шапкин задачи с решениями

¶2z = (–2x5 y sin x5 y2 )¢y = (–2x5 y)¢y ×sin x5 y2 - 2x5 y ×(sin x5 y2 )¢y = ¶y2

=–2x5 ×sin x5 y2 – 2x5 y×cos x5 y2 (x5 y2 )¢y =

=–2x5 sin x5 y2 – 4x10 y2 cos x5 y2 .

=–10x4 ysin x5 y2 – 5x4 y2 cosx5 y2 ×(x5 y2 )¢y =

=–10x4 y sin x5 y2 –10x9 y3 cosx5 y2.

Производной функции z = f(x, y) в данном направлении a называется:

где a — угол, образованный вектором a с осью Оx. Градиентом функции z = f(x, y) называется вектор, проекция-

ми которого на координатные оси являются соответствующи е частные производные данной функции:

Производная данной функции в направлении a связана с градиентом функции следующей формулой:

Пример 3.25. Найти градиент функции z = x2 – xy + y3 в точке

А(1;–1) и производную по направлению вектора a = 3ι − 4 j. Решение. Частные производные равны:

171

Производная по направлению по формуле (3.11) равна:

Используя частные производные, можно решать задачи на отыскание экстремума функции нескольких переменных.

Точки, в которых дифференцируемая функция f(x; y) может достигать экстремума (так называемые стационарные точки ), находятся путем решения системы уравнений

(необходимые условия экстремума).

Достаточные условия существования экстремума функции д вух

открытым (требуется дальнейшее исследование). Пример 3.26. Найти экстремумы функции

z = ex · (4y – xy – y2).

Решение. Определим стационарные точки z, решая систему

172

Эта система имеет решение, если

Таким образом, z имеет две стационарные точки: А (4; 0) и B (2; 1).

Используем достаточные условия экстремума. Для этого най - дем частные производные z второго порядка.

Тогда

имеет максимум.

Таким образом функция z = ex (4y – xy – y2) имеет единственный экстремум — максимум в точке В (2; 1).

173

3.4. Двойные интегралы

Свойства двойного интеграла и его вычисление в декартовы х прямоугольных координатах. Пусть функции f(x, y) = f(P) определена и непрерывна на замкнутой ограниченной области G плоскости 0xy, σn = { σ1, σ 2, …, σ n} — некоторое разбиение области G на элементарные подобласти σk, площади которых также обозначим через σk, а диаметры — через dk. Зафиксируем точки Pk σk, k = 1, …, n. Выражение

n

Sn = å f (Pk ) σ k

k=1

называется интегральной суммой для функции f(P) по области G. Если существует предел последовательности интегральных сумм

Sn ïðè max dk → 0 (ïðè ýòîì n → ∞) и если этот предел не зависит

1≤k≤n

ни от способа разбиения области G на элементарные подобласти σk, ни от выбора точек Pk σk, то он называется двойным интегралом от функции f(x, y) по области G и обозначается через

òò f (x, y)dx dy.

G

Таким образом,

Для двойного интеграла справедливы свойства линейности и аддитивности.

Вычисление двойного интеграла сводится к вычислению пов торных интегралов следующим способом. Пусть область G (рис. 45) ограничена кривыми y = ϕ1 (x), y = ϕ2(x), х = а, x = b, причем всюду

на [a, b] функции ϕ1 (x) è ϕ2 (x) непрерывны и ϕ1 (x) ≤ ϕ2 (x). Тогда

Ga ϕ1(x)

причем сначала вычисляется внутренний интеграл по перем енной y (x — параметр), а полученный результат интегрируется по x. Заметим при этом, что если кривая ϕ1 (x) (или кривая ϕ2 (x)) â

174

промежутке а ≤ x ≤ b задается различными аналитическими выражениями, например

то интеграл справа записывается в виде суммы двух интегра лов

Аналогично, если область G ограничена кривыми x = ψ1 (y),

x = ψ2 (y), y = c, y = d, причем всюду на [c, d] функции ψ1 (y) è ψ2 (y) непрерывны и ψ1 (y) ≤ ψ2 (y) (ðèñ. 46), òî

Gc ψ1( y)

Двойной интеграл, представленный в виде (3.15) или (3.16), называется также повторным интегралом.

Ðèñ. 46

175

Пример 3.27. Изменить порядок интегрирования в повторном интеграле

0− 1− y2

Строим область интегрирования G по пределам интегрирова-

Ðèñ. 47

Пример 3.28. Вычислить двойной интеграл òò(x + 2y)dx dy,

D

где область интегрирования ограничена параболами y = x – x2, y = 1 – x2 è îñüþ Oy (ðèñ. 48).

176

Ðèñ. 48

Решение. Параболы пересекаются в точке А (1; 0). Область интегрирования D является правильной в направлении оси Oy и определяется неравенствами

0 £ x £ 1;

x – x2 £ y £ 1 – x2.

Следовательно,

Пример 3.29. Выразить двойной интеграл по функции f(x; y) по области D, ограниченной параболой y = 3 – x2 и прямой y = –1, через двукратные интегралы при различном порядке интегрирова ния.

Решение. Решив систему уравнений ìïíy = 3 - x2 , найдем точки

ïy = -1

î

пересечения параболы и прямой. Это будут точки А (–2; –1) и

177

В (2; –1). Вершина параболы находится в точке С (0; 3); ось Оy является осью симметрии параболы (рис. 49).

y

C

Ðèñ. 49

Рассмотрим сначала повторный интеграл по области D, интегрируя во внутреннем интеграле по y, а во внешнем интеграле — по x. Для этого будем рассматривать область D как заключенную в полосе между прямыми x = –2 и x = 2 (область D проектируется на ось Oх в отрезок [–2; 2]). Область ограничена снизу отрезком AB с уравнением y = –1(–2 ≤ x ≤ 2), а сверху — дугой параболы y = 3–x2 (–2 ≤ x ≤ 2). Следовательно, двукратный

Изменим теперь порядок интегрирования, т.е. будем во внутреннем интеграле интегрировать по х, а во внешнем — по y. Для этого будем рассматривать область D как заключенную в полосе между прямыми y = –1 и y = 3 (область D проектируется на ось Oy в отрезок [–1; 3]). Область ограничена слева дугой

параболы x = − 3 − y (–1 ≤ y ≤ 3), а справа — дугой параболы x = 3 − y (–1 ≤ y ≤ 3). Эти уравнения получаются, если уравнение y = 3 – x2 разрешить относительно x. Следовательно, теперь

178

Èòàê,

Площадь S плоской области G выражается, в зависимости от рассматриваемой системы координат, следующими интеграл ами:

в декартовых прямоугольных координатах, а в полярных коор - динатах x = r cos ϕ, y = r sin ϕ имеем

Пример 3.30. Найти площадь фигуры, ограниченной кривыми r = a (1 + cos ϕ) è r = a cosϕ (a > 0).

В плоскости Oxy фигура показана на рис. 50.

y

r = a (1 + cosϕ)

a 2a x

r = a cosϕ

Ðèñ. 50

Вычислим по формуле (3.18) площадь верхней части и удвоим:

179

Объем V цилиндра, ограниченного сверху непрерывной поверхностью z = f (x, y), снизу плоскостью z = 0 и с боков прямой цилиндрической поверхностью, вырезающей на плоскости Oxy область G, выражается интегралом

(функция f (x, y) ³ 0 однозначна в области G).

Пример 3.31. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями z = 0, x = 0, y = x, z = 1 –y y .

Решение. Построим чертеж, на котором изобразим тело, ограниченное указанными поверхностями (рис. 51 а). Объем тела

V = òòz dx dy , где z =1- y y — уравнение поверхности, ограни-

D

чивающей тело сверху, а D — область интегрирования, представляющая собой треугольник в плоскости xOy, ограниченный прямыми x = 0, y = x и y = 1, являющимися линиями пересечения

180