Антидемидович 2 - ряды (1113363), страница 26
Текст из файла (страница 26)
ду2 ду2 ду ) дг,г ' дзг дзг д. ' дзг ' Следовательно, »1» = Ьиг + биг + 4 х — + у — + з — ) + Сх + у + з ) Ьиг. г' диг диг даг 1 г з дх ду дз ) Учитывая,что функции иг и иг удовлетзарают уравнению Лапзаса, т. е. что Лиг = О и 2.»иг = О поягчаем / ди, ди, диг'1 »ге = биг + 4 ~х — + у — + з — ~ . дх ду дз ) е й его» е'а» Находя производные е... — „,, —,г- и складывая их, имеем да и 2.'2(г'.ге) = 14»зиг+4 ( х — +у — +г +х +у — + дхз дхг ду дхг дз дуг дх дуг да из азиз дгиг дгиг'1 +г — +х — +у — + з — ). дуг дз дзг дх дзг ду дзз ) ' Записывая последнее равенство в виде д д д »»(Ье) = 14 Ьиг + 4х — (Ьиг) + 4у — (Лиг) + 4з — (Лиг) дх ду дз н пользуясь тем, что Лиг = О„убеждаемся в справедливости равенства Ь(Ьз) = О.
П 66. Пусть (х, у, г) ~ 1(х, у, з) есть пг раз дифференцируемая однородная функция измерения п. Доказать, что з д д дг * — + у — + -.— ) у(х, у, 2) = п(п — 1) ... (п — пг+ 1)у(х, у, г). дх ду дз) и Пусть (х, у, з) — произвольназ фиксированная точка из области определения функции у, а и» < в. В силу однородности, справедливо равенство г"у(х, у, з) = у(гх, гу, 22). Последовательно дифференцируя его гп раз по г з-.г д~ д~ д~ / д д д 1 пг ' у(х,у,з)=х — +у — +з — зл х — +у — +з — у(гх,гу,гз), дх ду дз ( дх ду дз) п(п — 1)т" 1(х, у, з) =х — + у — +з — +2ху — + -2 аду гду за у дгу дхз дуг д*г дх ду д'1 дгу г' д д д~' «-2хз — +2уз — вл Сх — +у — +3 — ) у(гх, Фу, гз), дхдз дудз = С, дх ду д.) п(п — 1) ...
(и — па+1)г" ~/(х,у, з) = ~х — +у +з — ) у(тх, гу, тз) д д а~ =. ( дх ау аз) 12. Частные производные и дифференциалы функции векторного аргумента 139 и полагал 1 = 1, получаем требуемое равенство. И 67. Пусть зг = рв, уг = агр, зг = ар и /(з, у, *) = Р(а, з, в). Доказать, что зУ'+у/р+ гУ„' =аР„'+ рР„'+ вР'. < Согласно условию, имеем Р(а, р, в) = /(т/рв, г/авв, т/аре).
Дифференцируя зто равенство по а, р и в, находим Умножая первое нз равенств (1) на а, второе на р, а третье на гр и склзлываа нх, получаем Р 2»/агз 2г/аз 21тзв 2р'аз + / — + /р — = т/р вв/, + г/а вы/р +»/ар/„. 2,/рв Р 2г/ав Отсюда, используя условие задачи, окончательно находим аГ„+ »Р +вГ = з/ +у/„+ р/ . и Путем последовательного дифференцирования исключить произвольные функции г» и гр: 68. з= г+ц(зу). и Найдем частные производные по з и по у: дг , дг — =1+ум, — = хрр.
д. = ' д, Сложим полученные равенства, умножив первое из них на з, а второе на -у. Тогда получим д д. з — — у — = з. Ь дз ду 69. а = гр(з — у, у — '). В» г з ~ г 3 Ч Имеем — = Уы е — — -ггг + угг, — — — -Рг. Складываа эти Равенства, полУчаем е» е з — + — + — =9. В з зр ю 70 г рр(зМ(у) з* р. "' тд' Отсюда з* з* = Р»4'РР'Р' = ги С другой стороны. з,ер — — гр'й . Следовательно, из последних двух равенств нецосред- 3 е* з'* ственно вытекает, что — — = г —. > е» ер е зр' 71. г= гг(зу)+ф ,у/ < Используя равенства г г г дз ~ 1 ~ д з г р 1 о дг г з г д г г р * и 2з — =ум+-Ф вЂ” =ур + — Ф, — взр — — Ф, — =зт+ — Ф + — 4 дз у д*' уг ' ду уг ' ду' уг у' получаем следующие соотношения: д* дг 2з г гд р гд з 2з г з — -у — = — гр', * — -у — = — — Ф', д* д, у ' д дуг у из которых непосредственно вытекает, что г даз з дгз дз др з — — у — +з — — у — =О.
и д, дуг д* д„= . Пайки ироиаводную функции з = хг — уг в точке М = (1, 1) в направлении 1, сосгквицуугг(ув угол и бб» с иоложцтельнымг направлением оси Ок 140 Гл. 2. Дифференциальное исчисление функций векторного аргумента й Имеем -*-~;) = -Нв-) саво+ -*~~сова = 2созо — 2совд. Таким образом, -~-) = 1-4З.
» 73. Найти производную функции з = 1п(ха + у ) з точке М = (хэ, уэ) в направлении 1, перпендикулярном к линни уровня, проходящей через зту точку. М Поскольку вектор агади в точке М артогонален к линии уровня с ж !п(хэ + у'), проходящей через точку М, то направлюощие косинусы вектора ! равны направляющим косинусам бгаь1 и в точке М, т. е. в (м) в»(м! в» вэ ади(М)(( саад (( а» и(М)(( в,( м) э», в»1м) а в» Те 7' в» х2~32 ' ((бгаь( и(М)(( = /хэ + уз' поэтому саво ж -н4 —, соса = -э»»а э. Счедовательно, »»'»»»ээ Ъ'*а+"о а,(м) а.(м) а.(м) 2 = — сова+ — саад = . (»э+у» ф О). » д! дх ,„/ха э+ уэ х г с Ь 74.
Найти производную функции э = 1 — ( — + — ( в точке М = —, — па оэ Ьэ =(,Л 2~ хэ уэ направлению внутренней нормали в этой тачке к кривой — + — = 1. „2 Ьэ < Тангенс угла наклона нормали к данной кривой определяется формулой ьб о =— '»1 ь Гз 7 а где у = -Ма~ — х . Отсюда Ьб о = —, а направляющие косинусы внутренней нормали выра» ь' ь маются формулами саэ а = —, сов д = — — (мы берем знак минус, поскольку нор- ~/ э»ь» ',„/ »ьь» маль внутренняя). Воспользуемся формулой производной па направлению и = (сазе, саад) ах(М) аз(М) а (М) а = ах "' + ау Вычисляя производные = ††, = ††, находим внмь эу агдам~ эг а»' вэ ь' ах(м) ЬЛ эЯ ф(а'+ Ьэ) ди очи~ -~- Ъэ Ь~/а~ + Ьэ эЬ 75.
Найти производную функции и = хух в тачке М = (1, 1, 1) в направлении ! = (созе, саад, газ 7). Чему равна величина градиента функции в этой точке? в»гмь в вьмь в ~м~ м Очевидно,, = 1, — = 1, в . = 1. По формуле производной по направлению, получим ди(м) ди(м) ди М) ди(М) а! а* = — соэ а+ ду саад+ соэ7 =сазе+сова+ соз7. а* Величину градиента определим по формуле ж,Г~. » !!б 1и(ми = 76. Определить угол мезглу градиентами функции и = ха+ уз+ ээ в тачках 4 = (с, о, О) и В = (О, с, 0).
ь* 12. Частные производные и дифференциалы функции векторного аргумента 141 м Имеем Май а(А) = ~ —,, — ~ = (2а, О, 0), ) да(А) де(А) да(А) ( 1 дг ' ду ' дг ,/ (д (В) д (В) д (В)') Отсюда Дбга(1 а(А)Ц = 2(е(, Цбга((а(В)(/ = 2(а(. Подставляя эти значения в равенство (бгаб а(А), бга(1 а(В)) = ))бга(( а(А) 0 ((бга(1 э(В) ((соз оо, получаем соз )о = О, т. е. р = —. > 77. Показать, что в точке Мо = (го, уо, го) угол между градиентами функций а = аг + з Ьу +сгг, э = агз+Ьу +сгз+2гпг+2пу+2рг (а, Ь, с, т, и, р — постоянные и а'+Ь'-гс й 0) стремится к нулю, если точка Мо удаляется в бесконечность. )во, )ао н м Имеем соэ и = ', где Цз(ы «1 Ьз)во 1 ' Май в = (2аго, 2Ьуо, 2сго), бгааэ = (2ахо +2т, 2Ьуо +2а, 2сго+ 2р), ()бга(1а)( = 2 (ахо) + (Ьуо)'+(ого)', ()Огайо(( = 2 (ало+ т) +(Ьуо+ в) + (ого+ р)'.
Тогда угол оо определяегса из равенства ага (а*о + т) е Ь уз (Ьуо + и) + ого(ого + р) соэ р )((аго + т)г + (Ьуо + а)г + (ого + р)г) ° .*, ° -....*"«,-о .,Яв„'+~- (а гоп — Ьуот)г + (агар — ого)п)з + (Ьуор — своп)г (( )' О« )' в ( в | ( + ) ' + О 1' в ( " )' 1 ' Пользуясь неравенствами 2)хоро) < го + уоз, 2(гого) < хо + 4, 2(уого) < уо г+ г~з и обозначая наибольший по абсолютной величине из коэффициентов числителя при г,.
уо и го, через 3 г Л~,получаем оценку (агап — Ьуот) + (атор — сгот) + (Ьуор — своа) ~< 4 (го + Уо + го) Ке ограничивая общности, будем считать, что а гв О, Ь г= О, с г= О. ПУсть В = шга((а(, )Ь(, (с!) тогда а хо + Ь ус + с'го > В (го+ до + го). Таким образом, имеем оценку гг+ э+ го О < )япр( ( в ят;,'т*, („,~ ) ~о,) (, г (1) В (аго + т)з + (Ьуо + п)з + (ого + р)г о „,„„4~'ав.. (ага+ т)'+ (Ьуо + и)*+ (его + р)г оо; поэтому из неравенства (1) следует, что мп(о, а вместе с ним и (о стремится к нулю, если точка Мо удаляется в бескоиечносп,. М 7(э. Пусть а = У(к, у, г) — дважды дифференцируемал функциа и 1) = (соз а(, соэ д), сов 7() 1з = (сазов, созФз, соотг), 1з = (соэпз, соаФз) соауз) — три взаимно перпепдикуляр- нык направления. Доказать, что( Гл. 2.
Диффереизцзальиое исчисление функций векторного аргумента дзи дззз Э21я дззз дги дги б) — + — + — = — + — + —. д12 ЭР д)эз дхг дуг дгг < а) Находим производные функции и по направлениям 11, 1г, 1з: дв ди ди ди — = — соз аз + — сов дг + — ссо 72, д!г дх ду дг да ди ди ди — СОБ й2 + СОБ д2 + СОБ д12 дх ду дг да ди Эи ди — = — сов аз + — сов дз + — сов 7з.
д(з дх Эу дя Отсюда непосредственно следует; 12 (и)' (В' ( )'=(Й) - ° --"- ° ° 2 2 /ди'7 2 1 ди 1 2 г + — (соя дг+соя Дг+соз Фз)+ ( — ) (сов 72 й сов ~2+соя тэ)+ (,ду( ) дг ) ди ди + 2 — — (соз й1 сов д! + сов й2 соз дг + сОБ йз сОБ дз) + Э* ду ди дв + 2 — — (сов а1 соз 71 + сов а2 соз 72 + соя аз соя тз ) + д* Э. ди ди + 2 — — (йм дг соз 71 + сов дг сов 72 + соя дз соя уз). (2) ду д, Поскольку матрица СОБ йз СОБ дз СОБ 71 сов йг соя дг сов 72 сов йз соз Вз соя 72 лвллетсл матрицей перехода от ортонормнрованного базиса (з, у, й) к ортонормнрованному базису (11, 12, 12), то она обладает тем свойством, что сумма квадратов элементов любой строки (столбца) равна единице, а сумма произведений соответствующих элементов двух различных строк (столбцов) равна нулю. ° г/ »2 /д 2 /д»1 Таким образом, в равенстве (2) коэффициенты при квадратах производных ~ — ), ( — ~, ~ *,)' (аз/' ()' а 1 а а в в ໠໠— равны единице, а при произведеннах производных — — — —, — равны нулю.
а / в» в„1 а, в*' а„д* Учитываю это, нз равенств (2) непосредственно получаем равенство а). дэ» д /д» 1 д» б) Находим — г = — ~ — ), где — определено первым из равенств (1): 1 1 1 дги д и 2 дги 2 дги у= СОБ й1+ СОБ д1+ СОБ 71+ Э1, дх ду' Э" д'а Э2и де + 2 — совйз сов дз + 2 — сов аз сов 71 + 2 — сов дг соя ум дх ду дх Эг ду дг аг» Бз» Аналогично вычнсллем мг, —;г. Складывал полученные равенства, находим дги дзи дзи дзи — 2+ — + — = — (соз аг+созгйз+сов аз)+ Э 12, д/; д/з д дги + —, (сое дз + сое Фз + соз дз) + —, (сое 71 + ссм 72 + йм тз) + Э2и + 2 — (соя азсямдг+ сов аг соя дв+ сов аз сойдя) + Эх Эу .Бй(йййййяь 1 2. Частные производные и дифференциалы функции векторного аргумента д'а + 2 — (сов ег соэ тт + саэ ог соз тз + соэ оз соэ тз) + дх дг дги + 2 — (саз дз соз тг + соэ дз соэ тэ + соз дз соз тз).
ду дг Отсюда, воспользовавшись свойством матрицы (2), получим равенство б). в 79. Пусть а = а(х, у) — дифференцируемая функция и при у = хз имеем и(х, х ) = 1 и 2 ди . ди — = х. Найти — при у = хг. дх ду < Поскольку, по условию, а(х, хз) ж 1, то отсюда, используя дифференцируемость функции а, получаем е и(х, х ) = О, т. е. э 2 — + ' 2х=О. да(х, хз) да(х, х ) (1) дх ду 2х+2а'„',(х, 2х) +4и„'г(х, 2х) = О. Отсюда, учитывая уравнение а„„= а'„'„и тождество а"г — — а„, 2а'„',(х, 2х)+ и'„'„(х, 2х) = -х. Далее, дифференцируя равенство а'„(х, 2х) = хг по х, имеем а„',(х, 2х) + 2а",г(х, 2х) = 2х.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
