1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 69

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 69)

Дифференцируя равенства, получаем систему из которой находимдифференциалы от обратных функций.!!−1∂u∂y∂v∂y∂u∂x∂v∂xгде I =∂ϕ ∂ψ∂u ∂v−=∂ϕ∂u∂ψ∂u∂ϕ∂v∂ψ∂v=1I∂ψ∂v− ∂ψ∂u− ∂ϕ∂v∂ϕ∂u!∂ψ ∂ϕ∂u ∂v .∂ 1 ∂ψ∂ 2u=(u(x,y),v(x,y)),∂x2∂x I ∂v13.4ПримерПусть1x=t+ ,tНайтиy = t2 +1,t2z = t3 +1t3dy dz d2 y d2 zdx , dx , dx2 , dx2 .Решение. Из системы уравнений получим неявную функцию y(x), z(x), t(x),в окрестности точки (x0 , y0 , z0 , t0 ), (|x0 | > 2, y0 > 2, |z0 | > 2, t0 6= ±1).714Способ 1.y(x) = t2 (x) +11 2=(t(x)+) − 2 = x2 − 2,2t (x)t(x)y 0 (x) = 2x,z(x) = t3 (x)+y 00 (x) = 2,1112=(t(x)+)(t(x)−1+) = x(y(x)−1) = x(x2 −3),32t (x)t(x)t (x)z 0 (x) = 3x2 − 3,Способ 2.t0 (x) = −y 0 (x) = 2t(x) −z 00 (x) = 6x.−1t2 (x),=1t2 (x) − 11 − t2 (x)(t4 (x) − 1) t2 (x)2(t4 (x) − 1) 00t (x) = 2=t (x) = 2t3 (x)t3 (x)t3 (x) t2 (x) − 1(t2 (x) + 1)12= 2(t(x) +) = 2x, y 00 (x) = 2,t(x)t(x)1t6 (x) − 1 0t6 (x) − 1t2 (x)z 0 (x) = 3 t2 (x) − 4· t0 (x) = 3 4· t (x) = 3 4· 2=t (x)t (x)t (x)t (x) − 113(t2 (x) + 1 + 2 ) = 3(x2 − 1), z 00 (x) = 6x.t (x)Способ 3.

Рассмотрим систему уравнений1 F1 (x, t, y, z) = t + t − x = 0,F2 (x, t, y, z) = t2 + t12 − y = 0,F3 (x, t, y, z) = t3 + t13 − z = 0.Здесь∂t F1 ∂y F1 ∂z F1det  ∂t F2 ∂y F2 ∂z F2  (x0 , t0 , y0 , z0 ) =∂t F3 ∂y F3 ∂z F31 − t120 01det  2t − t23 −1 0  (x0 , t0 , y0 , z0 ) = 1 − 2 6= 0,t0323t − t4 0 −17150t (x) 0 y (x)  = − 0z (x)11 − t(x)222t(x) − t(x)333t(x)2 − t(x)4112 2t(x) − t(x)−31 1 − t(x)233t(x)2 − t(x)4113.511− t(x)222t(x)− t(x)311− t(x)2323t(x) − t(x)411− t(x)200−1 −1 0 0 −1 0− 1− 0 =001t(x)20 = −1−1 0 =10− 1 − t(x)20t(x)2t(x)2 −12t(x) −2t(x)3(t2 (x) + 1 +1t2 (x) ) = t(x)2t(x)2 −12x3(x2 − 1).Задача № 3378, [2]Найти y 0 (0) при x = 0 и y = 0, если(x2 + y 2 )2 = x2 − y 2 .Решение.

Способ 1. Представим кривую, в параметрическом виде. С этойцелью положим y = tx. Тогда из уравнения найдемy 0 (x) =y 0 (t)3t2 − 11 y(t)y 0 (t)1 (y 2 (t))0===,x0 (t)t x(t)x0 (t)t (x2 (t))0t(3 − t2 )поскольку1 − t2t2 − t42x (t) =, y (t) =, 2x(t)x0 (t) =2222(1 + t )(1 + t )−2t(1 + t2 )2 − 4t(1 − t2 )(1 + t2 ) −2t(3 − t2 )=, 2y(t)y 0 (t) =2423(1 + t )(1 + t )32 2(2t − 4t )(1 + t ) − 4t(t2 − t4 )(1 + t2 ) 2t(1 − 3t2 )=.(1 + t2 )4(1 + t2 )32Отметим, что x(±1) = y(±1) = 0. В итоге, y10 (0) =20(y (−1))− (x2 (−1))0 = −1716(y 2 (1))0(x2 (1))0= 1, y20 (0) =Ответ. Получим две ветви y10 (0) = 1, y20 (0) = −1.Решение. Способ 2. Уравнение(x2 + y(x)2 )2 − x2 + y(x)2 = 0,можно переписать в форме2 !22y(x)y(x)2x 1+−1+= 0,xxиз которого с помощью предельного перехода при x → 0 и формулыy(x)y(x) − y(0)= lim,x→0 xx→0x−0y 0 (0) = limполучимy 0 (0)2 = 1.Решение.

Способ 3. Для достаточно малого ε > 0 и любого фиксированного x ∈ (−ε, ε) из уравнения находим два значения: y = ψ(x) и y = −ψ(x),гдеsr11+ 2x2 + .24Так определенная функция x 7→ ψ(x) непрерывна на (−ε, ε) и ψ(0) = 0.ψ(x) =−x2 −Поэтому можно определить четыре непрерывные функции:(ψ(x), если0 6 x < ε,y1 (x) =−ψ(x), если −ε < x < 0;(−ψ(x), если0 6 x < ε,y2 (x) =ψ(x), если −ε < x < 0;(ψ(x), если0 6 x < ε,y3 (x) =ψ(x), если −ε < x < 0;(−ψ(x), если0 6 x < ε,y4 (x) =−ψ(x), если −ε < x < 0.При вычислении производных в т. x = 0 имеем мы делим уравнение(x2 + y 2 (x))2 − x2 + y 2 (x) = 07172на x и устремляем x → 0.

Получим limx→0ветвям: y10 (0) = 1, y20 (0) = −1.y(x)x2= 1, что приводит к двумРешение. Способ 4. Рассмотрим параметризациюppx(ϕ) = cos(2ϕ) cos ϕ, y(ϕ) = cos(2ϕ) sin ϕ,5πϕ ∈ (− π4 , π4 ) ∪ ( 3π4 , 4 ). Следовательно0√0cos2ϕsinϕy(ϕ)y 0 (x) = 0= p0 =x (ϕ)cos(2ϕ) cos ϕ−cos(3ϕ)cos(2ϕ) cos ϕ − sin(2ϕ) sin ϕ=−.sin(2ϕ) cos ϕ + cos(2ϕ) sin ϕsin(3ϕ)Ответ. Получим две ветви y10 (0) = 1, y20 (0) = −1.13.6Задача № 3379, [2]Найти y 0 при x = 0 и y = 0, если(x2 + y 2 )2 = 3x2 y − y 3 .Решение.

Способ 1. Представим кривую, определяемую уравнением в параметрическом виде. С этой целью положим y = tx. Тогда из уравнениянайдем x(t) =3t−t3(1+t2 )2 ,y(t) =3t2 −t4(1+t2 )2 .y 0 (t)(1 + t2 )(6t − 4t3 ) − 4t(3t2 − t4 )2t(3 − 5t2 )===: g(t).x0 (t)(1 + t2 )(3 − 3t2 ) − 4t(3t − t3 )(3 − 12t2 + t4 )√Первая ветвь соответствует t = 0. Вторая ветвь соответствует t = 3. Третья√ветвь соответствует t = − 3.√√√√Ответ. y10 (0) = g(0) = 0, y20 (0) = g( 3) = 3, y30 (0) = g(− 3) = − 3.y 0 (x) =Решение. Способ 2. Уравнение(x2 + y(x)2 )2 − 3x2 y(x) + y(x)3 = 0,можно переписать в форме2 !2 3y(x)y(x)y(x)x 1+−3+= 0,xxx718из которого с помощью предельного перехода при x → 0 иy(x) − y(0)y(x)= lim,x→0x→0 xx−0y 0 (0) = limполучим3y 0 (0) = y 0 (0)3 .Ответ. Получим три ветви y10 (0) = 0, y20 (0) =√√3, y30 (0) = − 3.Решение. Способ 3.

Рассмотрим параметризацию1x(ϕ) = sin 3ϕ cos ϕ = (sin 4ϕ+sin 2ϕ),21y(ϕ) = sin 3ϕ sin ϕ = (cos 2ϕ−cos 4ϕ),24π 5πϕ ∈ (0, π3 ) ∪ ( 2π3 , π) ∪ ( 3 , 3 ). Следовательноy 0 (ϕ)− sin 2ϕ + 2 sin 4ϕy (x) = 0== g(ϕ).x (ϕ)2 cos 4ϕ + cos 2ϕ0Ответ. Получим три ветви y10 (0) = g(0) = 0, y20 (0) = g( π3 ) =√g( 2π)=−3.3719√3, y30 (0) =13.7ЗадачаПреобразовать уравнение2y 00 + y 0 + y = 0,xприняв x за функцию, t = yx за независимое переменное.(13.1)Решение. Дана функция y(x), удовлетворяющая уравнению (13.1) и зависящая от переменной x. Затем мы хотим рассмотреть x = x(t), гдеt = g(t)x(t),g(t) = y(x(t)).

Следовательно, дифференцируемtx0 (t)1 = g (t)x(t) + g(t)x (t) = g (t)x(t) +,x(t)000tx0 (t)1−,g (t) =x(t) x2 (t)0dyg 0 (t)1t= 0=− 2 ,0dx x (t) x(t)x (t) x (t)d2 y1 g 0 (t) 011t 0==−=dx2x0 (t) x0 (t)x0 (t) x(t)x0 (t) x2 (t)2tx0 (t) 12x00 (t)− 2 −+ 3,x0 (t)x (t) x(t)(x0 (t))2x (t)2 012x00 (t)2tx0 (t) y + y +y = 0 − 2 −+ 3xxx (t) x(t)(x0 (t))2x (t)21ttx00 (t)t−+=−+= 0.+x(t) x(t)x0 (t) x2 (t)x(t)x(t)(x0 (t))3 x(t)00Ответ:x00 (t) − t(x0 (t))3 = 0.Домашняя работаНайти производные y 0 , y 00 , y 000 от функции y = y(x), заданной параметрически,если:72013.8Задача № 1140x = 2t − t2 , y = 3t − t2 .13.9Задача № 1141x = a cos t, y = a sin t.13.10Задача № 1142x = a(t − sin t), y = a(1 − cos t).13.11Задача № 1143x = et cos t, y = et sin t.Найти производные y 0 , y 00 от функции y = y(x), заданной неявно:13.12Задача № 1148x2 − xy + y 2 = 1.13.13Задача № 1149y 2 + 2 ln y = x4 .14Seminar on 21.03.2019.

Room 405Многообразия в Rn .Определение. Пусть задано множество M ⊂ Rn и точка a ∈ M . Мы скажем, что M является p-мерным многообразием класса C k в окрестностиU точки a, если существует диффеоморфизм ϕ класса C k окрестности Uна окрестность нуля V ⊂ Rn , такой, что ϕ(a) = 0 и ϕ(M ∩ U ) = {x ∈V ∩ Rn | xp+1 = . . . = xn = 0}.•721Теорема (О локальном явном задании многообразия). Пусть M — некотороемножество в Rn и a ∈ M . Для того, чтобы M было p-мерным многообразиемкласса C k в некоторой окрестности U точки a, необходимо и достаточно, чтобы существовали (n−p) скалярных функций fp+1 , .

. . , fn : Rp → R класса C k ,такие, что после подходящей перестановки координат x1 , . . . , xn пространстваRn выполнялись бы следующие условия:1) fi (a1 , . . . , ap ) = ai для i = p + 1, . . . , n;2) M ∩ U = {x ∈ U | xi = fi (x1 , . . . , xp ), i = p + 1, . . . , n}.•Теорема (О локальном параметрическом задании многообразия). Пусть M— некоторое множество в Rn и a ∈ M . Для того, чтобы M было p-мерныммногообразием класса C k в некоторой окрестности U точки a, необходимо идостаточно, чтобы существовал гомеоморфизм ψ некоторой области W в Rpна M ∩ U , такой, что1) ψ как отображение из Rp в Rn принадлежит классу C k ; ∂ψ 2) rank= p при ξ ∈ W .•∂ξОтображение ψ называется локальной параметризацией многообразия M вокрестности точки a.Определение.

Множество M ⊂ Rn называется p-мерным многообразиемкласса C k , если оно является таковым в некоторой окрестности каждой своей•точки.Множество U ⊂ M называется открытым в M , если существует открытоемножество V ⊂ Rn , такое, что U = V ∩ M . Каждое многообразие M можно представить в виде объединения открытых в M множеств Uα , каждое изкоторых является областью действия некоторой параметризации ψα .

Пара(Uα , ψα ) называется картой или локальной картой. Объединение всех локальных карт называется атласом.Лемма (О двух локальных параметризациях ). Пусть M — p-мерное многообразие класса C k в Rn и U — открытое множество в M , на котором заданыдве параметризации ψ1 и ψ2 . То есть, ψ1 : W1 → U и ψ2 : W2 → U , где W1 и W2— некоторые области в Rp . Тогда существует диффеоморфизм λ : W1 → W2722класса C k , такой, что ψ1 = ψ2 ◦ λ.14.1•Пример(x = cos(α),y = sin(α),где α ∈ [0, 2π).p1 − x2 },pU2 = {x ∈ (−1, 1]|y = − 1 − x2 }.U1 = {x ∈ (−1, 1]|y =Теорема 14.1.

(О касательном пространстве к параметрически заданному многообразию). Пусть M есть p-мерное многообразие класса C 1 в Rn ,a ∈ M и ψ есть локальнаяпараметризация в некоторой окрестности точ∂ψ ки a. МножествоRp не зависит от выбора параметризации ψ и∂ξ ξ=0называется касательным пространством к многообразию M в точке a (обозначается Ta M ).14.2ПримерПараметризация кривой в Rn : x1 = γ1 (t), . . . , xn = γn (t), t ∈ (0, T ).Ta M = {h(γ10 (t0 ), . . . , γn0 (t0 )), h ∈ R},14.3(a1 , . .

. , an ) = (γ1 (t0 ), . . . , γn (t0 )).ПримерПараметризация поверхности в R3 : x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v).00!(u,v)x(u,v)x0000vuh1 020T(x0 ,y0 ,z0 ) M =  yu (u0 , v0 ) yv (u0 , v0 ) , (h1 , h2 ) ∈ R .h200zu (u0 , v0 ) zv (u0 , v0 )x0 = x(u0 , v0 ), y0 = y(u0 , v0 ),z0 = z(u0 , v0 ).Уравнение касательной плоскости имеет видx − x(u0 , v0 ) y − y(u0 , v0 ) z − z(u0 , v0 )det  x0u (u0 , v0 )yu0 (u0 , v0 )zu0 (u0 , v0 )  = 0.x0v (u0 , v0 )yv0 (u0 , v0 )zv0 (u0 , v0 )723Неявно заданные многообразия.Обозначим через M множество решений системы уравнений f1 (x1 , .

. . , xn ) = 0,...fk (x1 , . . . , xn ) = 0,где k < n. Обозначим x = (x1 , . . . , xn ), f = (f1 , . . . , fk ).Теорема 14.2. (О неявно заданном многообразии). Если M 6= ∅, ∂f rank= k для любой точки a ∈ M и f является отображением∂xm x=aкласса C , то M есть (n − k)-мерное многообразие класса C m в Rn .Теорема 14.3. (О касательном пространстве к неявно заданному многообразию). Пусть M — неявно заданное многообразие и выполнены условияпредыдущей теоремы. Тогда Ta M = {h ∈ Rn | f 0 (a)hhi = 0}.Если гладкая поверхность задана уравнением z = f (x, y), то уравнениякасательной плоскости в точке (x0 , y0 , z0 ) поверхности имеют видz − z0 = fx0 (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy0 (x0 , y0 )(y − y0 ).Если гладкая поверхность задана неявно уравнением F (x, y, z) = 0, то уравнения касательной плоскости в точке (x0 , y0 , z0 ) поверхности записываютсяследующим образом:Fx0 (x0 , y0 , z0 )(x − x0 ) + Fy0 (x0 , y0 , z0 )(y − y0 ) + Fz0 (x0 , y0 , z0 )(z − z0 ) = 0.14.4ПримерДано многообразие, заданное неявно: x2 + y 2 = 1.

Характеристики

Список файлов семинаров