ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ Трофимов Агульник

Обозначая это общее отношение через t, координаты текущей точки M (x; y; z) можно представить в виде:

x = x0 + t cos α , y = y0 + t cosβ, z = z0 + t cos γ .

131

Таким образом, функция u( x, y, z) представляется как сложная функция, а её

где все частные производные вычисляются при t = 0 ( x = x0 , y = y0 , z = z0 ), а o(∆t) - бесконечно малая более высокого порядка, чем ∆t при ∆t = t → 0 . Отсюда

где частные производные вычисляются в точке M0. Теорема доказана.

Пример 3.2. Найти производную поля u = x2 + y2 − 4 yz в точке M0 (0;1;2) в направлении от этой точки к точке M1 (2;3;3) .

Так как ∂∂ul < 0 , то поле в данном направлении убывает.

§3.3. Градиент

Пусть имеется скалярное поле, определяемое дифференцируемой скалярной функцией

u = u(x, y, z)

Градиентом скалярного поля u в данной точке М называется вектор, обозначаемый символом grad u, и определяемый равенством

132

Эти свойства выводятся из определения градиента.

Пример 3.3. Найти наибольшую скорость возрастания скалярного поля u = xy + yz + xz в точке

A (-1; 1; -1).

Решение. Вычислим градиент поля

133

Пример 3.4. Найти градиент скалярного поля u = x – 2y +3z. Решение. Согласно формуле (3.3) имеем

grad u = i – 2j +3k.

Поверхностями уровня данного скалярного поля являются плоскости x − 2 y + 3z = C ; вектор

grad u = (1, −2, 3) есть нормальный вектор плоскостей этого семейства.

Пример 3.5. Найти единичный вектор нормали к поверхности уровня скалярного поля u= x2 + y2 + z2.

Решение. Поверхности уровня данного скалярного поля – сферы x2 + y2 + z2 = C ( C >0 ).

Градиент направлен по нормали к поверхности уровня, так что grad u = 2xi + 2yj + 2zk

определяет вектор нормали к поверхности уровня в точке М(x, y, z). Для единичного вектора нормали получаем выражение

§3.4. Касательная плоскость и нормаль к поверхности

В этой главе мы рассмотрим некоторые геометрические вопросы исследования функции нескольких переменных, использующие результаты предыдущей главы. Покажем, в частности, что дифференцируемость функции

z = f (x, y) в точке M0 (x0 ; y0 ) с геометрической точки зрения означает наличие касательной плоскости к графику функции z = f (x, y) в точке N0 (x0 ; y0 ; z0 ) .

134

проходящей через точку N0 и любую точку N, поверхности, стремится к нулю,

Разделим обе части последнего равенства на величину (−∆x ∆y):

∆∆xxz (x − x0 ) + ∆∆yyz (y − y0 )− (z − z0 ) = 0 .

При стремлении точек N1 и N2 к N0 , секущая плоскость становится

касательной плоскостью. При этом

∆x → 0, ∆y → 0 ,

∆∆xxz → z′x (M 0 ), ∆∆yyz → z′y (M0 ).

Тогда уравнение касательной плоскости примет вид

A(x − x0 ) + B( y − y0 ) − (z − z0 ) = 0 .

Нормальный вектор

n= ∂∂xz ; ∂∂yz ; −1

касательной плоскости определяет уравнение нормали, т.е. прямой, перпендикулярной касательной плоскости и проведенной через точку касания.

135

Уравнение этой нормали к поверхности в точке N0 (x0 ; y0 ; z0 ) имеет вид:

вычисляются по формулам (2.8), и тогда уравнение касательной плоскости удобнее переписать в виде

Пример 3.1. Составить уравнение касательной плоскости и нормали к поверхности,

Замечание. Формулы касательной плоскости и нормали к поверхности получены для обыкновенных, т.е. не особых, точек поверхности. Точка M0

поверхности называется особой, если в этой точке все частные производные равны нулю или хотя бы одна из них не существует. Такие точки мы здесь рассматривать не будем.

§3.5. Экстремум функции двух переменных

Понятие максимума и минимума функции двух переменных аналогичны соответствующим понятиям функции одной независимой переменной.

существует такая δ-окрестность точки (x0 ; y0 ) , что для каждой точки (x; y) , отличной от (x0 ; y0 ) , из этой окрестности выполняется неравенство f (x, y) < f (x0 , y0 ) .

136

Точка (x0 ; y0 ) называется точкой минимума функции z = f (x, y) , если существует такая δ-окрестность точки (x0 ; y0 ) , что для каждой точки (x; y) , отличной от (x0 ; y0 ) , из этой окрестности выполняется неравенство

f (x, y) > f (x0 , y0 ) .

Рисунок 3.3 получен с помощью программы MatLab, причем для наглядности поверхность показана в косоугольной системе координат. Здесь M1 - точка максимума, а M2 - точка минимума функции.

z

Значение функции в точке максимума (минимума) называется максимумом (минимумом) функции. Максимум и минимум функции являются её экстремумами.

Отметим, что, в силу определения, точка экстремума функции лежит внутри области определения функции; максимум и минимум имеют локальный (местный) характер: значение функции в точке (x0 ; y0 ) сравнивается с ее

значениями в точках, достаточно близких к (x0 ; y0 ) . В области D функция может иметь несколько экстремумов или не иметь ни одного.

Пусть функция z = f (x, y) задана в некоторой области D и M0 (x0 ; y0 ) – точка экстремума этой функции. Пусть ∆z = f (M ) − f (M0 ) - полное

приращение функции, где M – произвольная точка области D в указанной окрестности точки M 0 . Тогда при ∆z < 0 в точке M 0 имеем максимум, а при

∆z > 0 – минимум.

137

Теорема 3.1 (необходимый признак экстремума) Пусть функция z = f (x, y)

имеет в точке M0 (x0 , y0 ) экстремум. Тогда, если в этой точке существуют

частные производные первого порядка, то эти частные производные равны нулю.

∂z

Доказательство. Докажем равенство нулю частной производной ∂x . Положим

y = y0 и получим функцию z = f (x, y0 ) одной переменной х. Очевидно, эта функция имеет в точке x = x0 экстремум. Согласно необходимому признаку

экстремума функции одной переменной производная ∂∂xz (M0 ) = 0 . Рассуждая аналогично, получим ∂∂yz (M 0 ) = 0 . Теорема доказана.

Данный необходимый признак не является достаточным. Например, частные производные по x и y функции z = xy в точке M0 (0;0) равны нулю, но

экстремума в этой точке нет, так как в окрестности её есть как положительные, так и отрицательные значения функции. Поэтому будем считать точки, в которых частные производные равны нулю, как точки возможного экстремума -

стационарные точки.

Теорема 3.2 (достаточный признак экстремума). Пусть в точке M0 (x0 ; y0 ) и

некоторой ее окрестности функция z = f (x, y) дважды дифференцируема и все производные непрерывны. Пусть

б) B2 − AC > 0 , то в этой точке нет экстремума. (В этом случае говорят:

M 0 есть точка минимакса).

Доказательство. Воспользуемся формулой Тейлора

(по необходимому признаку экстремума). Оставляя в формуле Тейлора бесконечно малые второго порядка, получим:

138

∆z(M0 ) < 0 и функция имеет максимум в точке M 0 .

Если B2 − AC > 0 , то квадратный трехчлен не сохраняет знак, и экстремума нет. Заметим, что при D = 0 необходимо дополнительное исследование.

Пример 3.2. Найти экстремумы функции z = 1 + 6x − x2 − xy − y2 .

Решение. Находим частные производные:

∂∂xz = 6 − 2x − y ; ∂∂yz = −x − 2 y .

Для определения стационарных точек запишем систему уравнений:

6 − 2x − y = 0;

−x − 2 y = 0.

Решая эту систему, получим одну точку, координаты которой: x0 = 4 ; y0 = −2 . Вторые частные производными постоянны:

M 0 (4; −2) - точка максимума данной функции. При этом zmax =13 . Пример 3.3. Найти экстремумы функции z = x4 + y4 − 2 x2 + 4xy − 2 y2 .

Решение. Находим частные производные:

∂∂xz = 4x3 − 4x + 4 y ; ∂∂yz = 4 y3 + 4x − 4 y .

Приравнивая частные производные к нулю и решая полученную систему уравнений, найдём

139

функции одинаковы и равны zmin = −8 . В точке M 0 нужны дополнительные исследования.

Однако, очевидно, эта точка не является точкой экстремума. В самом деле, в этой точке z = 0 , а в любой окрестности этой точки значения z могут быть как положительными, так и

Для закрепления материала решите самостоятельно следующие примеры и задачи.

Для заданной функции z = f(x, y) и точки A найти:

a)дифференциал z в точке A;

b)касательную и нормаль к поверхности z = f(x, y) в точке A;

c)экстремумы функции z.

3.7. Найти поверхности уровня скалярных полей

3.8. Найти линии уровня скалярных полей:

а) u = x2 + y2 , б) u = x2 − y , в) u = x2 − y2 , г) u = x + y . a2 b2

3.9.Дано скалярное поле u = x2 + y2 , Найти grad u в точке (3;2).

3.10.Дано скалярное поле u = 4 + x2 + y2 , Найти grad u в точке (2;1).

3.11.Дано скалярное поле u = arctg xy , Найти grad u в точке (x0 ; y0 ).

3.12. Каково направление наибольшего изменения в начале координат функции u(x, y, z) = xsin z − y cos z ?

3

3.14. Найти точки, в которых модуль градиента функции z = (x2 + y2 )2 равен 2.

3.15. Найти производную функции и = x3 − 3x2 y + 3xy2 +1 в точке М(3; 1) в

направлении, идущем от этой точки к точке (6; 5).

3.16. Найти производную функции и = arctg(xy) в точке (1; 1) в направлении биссектрисы первого координатного угла.

140