Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный авиационный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Vischa_matematika_Chastina_2_Denisyuk_Repeta

.pdf

Скачиваний:

918

Добавлен:

19.02.2016

Размер:

4.86 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 283 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

∂u

∂x1

∂u

∂x2

+ …+

∂u

∂xm

∂t

∂x ∂t

∂x

∂t

∂x

∂t

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

∂u

∂x1

∂u

∂x2

+ …+

∂u

∂xm

∂t

∂x ∂t

∂x

∂t

∂x

∂t

Зокрема, якщо z = f (u, v) , де u = u(x, y) ,

v = v(x, y) , то

∂z

∂u

∂z

∂v

∂z

∂u +

∂z

∂v

(1.2)

∂x

∂u ∂x

∂v ∂x

∂y

∂u ∂y

∂v ∂y

Для функції z = f (u, v) , де u = u(x) ,

v = v(x) ,

маємо тільки похідну за

змінною x :

∂z

∂u

∂v

Цю формулу називають формулою для обчислення повної похідної

∂z

(на відміну від частинної похідної

∂x

Якщо функція u(x1, x2 ,…, xm )

задана неявно співвідношенням

F(x1 , x2 ,…, xm , u(x1 , x2 ,…, xm )) = 0 ,

причому

∂F

≠ 0 , тоді частинні похідні можна обчислити за формулами

∂u

∂F

∂u

= −

∂x1

...,

∂u

= −

∂xm

∂x1

∂F

∂xm

∂F

∂u

Наприклад, якщо F(x, y, z(x, y)) = 0 , то

∂z

∂F

∂z

∂F

( ∂F

= −

∂x

= −

∂y

≠ 0).

(1.3)

∂F

∂y

∂F

∂x

∂z

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

2.3. Повний диференціал функції кількох змінних та його застосування до наближених обчислень

Розглянемо повний приріст функції z = f (x, y) у точці M (x, y) :

z = f (x + x, y + y) − f (x, y) .

Функцію z = f (x, y) називають диференційовною у точці M (x, y) , якщо її повний приріст у цій точці можна подати у вигляді

z = A

x + B

y + ε1 (

x + ε 2 ( x,

y ,

(1.4)

де

А і

В — деякі незалежні від

x та

y числа,

ε1 ( x,

y) → 0 ,

ε 2 (

y) → 0 , якщо

x → 0 ,

y → 0 .

Диференціалом dz функції

z = f (x, y)

називають головну лінійну від-

носно

x та y частину її приросту, тобто

dz = A

x + B

y .

Якщо функція z = f (x, y)

диференційовна у точці M (x, y) , то

dz =

∂f (x, y)

x +

∂f (x, y)

y .

∂x

∂y

У випадку, коли x, y – незалежні змінні,

x = dx , y = dy , тоді

dz =

∂f

dx +

∂f

dy.

(1.5)

∂y

∂x

Формулу (1.4) тепер можна записати у вигляді

z = dz + ε1 x + ε 2 y ,

звідки випливає наближена рівність

або

z ≈ dz

f (x + x, y + y) ≈ f (x, y) +

∂f (x, y)

x + ∂f (x, y) y.

(1.6)

∂x

∂y

Ця наближена рівність тим точніша,

чим менші величини

x та y.

Формулу (1.6) застосовують до наближених обчислень значень функцій,

оскільки диференціал функції обчислити простіше, ніж її повний приріст.

Для функції u = f (x1, x2 , ..., xm ) повний диференціал обчислюють за формулою

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

du =

∂u

+…+

∂u

dx .

∂x1

∂x2

∂xm

Диференціал складеної функції

z = f (x, y) , де x = x(u, v) ,

y = y(u, v) ,

обчислюють за формулою

∂f

dx +

dy ,

(1.7)

∂x

∂y

де

dx =

∂x

du +

dv ,

dy =

∂y

dv .

∂u

∂v

∂u

∂v

Порівнявши формули (1.5) і (1.7), дійдемо висновку, що повний диференціал функції z = f (x, y) має властивість інваріантності (незмінності),

тобто його форма не змінюється незалежно від того, чи є x і y незалеж-

ними змінними, чи диференційовними функціями змінних u та v . Проте ці формули однакові лише за формою, а по суті — різні, бо у формулі (1.5)

і dy — диференціали незалежних змінних, а у формулі (1.7) dx і dy

—

повні диференціали функцій x = x(u, v) і y = y(u, v) .

2.4. Частинні похідні та диференціали вищих порядків

Нехай функція z = f (x, y)

задана в області D і має частинні похідні

∂z

в усіх точках (x, y) D . Тоді ці похідні можна розглядати як нові

∂x

∂y

функції, задані в області D.

∂z

Якщо існує частинна похідна за

x від функції

, то її називають час-

∂x

x і

тинною похідною другого порядку від функції z = f (x, y) за змінною

позначають одним із символів:

∂ 2 z

, z′′ , або

∂ 2 f

, f ′′ .

∂x2

Отже, за означенням

∂2 z

∂

∂z

, або z′′

= (z′

)′ .

∂x

Аналогічно визначають похідну другого порядку від функції z = f (x, y) за змінною y :

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

∂ 2 z			∂	∂z
		=			, або	z′′	= (z′	)′ .
	2	=			, або	z′′	= (z′	)′ .
∂y	2					yy	y	y
∂y			∂y	∂y

Якщо існує частинна похідна від функції ∂∂xz за змінною y , то цю по-

хідну називають мішаною частинною похідною другого порядку від функ-

ції z = f (x, y) і позначають			∂ 2 z		, z	′′ .
ції z = f (x, y) і позначають					, z	′′ .
			∂x∂y			xy
			∂x∂y
Отже, за означенням

	∂ 2 z		∂	∂z			′′	′ ′
		=				, або

	∂x∂y						zxy	= (zx ) y .
	∂x∂y		∂y	∂x

Для функції двох змінних z = f (x, y) може існувати чотири похідні другого порядку, серед яких дві похідні мішані.

Теорема (про мішаніпохідні). Якщо в околі точки (x, y) функція z = f (x, y)

має неперервні частинні похідні

∂ 2 z

та

∂ 2 z

, то вони рівні між собою.

∂x∂y

∂y∂x

Для функції u = f (x1 , x2 ,…, xm )

може існувати

m2 частинних похід-

∂ 2u

∂

∂z

них другого порядку:

, i, k = 1, 2,

…, m .

∂xk ∂xi

∂xk

∂xi

Аналогічно вводяться поняття частинних похідних третього і вищих


порядків.
Другим диференціалом d 2 z функції						z = f (x, y) у точці M (x, y)			нази-
вають диференціал від першого диференціала dz , тобто

			d 2 z = d (dz).
Якщо x , y — незалежні змінні, тоді
d 2 z =	∂ 2 f	dx2		+ 2	∂ 2 f	dxdy +	∂ 2 f	dy 2 .	(1.8)
d 2 z =		dx2		+ 2	∂x∂y	dxdy +		dy 2 .	(1.8)
	∂x2				∂x∂y		∂y 2
Диференціалом n-го порядку				d n z	функції z = f (x, y) у точці M (x, y)

називають диференціал від диференціала (n – 1)-го порядку d n−1 z , тобто

d n z = d (d n−1z).

(1.9)

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

У випадку, коли x , y — незалежні змінні, формулу (1.9) можна записати так:

∂n f

d n z = ∑ Cnk

dxk dyn−k

∂kk ∂yn−k

k =0

де Cnk =

k!(n − k)!

Символічний запис цієї формули такий:

d n z =

∂

dx +

∂

dy n

f .

∂y

∂x

Зауважимо, що для диференціалів другого і вищих порядків не виконується властивість інваріантності диференціала, тобто їхня форма змінюється залежно від того, є x і y незалежними змінними чи диференційовними

функціями змінних u та v .

2.5. Формула Тейлора для функції двох змінних

Нехай функція z = f (x, y) має в деякому околі точки M 0 (x0 , y0 ) непе-

рервні частинні похідні до (n + 1)-го порядку включно. Тоді для довільної точки M (x, y) із цього околу справжується формула Тейлора

∂f (x , y )

f (x, y) −

f (x0

, y0 ) =

0 0

(x − x0 ) +

0 0

( y − y0 )

∂x

∂y

1 ∂2 f (x

, y

)

(x − x0 )

+ 2

∂2 f (x

, y

)

(x − x0 )( y − y0 ) +

∂x

∂x∂y

∂2 f (x , y )

( y − y0 )

+ …+

∂y

∂

− x0 )

+ ( y

− y0 )

f (x, y) + Rn+1 (x, y) ,

∂x

∂y

де залишковий член Rn+1 (x, y)

у формі Лагранжа має вигляд

∂

n+1

Rn+1

(x, y) =

− x0 )

+ ( y − y0 )

f (x0 +

∂x

(n + 1)!

∂y

+θ(x − x0 ), y0 + θ( y − y0 )) , 0 < θ < 1 .

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

При x0 = y0 = 0 формулу Тейлора називають формулою Маклорена. Через диференціали формулу Тейлора записують так:


			f (x0 + x, y0 + y) − f (x0 , y0 ) =
=		1	df (x , y ) +	1	d 2 f (x , y ) + … +	1	d n f (x		, y	) + R	.
=			df (x , y ) +		d 2 f (x , y ) + … +		d n f (x		, y	) + R	.
	1!		0 0	2!	0 0	n!		0	0	n+1
	1!			2!		n!

Формулу Тейлора використовують у наближених обчисленнях. Абсолютну похибку цих наближень оцінюють через залишковий член Rn+1 .

Т.2

ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗАННЯ ТИПОВИХ ЗАДАЧ

1. Знайдіть повний і частинний прирости функції

z = x 2 + xy − 2 y у то-

чці M (0;1) при x = 2 ,

y = −1 .

Розв’язання. Обчислимо значення z(0;1) :

z(0;1) = 02 + 0 1 − 2 1 = −2 ,

нові значення змінних будуть такі:

x +

x = 0 + 2 = 2 , y +

y = 1 − 1 = 0 ; z(x +

x, y +

y) = z(2; 0) = 4 ,

z(x + x, y) = z(2;1) = 4 , z(x, y +

y) = z(0; 0) = 0 .

Отже,

z(0; 1) = 4 − (−2) = 6 ,

x z = 4 − (−2) = 6 , y z = 0 − (−2) = 2 .

2. Знайдіть частинні похідні функцій:

а)

z = x5 y 2 + 2 y3 − x − 4 ; б)

u = x sin( yz) + (x + y 2 + z3 )5 ;

в) z = xln y ; г) u = x tg

+ z 3

2 x− z .

Розв’язання. Маємо:

а)

∂z

= 5x4 y 2 − 1 ,

∂z

= 2 yx5 + 6 y 2 ;

∂x

∂y

б)

∂u

= sin( yz) + 5(x + y 2 + z3 )4 ,

∂x

∂u

= x cos( yz) z + 10 y(x + y 2 + z3 )4 ,

∂y

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

в)

г)

∂u

∂z ∂z

∂x ∂u ∂x ∂u ∂y

= x cos( yz) y + 15z 2 (x + y 2 + z3 )4 ;

= (ln y) xln y−1 ,

∂z

= xln y ln x

= xln y

ln x

;

∂y

x− z

+ x

−

+ z

ln 2

x 2

cos 2 ( y / x)

= x

cos2 ( y / x) x

cos2 ( y / x)

∂u = 3z2 2x− z − z3 2x− z ln 2 = 2x− z (3z2 − z3 ) ln 2 .

∂z

3. Знайдіть частинні похідні функції z(x, y) , заданої неявно рівнянням x2 + y 2 z 2 + xyz = 0 .

Розв’язання. За формулами (1.3) дістаємо

	F ≡ x2 + y2 z2 + xyz ,						∂F	= 2x + yz ,
	∂F					∂F	∂x
	∂F		=	2 yz 2 + xz ,		∂F	= 2zy 2 + xy .
		∂y				∂z
Тоді
	∂z	=	−	2x + yz	,	∂z	= −	2 yz 2	+ xz	.
	∂x	=	−	2zy 2 + xy	,	∂y	= −	2zy 2	+ xy	.
	∂x			2zy 2 + xy		∂y		2zy 2	+ xy

4. Знайдіть частинні похідні функції

z = f (x + 2 y, x2 y) .

Розв’язання. Маємо складену функцію z = f (u, v) , де u = x + 2 y , v = x 2 y .

За формулами (1.2) знаходимо:

∂z

∂f

2xy ,

∂z

= 2

∂f

x2 .

∂x

∂u

∂v

∂y

∂u

∂v

5. Знайдіть частинні похідні функції

z = (2x + y) y .

Розв’язання. Застосуємо логарифмічне диференціювання. Маємо ln z = xy ln(2x + y) ; (ln z)′x = ( xy ln(2x + y))′x ;

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

1 ∂z

∂z

ln(2x + y) +

;

ln(2x + y) +

z ∂x

y 2x

+ y

∂x

2x + y

Отже,

∂z

= (2x + y)

ln(2x + y) +

∂x

2x + y

Частинну похідну

∂z

знаходимо так само:

∂y

(ln z)′

= (

ln(2x

+ y))′

;

∂z

= −

ln(2x + y) +

;

∂y

y 2

y 2x + y

∂z

(2x + y)

− ln(2x + y) +

∂y

y 2

2x + y

6. Знайдіть повний диференціал функцій:

а) z = e x y3 ; б)

u = x arcsin y + z4 .

Розв’язання.

а) dz = (e x y3 )′

dx + (e x y3 )′

= ex y3dx + 3e x y 2 dy ;

б) ∂u = arcsin y ,

∂u

∂u =

4z3 ;

∂x

∂y

1 − y

∂z

du = arcsin ydx +

dy + 4z3dz .

1 − y 2

7. Обчисліть наближено (0, 92)3 (1, 04)2 .

Розв’язання. Застосуємо формулу (1.6) для функції f (x, y) = x3 y2 . Покла-

демо x +	x = 0,92,			y + y = 1,04,	x = 1 ,	y = 1 . Тоді		f (1;1) = 1, x = 0,92 −1 =
= −0,08,	y = 1,04 −1 = 0,04. Знайдемо частинні похідні функції f (x, y) у
точці (1;1) :
		∂f	=	3x2 y 2 , ∂f (1,1)	= 3 ;	∂f	= 2x3 y ,	∂f (1, 1) = 2 .
		∂x		∂x		∂y		∂y

Отже,

(0,92)3 (1,04)2 ≈ 1 + 3(−0,08) + 2 0,04 = 0,84 .

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

8. Обчисліть наближено sin 2 51° cos 5° .

Розв’язання. Розглянемо допоміжну функцію

z = sin2 x cos y . Необхід-

но обчислити z

π;

. Покладемо x +

x =

17π

y +

y =

x =

y = 0 , тоді

x =

y =

. Оскільки

∂z(π / 4,0)

; 0

= sin

cos 0 =

;

∂x

= sin 2x cos y

=π / 4,

= 1;

∂z(π / 4,0) = − sin 2

x sin y

x=π / 4, = 0 ,

∂y

y=0

то

π;

≈

+ 1

≈ 0,6 .

9. Знайдіть частинні похідні другого порядку функцій:

а)

z = 2x4 y3 +sin 2 y −

;

б)

z =

x2 − y 2 .

Розв’язання. Послідовно знаходимо:

а)

∂z

= 8x3 y3 −2

∂z

= 6x4 y2 + 2 cos 2 y +

∂x

∂y

∂2 z

∂

8x3 y3

− 2

= 24x2 y3

−

∂x2

∂x

∂2 z

∂

+ 2 cos 2 y +

12x

y − 4 sin 2 y − 2

∂y2

∂y

∂2 z

∂ ∂z

∂

= 24x

−

;

∂x∂y

∂y

∂x

∂y

б)

∂z

2x =

∂x

− y

∂z

(−2 y) =

−y

∂y

− y

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

x2 − y2

− x

∂

z =

∂

− y

(x2 − y2 )3 / 2

∂x2

∂x x2 − y2

x2 − y2

∂

− y

− x

∂y

− y

)

3 / 2

∂

= x

(x2

− y2 )−1/ 2 =

∂x∂y

∂y

− y

−3 / 2

= x

−

− y

)

(−2 y) =

(x2 − y2 )

3 / 2

10. Покажіть, що функція z = x2 ln y

задовольняє рівняння

∂2 z

∂x∂y

∂y∂x

Розв’язання. Маємо

∂z =

∂z

2x ln y ,

= x2

;

∂y

∂x

∂

(2x ln y) =

∂x∂y

∂y

∂y∂x ∂x

що і потрібно було довести.

11. Знайдіть частинні похідні

∂ 3u

функції

u = x

∂x3

∂x∂y 2

∂x∂y∂z

+ xy3 + x cos y sin z.

Розв’язання. Маємо

∂u = 4x3 + y3 + cos y sin z ,

∂ 2u

= 12x

2 ,

∂ 3u = 24x ;

∂x

∂x 2

∂x3

∂ 2u

∂

(4x

+ y

+ cos y sin z) =

− sin y sin z ;

∂x∂y

∂y

∂ 3u

∂

(3y 2 − sin y sin z) = 6 y − cos y sin z ;

∂x∂y 2

∂y

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

<<< < Предыдущая 1 23 / 283 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
28.08.2019209.92 Кб1vidrodzhennya_u_frantsiyi.doc
#
28.08.2019288.77 Кб1Vidrodzhennya_v_nimechchini.doc
#
10.11.2019882.69 Кб33Vikova_psikhol_Konsp_Alp.doc
#
19.02.2016908.69 Кб55Vischa_geodeziya.docx
#
19.02.20168.29 Mб315Vischa_matematika_Chastina_1_Denisyuk_Repeta.pdf
#
19.02.20164.86 Mб918Vischa_matematika_Chastina_2_Denisyuk_Repeta.pdf
#
19.02.20162.32 Mб223Vischa_matematika_Chastina_2_Denisyuk_Repeta.pdf
#
19.02.20167.52 Mб410Vischa_matematika_Chastina_3_Denisyuk_Repeta.pdf
#
19.02.20161.68 Mб74Vitorskaya_N_Prichiny_Bolezn_Istoki_Zdorov_Pra.doc
#
26.08.201978.26 Кб0voprosy_1-10.docx
#
19.02.201650.69 Кб79Voprosy_na_ekzamen_TS.doc