ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ ДЛЯ ВТОРОГО СЕМЕСТРА

Занятие 6.Функции нескольких переменных.

1.Область определения функции z=f(M).Частные производные, производная по направлению, градиент функции.

Теоретические сведения.

Если каждой точке M из некоторой области D соответствует некоторое число z из множества E R, то говорят, что z есть

функция от М. Если точка М имеет две координаты M (x, y), то z = f (x, y)-функция двух переменных. Функцию трех переменных обычно обозначают так: u = f (x, y, z). D( f ) - область определения (существования) функции, E( f ) - область значений функции.

	Частными производными функции				z = f (x, y) по x и по y
	соответственно называются пределы отношений вида:
	lim	x z	= lim	x z = f (x + x, y) − f (x, y)	=	∂z	= z′x	= fx′(x, y),
	x→0	x	x→0	x		∂x
	lim	y z	= lim	y z = f (x, y + y) − f (x, y)	=	∂z	= z′y	= fy′(x, y).
		y		y		∂y
	y→0		y→0

При нахождении частной производной по одной переменной другие переменные считаются постоянными, поэтому все правила и формулы дифференцирования функций одной переменной применимы для нахождения частных производных функций любого числа переменных.

Производной

функции

u = f (x, y, z)

в точке M0 (x0 , y0 , z0 ) в

направлении вектора a = (l, m, n) называется предел

lim

u(M0 ) = ∂u(M0 ) ,

a = M0M

→

→

M →M0

M0M

∂a

Эта производная находится по формуле

∂u(M0 )

= u′x (M0 ) cosα +u′y (M

0 ) cos β +u′z (M0 ) cosγ,

∂a

l

m

n

cosα =

,cos β =

, cosγ =

,

l2 + m2 + n2

l2 + m2 + n2

l2 + m2 + n2

где cosα,cos β,cosγ - направляющие косинусы.

Градиентом

функции

u =u(x, y, z)

называется

вектор с

координатами gradu = (u′x ,u′y ,u′z ).

34

Частные производные по x и y от частных производных z′x (x, y), z′y (x, y) называются частными производными функции второго порядка и обозначаются z′xx′ , z′′xy , z′′yx , z′′yy .

Аудиторные задания.

1. Найти и изобразить области определения следующих функций:

a) z =

y2 − 2x + 4,

b)

z = ln x + ln cos y.

2.

Найти частные производные z′x , z′y , z′′xy , z′′xx , z′′yx , z′′yy :

a) z = x3 y + cos x −3tgx ln y +5 ,

b) z = sin2 xcos3y,

c) z = ln(2x2 − 4 y + 6),

d) z = xe−xy ,

e) z =

3y + 2

.

x3

− xy − 4

3.

Найти полный дифференциал функции, если:

a) z = ln tg

y

, b) u =

z

.

6x

x2 + y2

4.

Найти производную функции

z = x3 − 2x2 y + xy2 +1 в точке

М0(1; 2) в направлении вектора M0 M1, где М1(4; 6). Найти градиент функции в точке M1.

5. Найти производную функции u = x2 −3yz + 7 в точке M1(1;2;−1) по направлению к точке M2 (7; 4; 8). Найти grad u(M1 ).

Индивидуальные задания.

1. Найти частные производные и полный дифференциал функции.

	1.1				2.1	x	− y		3.1							4.1
	z = ctg(xy2 ).				z = cos			.		z = tg 2x − y2 .						z = ln(3x2 − y4 ).
						2	2
						x	+ y						x
	2. Найти производную функции в точке М0													в направлении вектора
	М0 М1 ; градиент функции в точке М0.
		1.2								3.2
		u = ln(x +	y	),						u = z sin(x − y),
												(π	, π ,		(π, π
			2z							M				3), M			, 2 3).
		M0 (1;2;1), M1 (−2;3;5).									0	2	3	1	6
																	35

	2.2	y z x						4.2
								u =8 5	x3 + y2 + z ,
	u = x + y − z						,
								M0 (3;2;1), M1 (5;8;4).
	M0 (−1;1;2), M1 (8;−1;−4).

Решение типового варианта.

1.Найти частные производные первого порядка и полный дифференциал функции z =tg(x3 +5 y).

2.Дана функция u=x+y2-z3 и точка М0(1;2;-1). Найти производную функции в точке М0 в направлении вектора M0 M1, где М1(3; -4; 2).

Решение.

1. При дифференцировании данной функции по переменной x вторая переменная y считается постоянной. Применяя правило

дифференцирования сложной функции, получаем:

1

3

1

2

z′x =

(x

+5 y)′x =

3x

;

cos2 (x3 +5 y)

cos2 (x3 +5 y)

1

3

1

z′y =

(x

+5 y)′y =

5.

cos2 (x3 +5 y)

cos2 (x3 +5 y)

Полный дифференциал функции двух переменных находим по формуле

	dz = z′x dx + z′y dy =		3x2dx +5dy	.
			cos2 (x3 +5 y)
		2. Находим частные производные функции в точке М0:
	u′x	=1, u′x (1, 2, −1) =1.
	u′y	= 2 y, u′y (1, 2, −1) = 4.
	u′z	= −3z2 , u′z (1, 2, −1) = −3.

Находим координаты вектора M 0 M1 = (2, −6 , 3) и его направляющие косинусы

	M0 M1			= 4 +36 +9 = 7,		cosα = 2	, cos β = −	6	,	cosγ =	3 .
						7		7			7
Тогда искомая производная будет равна
∂u(M0 )		=1 2		+ 4 (−6) −3	3 =	2 − 24 −9	= −31.
∂a		7		7	7	7	7

Так как производная отрицательна, то функция в данной точке в данном направлении убывает.

36

Градиент функции в точке (1; 2; -1) равен grad u(1;2;−2) = (1;4;−3).

2. Экстремум функции двух и трех переменных (локальный, условный).

Теоретические сведения.

Функция u = f (M ) имеет локальный максимум (минимум) в

точке М0, если существует окрестность U(M0) точки M0 такая, что для любой точки M U (M0 ) выполняется неравенство

f (M ) < f (M0 ) ( f (M ) > f (M0 )).

Точка М0 называется точкой экстремума функции, а значение функции в ней - экстремальным значением.

Теорема 1 (достаточные условия локального экстремума функции двух переменных). Пусть точка M0 (x0 , y0 ) -

стационарная точка дважды непрерывно дифференцируемой функции u = f (x, y). Тогда, если:

а)

u′′xx (x0 , y0 ) > 0 u

2 =

u′′xx (x0 , y0 )

u′′xy (x0 , y0 )

> 0,

то

точка

u′′yx (x0 , y0 ) u′′yy (x0 , y0 )

M0 (x0 , y0 ) - точка локального минимума;

б)

u′′xx (x0 , y0 ) < 0 u

2 =

u′′xx (x0 , y0 )

u′′xy (x0 , y0 )

> 0,

то

точка

u′′yx (x0 , y0 ) u′′yy (x0 , y0 )

M0 (x0 , y0 ) - точка локального максимума;

в)

2 < 0,

то в точке M0 (x0 , y0 ) экстремума нет;

г)

2 = 0, то экстремум может быть, а может и не быть. Нужны

дополнительные исследования.

Аудиторные задания.

1. Исследовать функции на локальный экстремум:

1).

z = x2 − xy + y2 +9x −6 y + 20.

2). z = y x − y2 − x + 6 y.

2. Найти условные экстремумы функций:

1).

z = 2x3 + y2 (1 − x),

если x + y = 2.

2).

z =

1

+

1

,

если

x + y = 4.

x

y

Индивидуальные задания.

1.Исследовать функцию z = f (x, y) на локальный экстремум.

37

2. Найти условный экстремум функции z = f (x, y) .

Вариант 1.	1.	z = y	x − 2 y2 − x +14 y − 2.	1		1
				2. z =		+				, еслиx + y = 2.
					x			y
Вариант 2.	1.	z = x	y − x2 − y + 6x −3.	2. z = x2 + xy + y2 −5x − 4 y +10,
				еслиx + y = 4.
Вариант 3.	1.	z = 3x3 +3y3 −9xy + 6.		1		1
				2. z =		−			, если 4x − y =1.
					x		y
Вариант 4.	1.	z = x3 +8 y3 −6xy +5.		2. z = x2 + y2 , если 3x + 2 y = 6.
		Решение типового варианта.
1. Найти экстремум функции z =3x2 − 2x						y + y −8x +8.

Чтобы найти точки, в которых возможен экстремум, составим и решим систему уравнений:

z′

= 0,

6x −2 y −8 = 0,

x

=

2,

x

x

x = y,

x = y,

z′y

= 0,

−

+1

= 0,

6x −2x −8

= 0,

x = 2,

y = 4.

y

Значит, экстремум возможен в точке M (2, 4) , то есть точка M (2, 4)

является стационарной или критической. Чтобы исследовать характер экстремума, находим частные производные второго порядка данной функции в полученной точке.

z′′xx = 6, z′′xy

= −

1

,

z′′yy = (−x) ( y

−12 )′y

= (−x)(−1 ) y−23 =

x

.

y

2

2 y y

z′′xx (2;4) = 6,

z′′xy = −

1 , z′′yy

=

2

=

1 .

2

4

2

2

8

Вычислим определитель

6 −1

= 6 1

− 1 =

1

2 =

−1

2

>

0 ,

значит,

экстремум в точке

M (2, 4)

1

8

4

2

2

8

z′′xx (2;4) = 6 > 0,

M (2, 4)

существует.

Так

как

то

точка

- точка

локального минимума и zmin = z(2;4) =3 4 − 2 2 2 + 4 −8 2 +8 = 0.

2. Найти условный экстремум функции

z = −x2 − y2 + 4x − 4 y + 7, если

x + 2 y = 4.

38