Anti-Demidovich (Lyashko I.I., i dr.). Tom 2. Ryady. Funkcii vektornogo argumenta (2001)(ru)(T)(223s) (940507), страница 25
Текст из файла (страница 25)
> 56. и=1(х,у, з),где х=г,у=гг, з=гз. < Аналогично предыдущему хи = Л й+ 1г21 й+ 1зуз й = (1( + 211г + 31 1г) й, ди = 1,", й'+ 1гг4тг йз + 1,",91' йг+ 41гагй'+ бт'1гз й'+121'1а й'+ 21' й'+ 411з й' = = (1гг+ 41 Аз+ Ух 1зз+ 411гаг+ аг 1гз+ 121 1гз+21г+ 611з) хг . и и = 1(Е, ч С), тле 4 = хг + уг, п = вг — уг, 4 = 2*У. 15б Гл. 2. Дифференциальное исчнсление функций векторного аргумента < Пользуясь правилом дифференцирования сложной функции, имеем Эи — Я(2хдх+ 2УЭУ)+(г(2*Эх — 2УЫУ)+(гз(2удх+2хду), Эи = 4(й(хйх+УЭУ) +4(гг(хдх -УЭУ)'+4(зз(уй+*Эу)'+ + Ву»г(х~ йг - уг Эу~) + Ву,",(х Эх+ уйу)(у Ех+ х Эу) + + В угег(х й — у Эу)(у Эх + х ау) Э 2Яах + ау ) + 2уг(дх — Эу ) + 4(г й Эу. и Найти а"и, если: 58. и = ((ах + Ьу + с г) .
м поскольку в данном случае форма дифференциалов инвариантна (см. пример 52), то Эи = (1»(Э(ах + Ьу + сх))" ж )4»1 (а Эх + Ь Эу + с Эг)1». 1» 59. и = Х(ах, Ьу, сг). С В силу инварнантности формы дифференциалов в-го порядка (см. пример 52), имеем тд д д д»им ~ — ай+ — ЬЫУ+ — сдг) ((г,г, т), '1Э Э1 Э где г = ах, 1 ж 6У, т = сг. Ь 60. и = у(г, 1, т), где г = а~х+ Ьгу+ сьг, 1 = агх+ 6гу+ сгг, т = ага +6гу+ сгг. < Используем инварнантность формы и-го дифференциала (си, пример 52). Имеем 1» д Э"и = ~ — Эг+ — 41+ — Эт~ 1(г, 1, т) = ~(а~ Эх+ 6~ ау + от Эг) — + 'с да д1 дт дг ди х Эти ~ха 1 ~х — = 1"-, — = у» — + 1"- — 1'— дх т' дхг тг т тг Аналогично находим г г г г г до»У,Ь,У дв — ж( -+1--1 — — жу'-+(--у— дуг тг т тг> Э г г тг Таким образом, »х +у +г тг + -(' — (' ж У» + -(' - -( = ( + -( = 1'(т).
» тг т т т 62. Доказать, что если функция и ж и(х, у) удовлетворяет уравнению Лапласа сги ы Эти дги ( х у — + — = О, то функция е = и ~ —, — также удовлетворяет етому уравнению. дхг дуг г+,г' г+,г т м Вводя для удобства обозначения р = -ту-т, т6 ж -гд-т, имеем * +г ' »гФг де, Эр, Этд де,др,дгЬ вЂ” =иг — +иг —, — =вг — +вг —, дх дх Эх' ду ду ду' д'е» /ЭФ1' г др ЭФ» lдт6~' г д'и ~ д'тд — =иы1 — ~ +2вм — — +игг1с — ) +иг — +иг —, дхг '1дхУ' дх дх 1дх! Эх дхг' Эге е (д ~ и ЭР Эа» (дуг~~,дгу ( ~ »( дуг [ ду) ду ду 1 ду) дуг дуг' д Э т» + (аг й + Ьг Эу+ сг й) — + (аг Эх + Ьъ Ыу + сз Эг) — ) ((г, 1, т). и д1 дт) гт.
г, .=т»г „-,Сц, ~.*. т —...,.»г... »тг ди ди ди Показать,что 2ьи ж г(т), где 16и = — + — + — — оператор Лапласа, и найти функцию Эхг дуг Эгг Р. м Имеем 3 2. Частные производные и дифференциалы функцни векторного аргумента 137 О» в О*» в Зг» в Зг» где нг з ег зе еы,т ем Отсюда 23в = игг — + — +наг — + — + Вычисляя производные ~д~~ 2х(х' — Зу') д~у 2х(332 — хг) ддгг у — х ( г+,2)з дгб 2у(Зх' — уг) (.г+ г)з д~ф 23(у' — Зхг) дх (хг + уг)2 аб гху ахг (ха+уз)з ' а„г (ха+уз)з (хг 1 уг)г убеждаемся, что — — + — — =О, гтрг»О, ЬО=О. ду аф дгг дф а ах ау ау Таким образом, из (1) и (2) и вз того, что Ьв = О, следует (2) 1 сгв — ( г + 2)2 ган = О.
> 63. Доказать, что если функция е = е(х, 1) удовлетворяет уравнению теплопроводности де где — = а —, то функция в = — е а ггв ( —, — — ), 1 > О, также удовлетворяет згому д1 дхг ' авгг (, агг аггг' ' уравнению. и Находим производные 2 г ха Хог ег в,= (т- — + — — — + е ггы 2ег722 4ег Я азтгг'"' азч'гз ! г в»г в е хе хе, еы + е а»гг, 2азг/12 4агчхгг азт'гз егтгг у где через а', и а",, обозначены частные производные функции и по первому аргументу, а через вг — по второму аргументу, и подставляем их з выражение в,'— а'в,",. После упрощений получаем 2 в 1 вг — ав, = — с а'в'тг Согласно условию, ег — а е",, = О.
Позтому 2» 1 64. Доказать, что функция в = —, где г г де удовлетворяет уравненюо Лапласа 23е м — + — а г г» г (вг — а егг) . г 2 в вг-е в,» =О. ~ , при г р' О дге дге — + — = О. ду' дх и Имеем де 1 дг 1 х — а х — а дге 1 3(х — а)дг 1 3(х — а) гз дхг гг га дх гг гг а* гг ах Аналогично находим дгв 1 3(у — Ь)2 дгн 1 31я - с)2 дггз гл гг ' ддзз гг гз дгг 2ху ау (х2.1. у2)2 г (за+ уг)2 +2»гг ~ — — + — — ~ +ег ЬР+ ег 23О. (1) „ /др ад ар ад\ ~ дх дх ду ду,~ 133 Гл.
2. Диффереициалыюе исчисление функций веиториого аргумента Складывая последние три равенства, получаем 3 3 2 2 2 3 3 гьи = — — + — С(х — е) + (У вЂ” 3) + (з — е) ) = — + — = О, Н гз гз гз гз 66. Пусть функции иг = иг(х, у, з) и иг = аг(х, у, з) удовмтворюот уравнению Лапласа д»и = О.
Доказать, что функция з = иг(х, у, з) + (х + у + з )иг(х, у, з) удоваетворяет бигармоническому уравнению Ь(1!»з) = О. и Последовательно дифференцируя, находим дз диг диг де диг г 2 диг 2 2 2 д иг 2 — = — +ух +Сх +у +2) —, — = — +2и,+4х — +Сх +у +2) —. дх дх дх ' дхг дхг дх дхз Аналогично д д и 2 2 диг ( 2)диг д диг 2 2 2 диг (г г 2)дие 2 — = — +2из+4у — + (х + у + 2 ) —, — »з — +2иг+4г — + (х + у + 2 ) —.
ду2 ду2 ду ) дг,г ' дзг дзг д. ' дзг ' Следовательно, »1» = Ьиг + биг + 4 х — + у — + з — ) + Сх + у + з ) Ьиг. ) диг диг диг 1 г з дх ду дз ) Учитывая, что функции аг и иг удовлетзарают уравнению Лапзаса, т. е. что Лиг = О и 2.»иг = О пояг чаем / 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» < а. 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 дх ду 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 а Имеем -*-~;) = -Нв-) соэо+ -*~~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 асада в точке М артогонален к линии уровня с ж !п(хэ + у'), проходящей через точку М, то направлюощие косинусы вектора ! равны направляющим косинусам бгаь1 а в точке М, т.
е. в (м) вэ(м! В» вэ ада(М)(( соэд (( аэ а(М)(( в,( м) ээ, вэ1м) о в» Те 7' вэ х2~32 ' ((бгаь( а(М)(( = /ха + уз' поэтому сова ж -н4 —, соса = -эээа э. Счедовательно, 'т'эЬ'Ьээ ъ'*а+" о а,(м) а.(м) а.(м) 2 = — сов о+ — соэд = . (ха+уз 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 а =— 'У1 ь Гз 7 а где у = -Ма~ — х . Отсюда Ьб о = —, а направляющие косинусы внутренней нормали выра- а ь' ь маются формулами соэ а = —, сов д = — — (мы берем знак минус, поскольку нор- ~/ ээээ ',„/ ээьэ маль внутренняя). Воспользуемся формулой производной па направлению а = (сазе, сов д) ах(М) аз(М) а (М) а = ах "' + ау Вычисляя производные = ††, = ††, находим внмь оу агдам~ эг а а' вэ ь' ах(м) ЬЛ аЯ ф(а'+ Ьэ) да аиста~ -~- Ъэ Ь~/а~ + Ьэ эЬ 75.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
