metods_books_fnp2011

или

x 1			y		z 1/e	.
1		0			e

Пример 17. Составить уравнения нормали и касательной плоскости к поверхности

x2 y2 z2 4 x y z

в точке M0 2, 3, 6 .

Решение. Наша поверхность может быть задана уравнением
F x, y, z 0, где
	F x, y, z x2 y2 z2 4 x y z .
Найдем частные производные функции F x, y,														z и их значения
в точке M0:
F /				x				1,	F /	2, 3, 6			2	1 5	,
x				x2 y2 z2					x				7	7
F /				y				1,	F /	2, 3, 6			3	1 4	,
y				x2 y2 z2					y				7	7
F /				z				1,	F /	2, 3, 6			6	1 1 .
z				x2 y2 z2					z			7		7
Напишем уравнение касательной плоскости:
			5 x 2 4 y 3 1 z 6 0
			7			7				7

21

или

5x 4y z 28 0.

Теперь напишем уравнение нормали:

x 2		y 3		z 6	.
5	4		1

1.7. Производная по заданному направлению. Градиент

Пусть задана дифференцируемая функция двух переменных z f (x, y). Рассмотрим в области определения этой функции

любую точку M x, y , и рассмотрим на плоскости Oxy любую направленную прямую (ось) l, проходящую через эту точку.

Пусть M1 x x, y y — любая другая точка этой оси, а l — длина отрезка между M и M1, взятая с надлежащим знаком, именно со знаком плюс, если направление MM1

совпадает с направлением оси l, и со знаком минус — в противном случае.

Пусть M1	неограниченно приближается к M. Производной
от функции z f (x, y) в точке M по направлению l называет-
ся предел
z	lim	f (M ) f (M )	lim	z
		1		,
l		l
	M1 M		l 0	l

где l | MM1 | ( x)2 ( y)2 .

Производная функции по направлению характеризует «скорость изменения» функции в этом направлении.

Можно доказать, что производная дифференцируемой функции z f (x, y) по направлению l существует и выражается формулой

22

z f /	(x, y) cos f /	(x, y) sin ,
l x	y

где — угол, образованный осью l с осью координат Ox.

В случае функции трех переменных u f (x, y, z) произ-

водная по заданному направлению определяется аналогично. Соответствующая формула для ее вычисления имеет вид

z f /		(x, y, z) cos f /	(x, y, z) cos f /		(x, y, z) cos ,
l	x	y		z
где , ,		— углы, образованные осью l		с осями координат.

Градиентом функции z f (x, y) в точке M x, y называется вектор, выходящий из точки M и имеющий своими коорди-

натами частные производные функции z :
grad z z				z
			i				j .
	x				y
В случае функции u f (x, y, z) градиент функции равен
grad u u		u				u				.
									k
	i				j
x			y				z

Можно показать, что градиент есть вектор, указывающий направление наиболее быстрого возрастания функции в данной точке и имеющий модуль, равный скорости этого возрастания. Кроме того, градиент функции и производная по направлению l связаны формулой

f прl grad z .

l

Пример 18. Найти производную функции z x2 xy 2y2 1 в точке M (1,1) по направлению вектора a 6i 8 j .

23

Решение. Находим единичный вектор, соответствующий вектору направления:

				6			8
e	a					i		j			0,6		0,8		.
												i		j
|a|				62 82
Отсюда получаем, что cos 0,6											и sin 0,8.

Теперь найдем значения частных производных функции

z x2 xy 2y2 1

в точке M (1, 1):

z	2x y ,	z	4y x ;	z	(1, 1) 1,	z	(1, 1) 3.
x		y		x		y

Подставляя найденные значения в формулу для вычисления производной по направлению, получаем:

z z		cos z	sin 1 0,6 3 0,8 3.
l	x	y

Пример 19. Найти направление наиболее быстрого возрастания функции z 3x2 y2 2 в точке M ( 1, 2). Какова скорость изменения функции в этом направлении?

Решение. Направление наиболее быстрого возрастания функции указывает вектор

grad z z

z

i

j

6xi

2yj 6i

4 j .

x

y

Скорость изменения функции в направлении градиента (наибольшая скорость возрастания функции) равна модулю градиента этой функции. Находим

	u | grad u |
		( 6)2 ( 4)2
max			52 .
	l

24

1.8. Экстремум функции двух переменных

Говорят, что функция z f x, y имеет локальный макси-

мум (соотв., локальный минимум) в точке M		0	x0, y0 , если су-
ществует такая окрестность точки M	, для всех точек M x, y
которой выполняется неравенство	0 f M0 f M (соотв.,

f M0 f M ). (Локальный) максимум или минимум функции называется ее (локальным) экстремумом. Точка M0 , в кото-

рой функция имеет экстремум, называется точкой экстремума. Справедлива следующая теорема.

Теорема 2 (необходимые условия экстремума). Если функция z f x, y имеет в точке M0 x0, y0 экстремум, то каждая

частная производная первого порядка от f x, y или обращается в нуль, или не существует в этой точке.

Точки, в которых выполнены эти условия (т. е. в которых каждая частная производная первого порядка или обращается в нуль, или не существует), называются критическими точками.

Пример 20. Функция z 4 x2	y2 имеет максимум в точ-
ке 0, 0 , поскольку z 0, 0 4 и	z x, y 4 при x2 y2 0.

При этом первые частные производные этой функции в точке 0, 0 не существуют.

Однако не всякая критическая точка функции является ее точкой экстремума. Поэтому для нахождения экстремумов функции необходимо каждую критическую точку функции исследовать дополнительно.

25

Пример 21. Пусть дана функция z x2 y2 . Найдем ее критические точки. Имеем

zx/ 2x 0,

z/y 2y 0.

Решая эту систему, получаем x 0 и y 0 .

Итак, найдена единственная критическая точка M0 0, 0 .

Значение нашей функции z x2 y2 в точке M0 равно 0 . Но

в любой окрестности этой точки функция принимает как положительные, так и отрицательные значения: действительно,

если | x | | y |, то	z 0 ; если же		| x | | y |,	то z 0. Следова-
тельно, в критической точке M		0	функция	z x2 y2 экстре-

мума не имеет.

Теорема 3 (достаточные условия экстремума). Пусть в некото-

рой окрестности точки M0 x0, y0 , являющейся критической точкой функции z f (x, y), эта функция имеет непрерывные

частные производные до второго порядка включительно. Обо-
значим	f //	x , y	A,	f //	x , y	B ,	f //	x , y	C .
	xx	0 0		xy	0 0		yy	0 0

Тогда:

1)если AC B2 0 и A 0, то функция f (x, y) имеет в точке M0 максимум;

2)если AC B2 0 и A 0, то функция f (x, y) имеет в точке M0 минимум;

3) если AC B2 0, то функция	f (x, y) в точке M	0

экстремума не имеет;

26

4) если AC B2 0,

то вопрос об экстремуме в точ-

ке M0

остается открытым (требуются дополни-

тельные исследования).

Пример 22. Исследовать на экстремум функцию

z x3 y3 3xy 4.

Решение. Имеем

z

3x2 3y ,

z 3y2

3x,

x

y

2z

6x ,

2z

3,

2z

6y .

x

2

x y

y

2

Для определения критических точек функции составляем

систему уравнений

3x2

3y 0,

3x 0.

3y2

Решая эту систему, получаем точки M1 0, 0 и M2 1, 1 .

Для точки

M

имеем

AC B2 9 0.

Как следствие,

1

экстремума в точке M1 нет.

Для точки M

2

имеем

AC B2 27 0, а

A 6 0 . Зна-

z 1, 1 3.

чит, в точке M

2

функция имеет минимум

z

min

1.9. Наибольшее и наименьшее значения функции

Пусть функция z f x, y непрерывна в некоторой огра-

ниченной замкнутой области D и, за исключением, быть может, отдельных точек, имеет в этой области конечные частные

27

производные первого порядка. Тогда в этой области найдется точка x0, y0 , в которой функция получает наибольшее (наи-

меньшее) из всех значений. Если точка x0, y0 лежит внутри

области D , то в ней функция, очевидно, имеет локальный экстремум. Таким образом, интересующая нас точка оказывается критической точкой, т. е. такой точкой области D , в которой каждая частная производная первого порядка или обращается в нуль, или не существует. Однако следует отметить, что функция может достигать своего наибольшего (наименьшего) значения и в граничных точках области. Поэтому нужно отдельно найти наибольшее и наименьшее значения функции на границе области D . При этом можно использовать уравнения границы области, что позволит уменьшить число независимых переменных у функции и свести задачу к исследованию функции одной переменной.

Таким образом, для того чтобы найти наибольшее и наименьшее значения функции z f x, y в области D , нужно:

1)найти все критические (внутренние) точки области и вычислить значения функции в этих точках;

2)найти наибольшее и наименьшее значения функции на границе D области D ;

3)сравнивая все полученные таким образом значения функции, выбрать из них наибольшее и наименьшее.

Пример 23. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z x2 y2 2a2 в круге x2 y2 a2 .

Решение. Начнем с нахождения первых частных производных

	исследуемой функции. Имеем	z	2x,	z	2y . Решая систе-
		x		y
	му уравнений

2x 0,

2y 0,

28

находим одну критическую точку M0 0, 0 , в которой

z M0 2a2 .

Найдем теперь наибольшее и наименьшее значения функции на границе, то есть на окружности x2 y2 a2. Для точек этой окружности исследуемую функцию можно представить как функцию одной переменной x . Поскольку y2 a2 x2 , то

z x2 (a2 x2) 2a2 2x2 a2 ,

причем a x a. Таким образом, наша задача сводится к нахождению наибольшего и наименьшего значений функции одной переменной z 2x2 a2 на отрезке [ a, a].

Найдем критические точки функции z 2x2 a2 , принадлежащие интервалу ( a, a), и вычислим ее значения в этих точ-

ках и на концах интервала. Поскольку z/ 4x , решая уравнение 4x 0, получаем x 0 и z a2 .

Далее, находим z( a) 3a2 и z(a) 3a2 .

Итак, функция z x2 y2 2a2 достигает наибольшего значения, равного 3a2 , в точках M1 a, 0 и M2 a, 0 окружности x2 y2 a2 и наименьшего значения, равного a2 , в точках M3 0, a и M4 0, a той же окружности.

Пример 24. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z 3x2 4xy 2x 4y 5 в заданной ограниченной замкнутой области: 0 x 3, 0 y 3 x.

Решение. Найдем первые частные производные исследуемой функции. Имеем

29

z	6x 4y 2 ,	z	4x 4.
x		y

Для нахождения критических точек функции составляем систему уравнений

6x 4y 2 0,

4x 4 0.

Решая эту систему, получаем точку M0 1, 1 , которая лежит

внутри заданной области.

Перейдем теперь к поиску «особенных» точек на границе области.

1) На отрезке y 0 (0 x 3) имеем

z z(x, 0) 3x2 2x 5.

В этом случае z/ 6x 2 и, решая уравнение 6x 2 0, полу-

	x	1	0, 3 . Зафиксируем точку		M	1		, 0
чаем									для даль-
		3			1		3
нейших рассуждений.
	2) На отрезке x 0			(0 y 3) имеем

z z(0, y) 4y 5.

Эта функция в интервале 0, 3 не имеет точек экстремума. 3) На отрезке y 3 x (0 x 3) имеем

z z(x, 3 x) 3x2 4x(3 x) 2x 4(3 x) 5

или

z 7x2 18x 7.

30