1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 35
Текст из файла (страница 35)
√ Таким образом, в точке 21 , 23 имеет касательную прямую√ !√13− x−+ 3 y−= 0.22Вектор внешней нормали√ !1 3.− ,2 2n=Ответ:∂f∂n21.5√ ! √1 33,=.2 22Задача 3345 из [2]Найти производную функции f (x, y, z) = xyz в точке (1, 1, 1) по направлениюl = (cos α, cos β, cos γ).Решение.21.6∂f(1, 1, 1) = cos α + cos β + cos γ.∂lЗадача № 39.6 из [5], §3nPНайти производную функции f (x1 , . . . , xn ) =arcsin xi в точке M = ( 41 , . . . , 14 )i=111по направлению l = √n , . . . , √n .Решение. Найдем частные производные функции f :1∂f=p.∂xi1 − x2i325Следовательно,∇f21.7 1144= √ ,..., √,,...,441515√14 n∂f 1,...,= √ .∂l 4415Задача 3350 из [2]Пусть f = f (x, y, z) – дважды дифференцируемая функция.
Найти ∂ 2f∂ ∂f=,∂l ∂l∂l2если cos α, cos β, cos γ направляющие косинусы направления l.Вывод.∂ 2f∂ 2f∂ 2f∂ 2f∂ 2f222=cos α + 2 cos β + 2 cos γ + 2cos α cos β∂x2∂y∂z∂x∂y∂l2∂ 2f∂ 2f+2cos α cos γ + 2cos β cos γ.∂x∂z∂y∂z21.8Задача 3351 из [2].
Задача 78 из [16], стр. 141Пусть u = f (x, y, z) – дважды дифференцируемая функция иli = (cos αi , cos βi , cos γi ) ,i = 1, 2, 3,– три взаимно перпендикулярных направления. Доказать, что: 2 2 2 2 2 2∂f∂f∂f∂f∂f∂f++=++,∂l1∂l2∂l3∂x∂y∂z∂ 2f ∂ 2f ∂ 2f∂ 2f ∂ 2f ∂ 2f+ 2 + 2 =++.∂x2 ∂y 2 ∂z 2∂l21∂l2∂l3Вывод первого тождества.
Находим производные функции f по направлениям l1 , l2 , l3 :∂f= ∇f · li ,∂liВведем дополнительные вектораi = 1, 2, 3.lα = (cos α1 , cos α2 , cos α3 ),326lβ = (cos β1 , cos β2 , cos β3 ),lγ = (cos γ1 , cos γ2 , cos γ3 ).Отсюда непосредственно следует:∂f∂l122 2 2 2∂f∂f∂f∂f++=lα · lα +lβ · lβ∂l2∂l3∂x∂y 2∂f ∂f∂f ∂f∂f ∂f∂flα · lβ + 2lα · lγ + 2lβ · lγ .+lγ · lγ + 2∂z∂x ∂y∂x ∂z∂y ∂zПоскольку матрицаcos α1 cos β1 cos γ1 cos α2 cos β2 cos γ2 cos α3 cos β3 cos γ3является матрицей перехода от ортонормированного базиса (i, j, k) к ортонормированному базису (l1 , l2 , l3 ), то она обладает тем свойством, что суммаквадратов элементов любой строки (столбца) равна единице, а сумма произведений соответствующих элементов двух различных строк (столбцов) равнанулю.Вывод второго тождества. Находим∂2f∂l2i=∂∂li∂f∂li, i = 1, 2, 3. Такимобразом,∂ 2f∂ 2f∂ 2f∂ 2f∂ 2f222cosα+cosβ+cosγ+2cos αi cos βi=iii∂x2∂y 2∂z 2∂x∂y∂l2i∂ 2f∂ 2f+2cos αi cos γi + 2cos βi cos γi .∂x∂z∂y∂zСледовательно∂ 2f ∂ 2f ∂ 2f∂ 2f∂ 2f∂ 2f+ 2 + 2 =lα · lα + 2 lβ · lβ + 2 lγ · lγ∂x2∂y∂z∂l21∂l2∂l3∂ 2f∂ 2f∂ 2f+2lα · lβ + 2lα · lγ + 2lβ · lγ =∂x∂y∂x∂z∂y∂z∂ 2f ∂ 2f ∂ 2f++.∂x2 ∂y 2 ∂z 232721.9Задача 3254 из [2]Доказать, что (дифференцируемая) функция f (x, y), имеющая ограниченныечастные производные∂f∂x (x, y)и∂f∂y (x, y)в некоторой выпуклой области E,равномерно непрерывна в этой области.Решение.
Только выпуклая область содержит отрезок, соединяющий дветочки из этой же области.Используем дифференцируемость|f (x2 , y2 ) − f (x1 , y1 )| = |f 0 (ξ1 , ξ2 )h(x2 − x1 , y2 − y1 )i| = ∂f∂f (ξ1 , ξ2 )(x2 − x1 ) +(ξ,ξ)(y−y)1 221 6 ∂x∂ys2 2p∂f∂f(ξ1 , ξ2 ) +(ξ1 , ξ2 ) · (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 .∂x∂y22Seminar n. 22Дифференцируемость сложных функций6Теорема. Пусть функция f : X ⊂ Rn 7→ Y ⊂ Rm дифференцируема в точкеx0 ∈ X, а функция g : Y → Rk дифференцируема в точке y 0 = f (x0 ). Тогдафункция (g ◦ f ) : X → Rk дифференцируема в точке x0 и(g ◦ f )0 (x0 ) = g 0 (y 0 ) ◦ f 0 (x0 ).То есть,(g ◦ f )0 (x0 )hhi = g 0 (y 0 ) ◦ f 0 (x0 )hhi = g 0 (y 0 )hf 0 (x0 )hhii.•Суперпозиция f (u(x, y), v(x, y)).
Нужно составить градиент функции f :∂f ∂f∇f =,,∂u ∂v6Теория взята из [8, Стр. 22]328и матрицу Якоби∂u∂x∂v∂x∂ϕ∂x∂u∂y∂v∂y!.∂ϕ∂y=∂f∂u∂f∂v∂u∂x∂v∂x∂u∂y∂v∂y!.∂ϕ∂f∂u(x, y) =(u(x, y), v(x, y)) (x, y)∂x∂u∂x+∂v∂f(u(x, y), v(x, y)) (x, y),∂v∂x+∂f∂v(u(x, y), v(x, y)) (x, y),∂v∂y∂ϕ∂f∂u(x, y) =(u(x, y), v(x, y)) (x, y)∂y∂u∂yгде ϕ(x, y) = f (u(x, y), v(x, y)).Дифференциалы и производные высших порядков 7 .Смешанные частные производные одной и той же функции, отличающиеся лишь порядком (очерёдностью) дифференцирования, равны между собойпри условии их непрерывности.
Такое свойство называется равенством смешанных производных. Само утверждение о равенстве смешанных производных в различных источниках упоминается как теорема Шварца, а также кактеорема Клеро.Теорема. Пусть функция f : Rn → R дифференцируема в некоторой окрестности U (a) точки a ∈ Rn , а её вторые частные производные∂2f∂xi ∂xjи∂2f∂xj ∂xiопределены в U (a) и непрерывны в точке a.
Тогда∂ 2f∂ 2f(a) =(a).∂xj ∂xi∂xi ∂xjТеорема. Пусть X – область в Rn . Если f ∈ C k (X), (i1 , . . . , ik ) – упорядоченный набор k чисел из {1, 2, . . . , n} и (σ(i1 ), . . . , σ(ik )) – произвольнаяперестановка этого набора, то∂kf∂kf=в X.∂xσ(i1 ) . . . ∂xσ(ik )∂xi1 . . .
∂xik7Теория взята из [8, Стр. 25]32922.1Задача № 28.4 из [5], §3Для функции f (u) найти∂ϕ∂x (x, y)и∂ϕ∂y (x, y),где ϕ(x, y) = f (u(x, y)) если:u = arcctg(x + ln y).Решение.∂u1=,∂x ((x + ln y)2 + 1)∂u1=.∂yy((x + ln y)2 + 1)Ответ.∂ϕ1∂f=,∂x((x + ln y)2 + 1) ∂u22.2∂ϕ1∂f=.∂yy((x + ln y)2 + 1) ∂uЗадача № 29.2 из [5], §3Для функции f (u, v) найти∂∂x f (u(x, y), v(x, y))u = x2 − y 2 ,и∂∂y f (u(x, y), v(x, y)),если:v = exy .Решение.∂u= 2x,∂xОтвет.22.3∂u= −2y,∂y∂v= yexy ,∂x∂f∂f∂ϕ= 2x+ yexy ,∂x∂u∂v∂v= xexy .∂y∂ϕ∂f∂f= −2y+ xexy .∂y∂u∂vЗадача № 29.3 из [5], §3Для функции f (u, v) найти∂∂x f (u(x, y), v(x, y))u = x cos y,и∂∂y f (u(x, y), v(x, y)),v = x sin y.Решение.∂u= cos y,∂x∂u= −x sin y,∂y∂v= sin y,∂x∂v= x cos y.∂yОтвет.∂ϕ∂f∂f= cos y+ sin y ,∂x∂u∂v∂ϕ∂f∂f= −x sin y+ x cos y .∂y∂u∂v330если:22.4Задача № 29.4 из [5], §3Для функции ϕ(x, y) = f (u(x, y), v(x, y)) найтиu = arcsin x2 ,∂∂x ϕ(x, y)и∂∂y ϕ(x, y),v = xy .Решение.∂u2x=√,∂x1 − x4Ответ.22.5∂u= 0,∂y∂v= yxy−1 ,∂x2x∂f∂ϕ∂f=√+ yxy−1 ·,·∂x∂v1 − x4 ∂u∂v= xy ln x.∂y∂ϕ∂f= xy ln x .∂y∂vЗадача № 30.1 из [5], §3Найти дифференциал функции ϕ(x, y), если:ϕ = f (u),u = xy + y 2 /x.Решение.dϕ = f 0 (u)du,гдеy2ydu = y − 2 dx + x + 2 dy.xxОтвет.y2y0dϕ = f (u) y − 2 dx + f (u) x + 2 dyxx022.6Задача № 30.2 из [5], §3Найти дифференциал функции ϕ(x, y), если:ϕ = f (u, v),Решение.dϕ =u=y,(x + y)v = x2 − y 3 .∂f∂f(u, v) du +(u, v) dv,∂u∂vгдеdu = −y dxx dy+,(x + y)2 (x + y)2331если:dv = 2x dx − 3y 2 dy.Ответ.dϕ = −y∂f∂f·+2x(x + y)2 ∂u∂vdx +∂fx2 ∂f·−3y(x + y)2 ∂u∂vdy.22.7Задача № 39 из [16], Стр.
130((x2 −y 2 )xy (xесли x2 + y 2 6= 0,2 +y 2 ) ,Показать, чтоПусть f (x, y) =0,если x2 + y 2 = 0.∂ 2f∂ 2f(0, 0) 6=(0, 0)∂x∂y∂y∂xРешение. Функция f (x, y) является дифференцируемой в R2 . Далее, функции∂f(x, y) =∂x(∂f(x, y) =∂y(22−y )y (x(x2 +y 2 ) +4x2 y 3(x2 +y 2 )2 ,x2 + y 2 6= 0,x2 + y 2 = 0,0,22−y )x (x(x2 +y 2 ) −4x3 y 2(x2 +y 2 )2 ,x2 + y 2 6= 0,x2 + y 2 = 0.0,дифференцируемы в точке (0, 0). Но∂ 2f(0, 0) = limy→0∂y∂x∂f∂x (0, y)∂ 2f(0, 0) = limx→0∂x∂y22.8−y∂f∂y (x, 0)∂f∂x (0, 0)−= −1,∂f∂y (0, 0)x= 1.Задача 3309 из [2]Показать, что функция(x − b)2u=exp −4a2 t2a πt1√(a и b – постоянные) удовлетворяет уравнению теплопроводности2∂u2∂ u=a.∂t∂x2332Решение.(x − b)2exp −,3 +54a2 t2t 24t 2 a21(x − b)∂u(x − b)2= √ √ −exp −,∂x 2a π t2a2 t4a2 t11(x − b)2(x − b)2∂ 2u= √ √ − 2 +exp −.∂x22a t4a4 t24a2 t2a π t∂u1= √∂t2a π22.9−1(x − b)2Задача 3326 из [2]Предполагая, что произвольные функции ϕ, ψ и т.п.
дифференцируемы достаточное число раз, проверить следующие равенства:2∂ 2u2∂ u=a,∂t2∂x2если u = ϕ(x − at) + ψ(x + at).Решение.22.10∂u= −aϕ0 (x − at) + aψ 0 (x + at),∂t∂ 2u= a2 ϕ00 (x − at) + a2 ψ 00 (x + at),2∂t∂u= ϕ0 (x − at) + ψ 0 (x + at),∂x∂ 2u= ϕ00 (x − at) + ψ 00 (x + at).2∂xЗадача № 31.1 из [5], §3Доказать, что если f (u) – произвольная дифференцируемая функция, тофункция ϕ(x, y) удовлетворяет данному уравнению:ϕ = yf (x2 − y 2 ),Решение.y2∂ϕ∂ϕ+ xy= xϕ.∂x∂y∂ϕ= 2xyf 0 (x2 − y 2 ),∂x∂ϕ= f (x2 − y 2 ) − 2y 2 f 0 (x2 − y 2 ),∂y33322.11Задача № 31.2 из [5], §3Доказать, что если f (u) – произвольная дифференцируемая функция, тофункция ϕ(x, y) удовлетворяет данному уравнению:yϕ = xy + xf ( ),xx∂ϕ∂ϕ+y= xy + ϕ.∂x∂yРешение.
Самостоятельно.23Seminar n. 23Формула Тейлора.8Пусть X – область в Rn и a ∈ X. Если f ∈ C m+1 (X), тоmX1 ∂kff (a + h) − f (a) =(a) + rm (f, a, h).k! ∂hkk=1для любого вектора h ∈ Rn , такого, что отрезок с концами в точках a и a + hлежит в X. Здесьk∂ f=∂hknXhii=1∂∂xi!kf.Введем понятие мультииндекса|α| = α1 + · · · + αn ,α! = α1 ! · · · αn !,∂ |α| f,D f = α1∂x1 · · · ∂xαnnαxα = xα1 1 · · · xαnn ,|α| ≤ m.X Dα f (a)f (a + h) =hα + rm (f, a, h).α!|α|≤m8Теория взята из [8, Стр. 26]334Пример формулы Тейлора третьего порядка функции двух переменных:∂f∂f(a)(x1 − a1 ) +(a)(x2 − a2 )∂x1∂x2(x1 − a1 )2∂ 2f∂ 2f(x2 − a2 )2∂ 2f+(a)(x1 − a1 )(x2 − a2 ) + 2 (a)+ 2 (a)∂x12!∂x1 ∂x2∂x22!3323(x1 − a1 )∂ f(x1 − a1 ) (x2 − a2 )∂ f+ 2(a)+ 3 (a)∂x13!∂x1 ∂x22!∂ 3f(x1 − a1 )(x2 − a2 )2 ∂ 3 f(x2 − a2 )3+(a)+ 3 (a)∂x1 ∂x222!∂x23!p+ o(( (x1 − a1 )2 + (x2 − a2 )2 )3 )f (x) = f (a) +23.1Задача № 1.7 из [3], §19Найти предел√√3√1+x−241−x.limx→0x√√√Решение.
1 + x = 1+ x2 +o(x), 3 1 + x = 1+ x3 +o(x), 4 1 − x = 1− x4 +o(x),x → 0.√lim1+x+x→023.21+x+√3√1+x−241−x 1 1 1 4= + + = .x2 3 2 3Задача № 6.1 из [3], §19Найти пределРешение. cos x = 1 −x22√cos x − 1 − x2lim.x→0sin x − x√4+ x24 + o(x5 ), 1 − x2 = 1 −x22−x48+ o(x5 ), x → 0.Следовательноp11 4x452cos x − 1 − x = ( + )x + o(x ) =+ o(x5 ),24 86x3sin x − x = − + o(x4 ), x → 0,6√x45cos x − 1 − x26 + o(x )lim=0= lim x34)x→0x→0 −sin x − x+o(x633523.3Задача № 16.1 из [3], §19Найти предел222x222lim−ex −x→023.4√1 + 2x2.x→0tg4 x√4= 1 + x2 + x2 + o(x5 ), 1 + t = 1 +limРешение. ex√1 + 2x2 = 1 +ex −4x48t2t28−+ o(t2 ), t → 0,+ o(x5 ), tg4 x = x4 + o(x5 ), x → 0.√( 21 + 21 )x4 + o(x5 )1 + 2x2= lim=x→0tg4 xx4 + o(x5 )1212+1= 1.Задача № 21.1 из [3], §19Найти пределlimx→0arcsin xx 12x.Решение.arcsin xx2=1++ o(x3 ),x6limx→0x26x → 0,+ o(x3 ) 1= ,x26 2 1x +o(x3 )x2lim 1 ++ o(x3 ) 6= e,x→062limx→0arcsin xx 12x= limx→01 2x +o(x3 )x231++ o(x ) 66 2 1x +o(x3 )x23lim 1 ++ o(x ) 6x→063)! x6 +o(xx2=x2 +o(x3 )6x2x→0! lim=exp limx→0336x26+ o(x3 )x2!=√6e.23.5Задача 3586 из [2]Разложить по формуле Маклорена до членов четвертого порядка включиpтельно функцию f (x, y) = 1 − x2 − y 2 .√Решение.
Пусть h(z) = 1 − z. Разложим по формуле Маклорена до членоввторого порядка:h(z) = 1 −z z2− + o(z 2 ),28z → 0.Следовательно,x2 y 2 x4 x2 y 2 y 4−−−−f (x, y) = h(x + y ) = 1 −2284p8+ o(( x2 + y 2 )4 ),223.62(x, y) → (0, 0).Задача 3588 из [2]Упростить выражениеcos(x + y + z) − cos x cos y cos z,считая x, y, z малыми по абсолютной величине.Решение.cos(x + y + z) − cos x cos y cos z =p2 (x + y + z)21−x2 + y 2 + z 2+o222yzx2+ o(x2 )1−+ o(y 2 )1 − + o(z 2 ) =− 1−222p2 − (xy + xz + yz) + ox2 + y 2 + z 2.23.7Задача 3602 из [2]Функцию ex+y разложить в степенной ряд по целым положительным степеням биномов x − 1 и y + 1.337Решение. Способ 1.ex+y = ex−1 · ey+1 =∞X(x − 1)mm=0m!!·∞X(y + 1)kk=0!k!=∞ X∞X1(x − 1)m (y + 1)k .m!k!m=0k=0Решение.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
