Тевяшев А.Д., Литвин О.Г., Кривошеєва Г.М. та ін. Вища математика у прикладах та задачах. Ч 2
Подождите немного. Документ загружается.
§2.
Застосування диференціального числення функцій багатьох змінних 151
• Скористаємося формулою (2.29). Для цього обчислюємо значення
Дх,_у) та її частинних похідних у точці А/
0
(2,-1).
Всі подальші похідні тотожно рівні нулю. За формулою (2.29) отри-
муємо шуканий розклад
Дх,.у) = 2 + 3(х-2) + (>>+і) + (х-2)
2
-(х-2)(у + \) +
+ (
у +
))
2
+
(
х
-2)
3
.<
Приклад 3. Розкласти за формулою Тейлора до членів друго-
го порядку включно функцію /(х,у) = у
х
в околіточки М
0
(1,1).
• Обчислюємо значення функції та її частинних похідних першого та
другого порядку в точці М
0
(], 1).
Дх,
УО
=
1
+ (у^ 1) + (х-!)(>>-1) + о(р
2
),
152
Глава 2. Диференціальне числення функцій багатьох змінних
Приклад 4. Дослідити на екстремум функцію
г = - і (Зх + 5у)
г
+1 х
2
+1 / + 5х
7
- 2у .
• Знаходимо частинні похідні функції г першого порядку.
дг_
дх
= -(Зх + 5у) +3х + 5у;
5 7
. = —(Зх + 5у0 +5у + 5х-2 .
ду З
Для визначення стаціонарних точок згідно з необхідними умовами
екстремуму, прирівнюємо нулю ці похідні. Маємо таку систему рівнянь:
-(Зх + 5у) +3х + 5у = 0,
2
\(Зх + 5у)(-(Зх + 5у)+]) = 0,
|(Зх +
5у)
2
+
5у
+ 5х
-
2 = 0.
^
|-1(Зх
+
5у)
2
+ (Зх +
5у)
+
2х -
2 = 0.
Ця система розпадається на дві системи рівнянь:
Зх + 5у = 0,
5 та і
— 0 + 0 + 2х-2 = 0.
З
Для першої системи:
Зх + 5у = 1,
--•1 + 1+2х-2 = 0.
З
[ Зх + 5у = 0,
)2х = 2.
5у = -З,
х = 1.
х = 1,
Для другої системи:
Зх + 5у = 1,
2х = —.
З
У =
х =
-
1-3-
3
4
х = —,
З
З
Отже, маємо дві стаціонарні точки: М
х
Для перевірки достатніх умов екстремуму знаходимо частинні похідні
другого порядку.
д
2
г , . „
— = -6(Зх + 5у) + 3,
Зх
а
2
-
ЗхЗу
:-10(Зх + 5.у) + 5,
§2.
Застосування диференціального числення функцій багатьох змінних 153
а
2
50
(Зх + 5у) + 5.
ду
1
З
Дослідимо на екстремум точку М,.
Обчислимо частинні похідні другого порядку в точці М
{
:
дх
2
= (-6(Зх + 5.у) + 3)
х=х
= -6(3-3) + 3 = 3,
з
д
2
г
дхду
= (-ЩЗх + 5у) + 5) ,
=1
= -10(3-3) + 5 = 5,
ду
Мі
-™(Зх + 5у) + 5
з
х=1
=-^(3-3) + 5 = 5.
з -з
у=~-
Далі застосуємо загальний підхід для перевірки достатніх умов екст-
ремуму, пов'язаний безпосередньо з матрицею квадратичної форми, що
відповідає другому диференціалу функції.
Маємо Оц =3, а
п
= я
2
і =5, а
гі
= 5.
'З 5Ї
Складемо матрицю А : А =
5 5
її головні кутові мінори А, = 3 > 0, А
2
З 5
5 5
= -10 < 0 .
Отже, достатні умови екстремуму не виконуються, тому що А, > 0,
А
2
< 0. У точці А/, функція не має екстремуму.
Дослідимо на екстремум точку М
г
.
Обчислимо частинні похідні другого порядку в точці М
2
:
дх
2
д
2
г
= (-6(Зх + 5у) + 3)
м
г
= -6(4-3) + 3 = -3,
дхду
= (-10(Зл: + 5>>) + 5)
Мі
4
х=—
З
-10(4-3) + 5 = -5,
154
Глава 2. Диференціальне числення функцій багатьох змінних
д\
ду
м
2
50
(Зх
+
5 у)
+
5
=
-*>(
4
_3)
+ 5
=
-!5_.
Маємо
=—3, а
12
= а
21
=-5, а
22
=
—
35
З
Матриця
А має
вигляд:
А =
-5
-
35
її головні кутові мінори А(=-3<0,
А
2
-З
-
-5
-
= 10>0.
Отже,
А, <0, А
2
>0. У
точці
М
2
функція
2 має
максимум
Знайдемо значення функції
в цій
точці:
З
3 2 5
2
2
2
*•»«
= 2 \
Мі
= | - -
(Зх
+ 5уУ +-х'+-у'+5ху-2у
4
і
з
у=-
1
\.
л
„з 3 16 5 9
с
4 ^ З
= —(4-ЗГ
+ + +5-- —
9
2 9 2 25 3 5
•2-
-
__1_
8 9_
9
3 10
„
6
59
-
•4+
—
= —.
5
60
Приклад
5.
Дослідити
на
екстремум функцію
2
= X
і
+
у
г
- Зху .
• Знаходимо частинні похідні функції
2
першого порядку.
2
ч дг
2
ч
—
= 3(х -у); — = 3(у -х).
Зх
Зу
Прирівнюючи нулю
ці
похідні, отримуємо систему
для
визначення
стаціонарних точок:
•у
= о,
У
= 0,
.2
|у(/-і)
= о,
у
=
0;
\у = \;
х
=
0,
х = 1.
1
»
- Г
[у
-х = 0. [х =
у~. 1*
=
.У~
Маємо
дві
стаціонарні точки: А/] (0,0)
та
М
2
(1,1).
Для перевірки достатніх умов екстремуму знаходимо частинні похідні
другого порядку.
3
2
2
3
2
2 3
2
2 _ .
=
6
*;
т-т
-
=
_3
; ~г
=
6
У
•
Зх
ЗхЗу
ду
:
§2,
Застосування диференціального числення функцій багатьох змінних
155
Тоді
для
точки Л/, (0,0) маємо:
£1
дх
2
=
0; В =
-
дхду
=
-3; С =
д\
ду
2
=
0;
А
= АС -В = -9 < 0 =>
точка
М, не є
точкою екстремуму.
Для точки М
2
(\,]) маємо:
8Л:
2
=
6; В =
ЗдсЗу
= -3;
С =
3_£
2
=
6;
Д
= ЛС-В
=36-9
=
25>0,
Л = 6>0.
Отже,
точка М
2
(1,1)
-
точка локального мінімуму.
Знайдемо значення функції
г у цій
точці:
-тіп
2
\
м
•(х
3
+ у
3
-Зху)
*=,
=1 + 1-3 = -!.
Зауважимо,
що для
встановлення типу стаціонарної точки можна
та-
кож безпосередньо досліджувати знак другого диференціала
як
квадратичної
форми змінних
сіх і ау,
використовуючи метод виділення повного квадрата.
Для точки
М
2
це
виглядає
так:
сі
2
г(М
2
;сіх,сіу)
=
6ах
2
-ЗсіхОу
+
боу
2
=6^ах-1сіу^
+
~^^
2
•
звідки видно,
що для
будь-яких
сіх, ау , не
рівних одночасно нулю,
сі
2
2
> 0,
отже,
точка
М
2
-
точка мінімуму.
-4
•у
2
Приклад
6.
Знайти екстремум функції /(х,
у)
=
х
+
у
за
умови
х + у -1 = 0.
•
Складаємо функцію Лагранжа
1(х,у,Х)
= х
2
+у
2
+Цх + у-1).
Згідно
з
необхідними умовами екстремуму маємо систему рівнянь
для
визначення стаціонарної точки:
'Зі
дх
д£
ду
•
2х + Х = 0;
•
= 2у
+
Х = 0;
^
=
л-
+
у-1 = 0.
156
Глава 2. Диференціальне числення функцій багатьох змінних
Звідки х = -—; у = -—; Х = -1.
2 2
Отже, х = —; у=—; А, = -1.
2 2
Тоді £(х,у,-1) = х
2
+ у
2
-(х + у-1).
1 1
Позначимо А/,
2 2
. Дослідимо точку М
0
на умовний екстремум,
використовуючи достатні умови екстремуму.
дЧ
дх
2
= 2;
а
2
і
дхду
д І
= 0;
:2.
З рівняння зв'язку маємо, що ау = -сіх . Тоді
а"
2
/,(*,;>,-1)1
=2сіх
2
+2сіу
2
=4сіх
2
>0.
Точка А/,
ІМ
0
1 1
—,— І - точка умовного мінімуму вихідної функції; зна-
чення функції в точці мінімуму /
2'2
І 1-І
4 4 ~ 2
Приклад 7. Знайти найбільше та найменше значення функції
2
= х у(2 - х
—
у) у замкненій області І), обмеженій прямими
х = 0, у = 0, х + _у = 6 (рис. 2.5).
• 1) Знаходимо стаціонарні точки. Маємо
— =
ху(4-3х-2.у);
— = х
2
(2-х-2у).
ох оту
Маємо систему для визначення стаціонарних точок:
(ху(4-3х-2у) = 0, Ї4-Зх-2у = 0,
|х
2
(2-х-2у) = 0. [2-х-2у = 0.
Скоротили на ху та х
2
(всередині трикутника ОАВ х * 0, у Ф 0).
Розв'язком системи є х = 1, у = —.
2
Стаціонарна точка М| 1,— є £), тому обчислюємо значення
§2.
Застосування диференціального числення функцій багатьох змінних 157
2) Досліджуємо функцію на межі області, яка складається з відрізків
ОВ,
ОА, АВ:
а) ОБ : х = 0, 2 = 0 в усіх точках відрізка; г(0) = і(В) = 0 ;
б) ОА : у = 0, і = 0 в усіх точках відрізка; і{А) = 0 ;
в) АВ:х + у = 6, у = 6-х, тому
2
= х
2
(6-х)(2-х-6 + х) = -4х
2
(6-х), 0<х<6.
Знаходимо стаціонарні точки функції г = -Ах
1
(6 - х).
2
;
= -48х + 12х
2
= 0=>х(х-4) = 0.
Звідки х, = 0, х
2
= 4 . Оскільки у = 6 - х, то у, =6, _у
2
= 2
•
Знаходимо точки 5(0,6), С(4,2) та обчислюємо і(В) = 0, 2(С) = -128.
3) Порівнюємо всі знайдені значення функції: г(М) = —, г(0) =
4
= і(А) = г(В) = 0, г(С) = -128. Отже, найбільше значення функції
2
НАЙ6
= —
4
в точці М 1,
;
найменше значення функції г
н
-128 в точці С(4,2)
IV. Задачі для практичних занять
У задачах
2.108 - 2.112 для
заданої поверхні
Р
знайти
рівняння дотичної площини
та
нормалі
в
точці
М .
2.108.
Р: г =
2х
2
-4у
2
,
М(2,1,4).
2.109.
Р: г = ху,
М(1,1,1).
2.110.
Р: 2 =
\п(х
2
+у
2
),
М(1,0,0).
158 Глава 2. Диференціальне числення функцій багатьох змінних
2.111.
Р:
х
2
+у
2
-г
2
=-1,
М'(2,2,3).
2.112. Р: х
3
+ у
3
+2
3
+ хуг-6 = 0, М(1,2,-1).
2.113.
Скласти рівняння дотичних площин до поверхні
х
2
+ 2у
2
+ Зг
2
= 21, паралельних площині х + 4у + 6г = 0.
2.114. Розкласти функцію /(х + к,у + к) за цілими додат-
ними степенями к і к , якщо /(х, у) = ху
2
.
2.115. Функцію /(х, у) = х
3
- 2>>
2
+ Зх_у розкласти за фор-
мулою Тейлора в околі точки (2,1).
2.116. Функцію 2-х
у
розкласти за степенями (х-1),
(у-І),
знайшовши члени до третього порядку включно.
2.117. Функцію /(х, у, 2) = х
2
+ у
2
+ г
2
- 2(ху +
Х2
+ уг)
розкласти за формулою Тейлора в околі точки (1,-1,2).
2.118. Розкласти за формулою Маклорена до членів 3-го
порядку включно функцію /(х, у) = е
у
соз х .
2.119. Розкласти за формулою Маклорена до членів чет-
вертого порядку включно функцію /(х, у) = зіп х
•
зЬу.
2.120. Розкласти за формулою Тейлора до членів другого поряд-
ку включно функцію /(х, у, г) = Іп(ху + г
2
) в околі точки (1,1,0).
2.121.
Розкласти за формулою Тейлора в околі точки (1,1)
до членів другого порядку включно неявну функцію г(х, у), що
задана рівнянням г + Зуг - 4х = 0, якщо 2(1,1) = 1.
У задачах 2.122 - 2.128 знайти точки екстремуму функції
двох змінних.
2.122. г = 2ху- Зх
2
- 2у
2
+10.
2.123.
г = 4(х-у)-х
2
- у
2
.
2.124. 2 = х
2
+ ху + у
2
- у -1.
2.125. 2 = х
2
+ ху + у
2
- Зх - 6у .
2.126. 2 = ху
2
(1-х-у) (х>0,у>0).
50 20 ,
л
2.127. г = ху
+
—
+
— (х>0,у>0).
х у
§2.
Застосування диференціального числення функцій багатьох змінних 159
2.128. г = х
3
+ 3ху
2
-15х-12^.
У задачах 2.129-2.131 знайти точки екстремуму функції
трьох змінних.
2.129. и = х
2
+ у
2
+ г
2
- Ах + 6у - 2г.
2.130. и = ху
2
г
г
(\-х-2у-3г) (х>0,^>0,2>0).
V 2 2
2.131.
и =
Х
+
—
+
—
+ -.
хуг
У задачах 2.132 - 2.138 знайти точки умовного екстрему-
му функцій.
2.132. г = х
т
+ у
т
(т > 1) при х + у = 2 (х>0,у>0).
2.133.
2 = х
2
+ ^
2
-х_у + х + >'-4 при х + у + 3 = 0 .
2.134. 2 =
—
+
—
при х + у = 2.
х У
2.135. г
—
ху
2
при х + 2у = 1.
2.136. и = 2х + у - 2г при х
2
+ у
2
+ г
2
= 36.
2.137. и = ху
2
г
г
при х + 2^ + Зг = 12 (х > 0,у > 0,2 > 0).
1 1 1
1
2.138. и = х + у
+
2 при
—
Н— +
—
= 1.
хуг
У задачах 2.139 - 2.143 знайти найбільше та найменше
значення функції г = /(х,у) у заданій області В.
2.139. г = х
2
-у
2
, £> - круг: х
2
+ у
2
< А .
2.140. г = х
2
+ 2ху - 4х +
8>>,
В - прямокутник:
0<х<1,
§<у<2.
2.141.
г = х
2
у(А -х- у), £) - трикутник:
х>0,
у>0, х + >-<6.
2.142. г=х
2
+у
2
-ху-х~у, В - трикутник:
х>0,
у>0, х +
>><3.
2.143.
г =
е~
х2
~
у2
(2х
2
+ Зу
2
), В - круг: х
2
+ у
2
< А .
ГЛАВА
3.
КРАТНІ ІНТЕГРАЛИ
§1.
Подвійні інтеграли
І.
Короткі теоретичні відомості
Основні поняття. Нехай функція
г =
/(х,у) визначена
в
замкненій
обмеженій області
£>
площини
хОу.
Будемо вважати,
що
межа
і
області
й складається
із
скінченного числа неперервних кривих. Розіб'ємо область
О
на п
довільних частинних областей
Д, які не
мають спільних внутрішніх
точок. Площі областей
Д
позначимо А5,,
їх
діаметри
- а,(і = \,п)
.Діа-
метром а", області
Д
називається довжина найбільшої хорди,
яка
з'єднує
дві точки межі області
Д .
Візьмемо довільну точку
Р
І
(£;, ,Т),)є Д і
знайде-
мо значення функції /'(х,у)
у
точці
Р,.
Вираз вигляду
називається інтегральною сумою
для
функції
2 = Дх,у) по
області
Б .
Позначимо через
X
максимальний
із
діаметрів
а",
областей
Д,
тобто
X
= тах й
п
/ = І, п.
Означення. Якщо існує границя інтегральної суми
/„ при
А, —>
0,
тобто
1ітХ/а,л,)А5,
,
яка
не
залежить
від
способу розбиття області
й на
частинні області
Д та
від вибору точок
/,(^,,Г|,),
то
Ці
границя називається подвійним інтегралом
від функції /(х,у)
по
області
£>.
Подвійний інтеграл позначається
так:
\\/{х,у)(Е, ЦЯх,у)ахау, ЦАР)а5.
О
І) о
Отже,
за
означенням
\\Дх,у)сі8=\ш^М„ц,)А8
І
.
(3.1)
Теорема. Якщо функція /(х,у) неперервна
в
обмеженій замкненій
області
£>, то
існує подвійний інтеграл
від
функції
Дх, у) по
області
£>.