то требуется дальнейшее иссле-

1)

Проверить необходимое условие экстремума:

∂ u

∂ u

∂ u

1.

Найти частные производные первого порядка ∂ x

,

∂ y

,

∂ z .

2.

Решив систему уравнений

∂ u

= 0,

∂ x

∂ u

= 0,

∂ y

∂ u

= 0,

∂ z

найти точки возможного экстремума.

2)

Проверить достаточные условия экстремума:

1. Найти

частные

производные

второго

порядка

∂ 2 u ∂ 2 u

∂ 2 u

∂ 2 u ∂ u 2

∂ u 2

∂ x 2 ,

∂ y2

,

,

,

∂ z2 ,

∂ x ∂ y

∂ x∂ z

∂ y ∂ z

a

11

a

12

a

13

2. Составить матрицу A = a

21

a 22

a 23

,

a 32

a 33

a 31

где

∂ 2 u

∂ 2 u

∂ 2 u

a11 =

, a12 = a 21

=

, a 22

=

,

∂ x 2

∂ x ∂ y

∂ y2

a13 = a 31 =

∂ 2 u

, a 33

=

∂ 2 u

, a 23 = a 32

=

∂ 2 u

,

∂ y ∂ z

∂ x ∂ z

∂ z 2

и найти минор к элементу a11:

M11 =

a 22

a 23

и

a 32

a 33

=

a11

a12

a13

определитель матрицы A :

a 21

a 22

a 23

.

a 32

a 32

a 33

Вычислить

M11 и

в

точках

возможного

экстремума.

Если

a11 > 0,

M11 > 0,

> 0 ,

то в данной точке функция имеет минимум;

если

a11 < 0,

M11 > 0,

< 0 ,

то в данной точке функция имеет максимум;

если

a11 > 0,

M11 < 0,

< 0 ,

или a11 < 0, M11 > 0,

> 0 ,

то в данной точке функция не

имеет экстремума; если

= 0 и a11 > 0, M11 > 0 либо a11 < 0, M11 < 0 , то тре-

∂ u

= 2x − 2y,

∂ u

= −2x + 12y 2 .

∂ x

∂ y

2x − 2y = 0,

+12 y

2

= 0.

− 2x

∂ u = 3x 2 + 3y2 − 39,

∂ u = 6x y − 36.

∂ x

∂ y

∂ 2 u

= 6x,

∂ 2 u

= 6 y,

∂ 2 u

= 6x.

∂ x 2

∂ x ∂ y

∂ y 2

6x

6y

и составим матрицу:

6y

, для которой a11 = 6 x,

6x

= 36(x 2 − y2 ).

=

6x 6y

6y

6x

В точке M1

> 0,

a11 > 0 следовательно, в этой точке функция имеет мини-

мум u(M1 ) = −100 . В точке M 2

> 0, a11 < 0 , следовательно, в этой точке

Найдем частные производные первого порядка:

∂ u

= −3x 2 + 6x y,

∂ u

= 3x 2 − 4 y3 .

∂ x

∂ y

− 3x 2

+ 6x y = 0,

2

− 4 y3 = 0.

3x

∂ 2 u

= −6x

+ 6y,

∂2 u

= 6 x,

∂ 2 u

= −12y

2

.

∂ x 2

∂ x ∂ y

∂ y2

Составим матрицу:

− 6x + 6y

6x

,

2

−12y

6x

в точке

M1

функция

не имеет

экстремума. В точке M 2

= 648 > 0,

a11 = −18 < 0 ,

следовательно,

в этой точке функция имеет макси-

мум u(M 2 ) = 27 .

ПРИМЕР 2.36

Исследовать на экстремум функцию трех переменных

u = 3x 3 + y 2 + z 2 + 6x y − 2z + 1

Проверим необходимое условие экстремума.

Найдем частные производные первого порядка

∂ u

= 9x 2 + 6y,

∂ u

= 2y + 6x,

∂ u

= 2z − 2.

∂ x

∂ y

∂ z

= 6,

y + 3x

= 0.

z −1

для которой найдем a11 = 18x, M11 = 36(x −1),

= 72(x −1) .

В точке M1 имеем a11 = 36 > 0, M11 = 36 > 0,

= 72 > 0

следовательно, в

этой точке функция имеет минимум u( M1)= −12 .

В точке M 2

a11 = 0 , поэто-

Проверим необходимое условие экстремума:

Найдем частные производные первого порядка

∂ u = 4x − y + 2z,

∂ u = −x −1 + 3y2 ,

∂ u = 2x + 2z.

∂ x

∂ y

∂ z

Решив систему

4x − y + 2z = 0,

= 0,

− x −1 + 3y2

2x + 2z = 0.

Проверим достаточное условие экстремума.

Вычислим частные производные второго порядка

∂ 2 u

= 4,

∂2 u

=

∂2 u

= −1,

∂2 u

=

∂2 u

= 2,

∂ x 2

∂ x ∂y

∂x ∂ z

∂z ∂ x

∂ x ∂y

∂

2 u

=

6y,

∂2 u

=

∂2 u

= 0,

∂2 u

= 2.

∂ y2

∂y

∂ z

∂z

∂ y

∂ z 2

и составим матрицу

4

− 1

2

− 1

6y

0 ,

2

0

2

4

−1

4

−1

2

для которой найдем

a11 = 4,

M11 =

,

=

−1 6y

0

.

−1

6y

2

0

2

В точке M 1 имеем

a11 = 4 > 0,

M11 = 15 > 0,

= 14 > 0 ,

поэтому функция

имеет

минимум

u(M1 ) = − 20 / 27 .

В

точке

M 2

имеем

a11 = 4 > 0,

M11 = −13 < 0,

= −14 < 0 ,

следовательно, в точке M 2

функция

f ′ = −4 x − y; f ′

= −x − 2 y.

x

y

− 4x − y = 0;

− 9y = 0;

y = 0;

M0 (0, 0) .

{− x − 2y = 0;

{x = 2y;

{x = 0.

f ′′

= −4,

f ′′ = −2,

f ′′

= −1

xx

yy

xy

=

− 4

−1

= 7.

−1

− 2

Заметим, что

(M0 ) = 7 > 0,

a11 (M0 ) = −4 < 0 , поэтому в точке

M0 функция достигает максимума. Кроме того, M0 D , поэтому вычислим

значение функции f (x, y) в точке M0 :

f (M0 ) = 3.

u = f (x, 0) = 3 − 2x 2 = ϕ(x)

- функция зависит от одной перемен-

ной x ; исследуем ее на экстремум.

ϕ′(x) = −4x,

ϕ′(x) = 0 при

x = 0 ;

ϕ′′(x) = −4 ,

ϕ′′(0) = −4 < 0 , т.е. x = 0 - точка максимума,

ϕ(0) = 3 .

Функция u = f (1, y) = 3 − 2 − y − y2 = 1 − y − y2 = ψ(y) зависит

только от переменной y ;

ψ′(y) = −1 − 2y,

ψ′(y) = 0 при y = −

1

,

2

но эта точка не принадлежит отрезку АВ.

2.3. На стороне ОВ:

y = x

Функция u = f (x, x) = 3 − 2x 2 − x 2 − x 2 = 3 − 4x 2 = ϕ(x) зависит

только от переменной x ;

ϕ′(x) = −8x,

ϕ′(x) = 0 при x = 0 .

ϕ′′(x) = −8,

ϕ′′(0) = −8 < 0 , т.е. x = 0 - точка максимума,

ϕ(0) = 3 .

3) Вычисляем значения функции в точках А и В: f (A) = f (1, 0) = 1,

f ′

= 2 x − 2; f ′

= 2 y − 2.

x

y