ЕН.Ф.1.1 МАТЕМАТИКА. МА 147
advertisement
ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ, ОПРЕДЕЛЕНИЯ
2
3
1 . R {( x, y )} ( R {( x, y, z )}) - множество всех упорядоченных пар чисел (x,y)
(троек чисел (x,y,z)). R {( x1, x2 ,..., xn )} - множество всех упорядоченных наборов n
n
чисел ( x1, x2 ,..., xn ) .
2. Функция f n переменных сопоставляет по определенному правилу каждому
n
набору n чисел ( x1, x2 ,..., xn ) из области определения D R единственное значение u
E R , что записывается в виде f : D E или
u f ( x1 ,..., xn ), ( x1 ,..., xn ) D. В дальнейшем будем рассматривать функции двух (трех)
из
области
значений
переменных z f ( x, y ) , ( x, y ) D R (u f ( x, y, z ), ( x, y, z ) D R ) .
3. Если (x,y) (или (x,y,z)) - декартовы координаты точки плоскости Oxy (или
пространства Oxyz), то D – часть плоскости или вся плоскость (часть пространства или все
пространство).
0
0
0
4. - окрестность точки M 0 ( x1 , x2 ,..., xn ) - множество всех точек
2
3
M ( x1 , x2 ,..., xn ) , не совпадающих с точкой M 0 , расстояние до которых от точки M 0
меньше : 0 ( M , M 0 ) . Так, - окрестность точки M 0 ( x0 , y0 ) - множество точек
( x x0 ) 2 ( y y0 ) 2 ( z z0 ) 2 - шар
радиуса без границы с выколотым центром M 0 .
M(x,y), удовлетворяющих условию 0
5. Назовем точку внутренней точкой области, если она принадлежит этой области
вместе со всеми точками какой – нибудь своей окрестности. Любая окрестность граничной
точки области содержит точки, принадлежащие области, и точки, не принадлежащие
области. Сами граничные точки могут принадлежать области, а могут не принадлежать.
6. Область называется замкнутой, если она содержит все свои граничные точки.
Пример 1. Найти и изобразить область определения функций:
а) z 1 x
2
y 2 1 ; б) z x 2 4 y / ln(1 x 2 y 2 ) .
а) функция определена, если x и y
удовлетворяют системе неравенств (которую
x 1,
x 2 1,
Следовательно, область
2
y
1.
y
1;
точек
D ( x, y) 1 x 1, y 1
1 x 0,
последовательно решаем)
2
y 1 0;
2
определения
( x, y)
множество
1 x 1,1 y .Область определения изображена на рис. 9.1.
б) функция определена, если x и y удовлетворяют системе
y
неравенств
1
1
0
1
1
Рис. 9.1.
x
x 2 4 y 0,
2
2
1 x y 0,
1 x 2 y 2 1.
Область определения получается пересечением множеств:
y x 2 / 4 - множество точек “под” параболой y x 2 / 4 ,
включая саму параболу; x y 1 - внутренность круга
2
2
радиуса 1 с центром в точке O(0;0) , x y 0 - вся плоскость Oxy, исключая точку
2
2
147
y
O(0;0) . Итак, D {( x, y ) y x 2 / 4,
0
1
x 2 y 2 1, ( x 0)
1
( y 0)} (рис. 9.2).
x
1
Рис. 9.2.
Задачи для самостоятельного решения
Найти области определения следующих функций:
2. z ln( y 4 x 8) . 3. z 1/ x y 1/ x y .
1. z 1 x / a y / b .
2
2
2
2
2
4. z arcsin(( y 1) / x) . 5. z
8. u
6. z ctg ( x y ) . 7. z ln x lnsin y .
x y .
R 2 x 2 y 2 z 2 1/ x 2 y 2 z 2 r 2 , R r.
ПРЕДЕЛ ФУНКЦИИ
Пусть функция f ( M ) f ( x1 , x2 ,..., xn ) определена на множестве D и точка
M0 D .
1. Число А называется пределом функции f(M) при стремлении точки
M ( x1 , x2 ,...xn ) к точке M 0 ( x10 , x20 ,..., xn0 ) (или, другими словами, при
xi xi0 , i 1,2,..., n) , если для любого, сколь угодно малого положительного найдется
такая - окрестность точки M 0 , что для любой точки M из этой окрестности выполняется
f ( M ) A и обозначается lim f ( M ) A . Этот предел не должен зависеть от
M M 0
способа
(“пути”)
стремления
к
M
М0.
df
Используя
логические
lim f ( M ) A 0 ( ) 0
символы
MM0
M (0 ( M , M 0 ) f ( M ) A ) .Для функции двух переменных f (x,y)
df
lim f ( x, y ) A 0 ( ) 0 ( x, y ) (0 ( x x0 ) 2 ( y y0 ) 2
x x0 ,
y y0
f ( x, y) A ) .
2. Функция f(M) называется бесконечно малой функцией (б.м.ф.) при стремлении M
df
к
точке
M0,
если
lim f ( M ) 0 0
( ) 0
M M 0
M (0 ( M , M 0 ) f ( M ) ) . Практически, при вычислении
lim f ( M )
M M 0
удобно задать проходящую через точки M и М0 линию в параметрической (или иной )
форме, сведя тем самым задачу к вычислению предела функции одной переменной по
известным правилам и теоремам.
2 xy
,
x 0 x y 2
y 0
Пример 2. Вычислить пределы: а) lim
2
б) lim( x y )e
2
2
( x y )
x
y
148
а) Пусть точка M(x,y) из окрестности точки M0(0,0) стремится к точке М0 по прямой
y=kx ( проходящей через точки М0 и М). Тогда из x 0 следует y 0 и
2 xy
2 x kx
2k
lim 2
. Пределы получаются разными при различных “k”
2
2
2
2
x 0 x y
x 0 x k x
1
k
y 0
lim
2
и не существует числа A, к которому значения f ( x, y)
2 xy
(x y2 )
2
становились бы
сколь угодно близки, как только точка M(x,y) оказывается в достаточной близости от
точки M0(0,0). Предел данной функции при MM0(0,0) не существует.
2
2
( x y )
б) lim( x y )e
=находим предел вдоль луча y=kx (k>0, x [0; ) ) при
x
y
применим
x
x e
2
2
x
( x )
2(1 k )
2
Лопиталя два раза= (1 k )lim
. lim (1 k ) x
x
(1 k ) x e
e(1 k ) x
x= lim x (1 k )e
2
2
x (1 k )
(1 k )lim
2
x2
(1 k ) x
правило
2(1 k 2 )
1
lim
0 k 0, – предел существует и равен нулю.
2 x (1 k ) x
(1 k )
e
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить пределы функций, полагая, что независимые переменные произвольно
стремятся к своим предельным значениям.
x2 y 2 1 1
sin( x3 y 3 )
.
. 10. lim
9. lim
2
2
2
2
x 0
x 0
x
y
x
y
y 0
y 0
12. lim(1 x y )
2
x 0
y 0
9.3.
2
1
x2 y 2
2
2
e1/( x y )
11. lim 4
.
x 0 x y 4
y 0
x y
.
x x xy y 2
y
. 13. lim
2
НЕПРЕРЫВНОСТЬ ФУНКЦИИ
0
0
1. Функция f(M) называется непрерывной в точке M 0 ( x1 ,..., xn ) , если выполнены
условия : 1) f(M) определена в точке M0 ; 2) существует lim f ( M ) ;
3) lim f ( M ) f ( M 0 ) .
M M 0
M M 0
2. Функция f(M) называется непрерывной в области U , если она непрерывна в
каждой точке области U.
3 . Если в точке M0 нарушено хотя бы одно из условий 1) – 3) непрерывности
функции в точке, то M0 называется точкой разрыва функции f(M). Точки разрыва могут
быть изолированными, образовывать линии разрыва, поверхности разрыва и т.д.
Теорема 9.1 (Вейерштрасса). Если множество U, принадлежащее области
определения функции f, является замкнутым и ограниченным, а функция f непрерывна на
U, то f достигает на U своих наибольшего и наименьшего значений, т.е. существуют такие
точки M 1 U и M 2 U , что для любой точки M U выполняется неравенство
f ( M 1 ) f ( M ) f ( M 2 ).
149
Пример 3. Найти точки разрыва функций: а) z 1/ ln(2 x y );
2
2
б) u 1/( x y z ).
2
2
2
а) Область существования функции ln(2 x y
2
2)
есть множество точек
плоскости Oxy, координаты которых удовлетворяют условию 2 x y 0 или
2
x 2 y 2 2 - внутренность круга радиуса
2
2 с центром в точке O (0;0). Функция
1/ ln(2 x y ) не определена в точках, в которых знаменатель обращается в нуль, т.е.
ln(2 x 2 y 2 ) 0 , отсюда 2 x 2 y 2 1 или x 2 y 2 1 . Таким образом, функция
2
2
z(x,y) разрывна на окружности x y 1 .
2
2
б) Функция u(x,y,z) не определена в точках, в которых знаменатель обращается в
нуль. Поэтому в пространстве Oxyz точки разрыва функции образуют поверхность
x 2 y 2 z 2 0 – конус.
Задачи для самостоятельного решения
Найти точки разрыва функций двух переменных:
2
2
3
3
14. z 1/(( x 1) ( y 1) ). 15. z 1/ sin x sin y. 16. z ( x y ) /( x y ).
Найти точки разрыва функций трех переменных:
17. u 1/ xyz.
x2 y 2 z 2
1
.
2
2
2
a
b
c
18. u 1/
19. Исследовать непрерывность функции при x = 0, y = 0:
2 2
2
2
2
2
1) f ( x, y) x y /( x y ), f (0,0) 0 . 2) f ( x, y) xy /( x y ), f (0,0) 0 .
x3 y 3
, f (0,0) 0 .
3) f ( x, y ) 2
x y2
ЧАСТНЫЕ ПРОИЗВОДНЫЕ И ДИФФЕРЕНЦИРУЕМОСТЬ ФУНКЦИИ
1. Пусть M(x1,…,xk,…,xn) – произвольная фиксированная точка из области
определения D функции u f ( x1 ,..., xn ) и точка N ( x1 ,..., xk xk ,..., xn ) D. Если
существует предел
lim
N M
f ( N ) f (M )
f ( x1 ,..., xk xk ,..., xn ) f ( x1 ,..., xk ,..., xn )
lim
,
xk 0
MN
xk
то он называется частной производной первого порядка данной функции по переменной xk
в точке M и обозначается
u
или f xk ( M ) , или f xk ( x1 ,..., xn ) .
xk
Частные производные вычисляются по правилам дифференцирования функции
одной переменной, при этом все переменные, кроме xk , рассматриваются как постоянные.
2. Частными производными второго порядка функции u f ( x1 ,..., xn ) по
соответствующим переменным называются частные производные от ее частных
производных
первого
порядка,
они
обозначаются:
2u
xk2
u
xk xk
150
2u
u
= f xk xk ( x1 ,..., xk ,...xn ) f 2 ( M ) ,
xk
xk xl xl xk
f xk xl ( M ) и т.д. Аналогично
определяются частные производные порядка выше второго.
Теорема 9.2 Если смешанные производные f xk xl и f xl xk непрерывны, то они
совпадают: f xk xl f xl xk .
Таким образом, результат многократного дифференцирования функции по
различным переменным не зависит от порядка дифференцирования при условии, что
возникающие при этом “смешанные” частные производные непрерывны.
Пример 4. Найти частные производные первого и второго порядков от функции
z ln( x 2 y 2 ) .
Считая последовательно постоянной “y”, затем “x”, и применяя правило
дифференцирования сложной функции, получим:
z
1
2x
2
2
,
2
(
x
y
)
x
x ( x y 2 )
x2 y 2
z
1
2y
. Дифференцируя вторично, получим:
2
( x 2 y 2 )y 2
2
y ( x y )
x y2
2 z z 2 x
( x2 y 2 ) x 2x
x2 y 2
2
2
,
x 2 x x x x 2 y 2
( x 2 y 2 )2
( x 2 y 2 )2
2 z
z 2 x
(2 y )
4 xy
2
2x 2
2
,
2
2 2
2 2
xy y x y x y
(x y ) (x y )
2 z
z
2y
2x
4 xy
2
2
y
2
,
2
2
2 2
2 2
yx x y x x y
(x y ) (x y )
2 z z
2y
( x 2 y 2 ) y (2 y )
x2 y 2
2
2
.
y 2 y y y x 2 y 2
( x 2 y 2 )2
( x 2 y 2 )2
Задачи для самостоятельного решения
Найти частные производные 1-го и 2-го порядков от заданных функций:
xy
5
5
3 3
2
20. z x y 5 x y . 21. z xy y / x . 22. z xe . 23. z (cos y ) / x .
24. z y .
x
25. Найти f x(3,2), f y(3,2), f xx (3,2), f xy (3,2), f yy (3,2) , если
f ( x, y) x3 y xy 2 2 x 3 y 1 .
ДИФФЕРЕНЦИРУЕМОСТЬ ФУНКЦИИ. ДИФФЕРЕНЦИАЛ ФУНКЦИИ
1. Полным приращением функции f ( x1 ,..., xn ) в точке M ( x1 ,..., xn ) ,
x1 , x2 ,..., xn , называется разность
f ( x1 ,..., xn ) f ( x1 x1 ,..., xn xn ) f ( x1 ,..., xn ) .
(5.1)
соответствующим приращениям аргументов
2.Функция f называется дифференцируемой в точке М, если существуют такие
числа A1 , A2 ,..., An , что всюду в окрестности точки М полное приращение
функции можно представить в виде
f ( x1 , x2 ,..., xn ) A1x1 A2 x2 ... An xn o( ) ,
где
(x1 )2 (x2 ) 2 ... (xn ) 2 .
Теорема 9.3 (Необходимое условие дифференцируемости функции.) Если функция
f дифференцируема во внутренней точке M ( x1 , x2 ,..., xn ) D( f ) , то существуют
151
частные производные
f
( M i ), i 1,2,..., n.
xi
Теорема 9.4. (Достаточное условие дифференцируемости функции). Если частные
f
, i 1,2,..., n существуют и непрерывны во внутренней точке
xi
M ( x1 , x2 ,..., xn ) D( f ) , то функция дифференцируема в М. Для дифференцируемой в
производные
точке М функции f полное приращение
f ( M ) f x1 (M ) x1 ... f xn (M )xn o( )
(5.2)
3. Дифференциалом df первого порядка функции
f ( x1 ,..., xn ) в точке
M ( x1 , x2 ..., xn ) называется главная часть полного приращения (5.2), линейная
относительно x1 ,..., xn :
(5.3)
df (M ) f x1 (M ) x1 ... f xn (M ) xn .
f 0, если l k ,
xl 1, если l k ,
l = 1,2,…,n и df ( x1 ,..., xn ) xk или dxk xk , k 1,2,..., n . Тогда дифференциал
Подставив в (5.2) f ( x1 ,..., xn ) xk , k 1,2,..., n , получим
функции f выражается через дифференциалы независимых переменных:
df (M ) f x1 (M ) dx1 ... f xn (M ) dxn .
(5.4)
Функции u и v нескольких переменных подчиняются обычным правилам
дифференцирования:
d (u v) du dv ,
d (uv) vdu udv ,
d (u / v) (vdu udv) / v 2 .
(5.5)
4.Дифференциалом 2-го порядка d f функции f ( x1 ,..., xn ) называется
дифференциал от ее дифференциала 1-го порядка, рассматриваемого как функция
переменных x1 ,..., xn при фиксированных (т.е. постоянных) dx1 ,..., dxn :
2
d 2 f d (df ) . Вообще, дифференциал m – го порядка функции f:
d m f d (d m1 f ), m 2,3,...
(5.6)
Пример 5. Найти полное приращение и дифференциал функции f ( x, y ) xy в
точке ( x, y ) .
По формуле (5.1) f ( x, y) f ( x x, y y) f ( x, y)
2
= ( x x)( y y ) xy y x 2 xy y x(y ) 2 yxy x(y ) .
Дифференциал df есть главная часть полного приращения, линейная относительно
x и y : df ( x, y) y 2x 2 xyy .
2
2
2
2
2
Пример 6. Найти дифференциал функции f ( x, y, z ) x y / z .
2
3
4
f 2 xy 3 f 3x 2 y 2 f
4 x2 y3
,
,
5 ,
Первый способ. По формуле (5.4):
x
z y
z4
z
z
2 xy 3
3x 2 y 2
4 x2 y3
df ( x, y, z ) 4 dx 3 4 dy 5 dz xy 2 (2 yzdx 3xzdy 4 xydz ) / z 5 .
z
z
z
Второй способ. Применяем правила дифференцирования (5.5):
152
1
1
1
) 4 d ( x 2 y 3 ) x 2 y 3d ( 4 ) ( y 3 2 xdx x 2 3 y 2dy) / z 4 +
4
z
z
z
2 3
5
2
x y (4dz / z ) xy (2 yzdx 3xzdy 4 xydz ) / z 5 .
Пример 7. Найти дифференциалы 1-го, 2-го и 3-го порядков для функции f ( x, y) .
По формуле (5.4): df f xdx f ydy . По формуле (5.6) при m = 2 и m = 3, считая dx и
df ( x, y, z ) d ( x 2 y 3
dy постоянными, последовательно находим (смешанные частные производные не зависят
от порядка дифференцирования):
d 2 f d (df ) d ( f xdx f ydy) ( f xdx f ydy)x dx ( f xdx f ydy )y dy
= f xx (dx) 2 f xy dxdy f yy (dy) ;
2
2
d 3 f d (d 2 f ) ( f xx (dx)2 2 f xy dxdy f yy (dy)2 )x dx ( f xx (dx)2 2 f xydxdy
(dx)3 3 f xxy
(dx)2 dy 3 f xyy
dx(dy)2 f yyy
(dy)3.
f yy (dy)2 )y dy f xxx
Задачи для самостоятельного решения
Найти полное приращение и дифференциал функции z:
2
2
26. а) z x xy y , если x изменяется от 2 до 2,1, а y – от 1 до 1,2.
б) z lg( x y ) , если x изменяется от 2 до 2,1, а y – от 1 до 0,9.
Найти дифференциал функций:
2
27. z ln( y
2
x2 y 2 ) .
29. z ln cos( x / y) .
28. z tg( y / x) .
2
30. Найти df(1,2,1), если f ( x, y, z ) z /( x y ) .
Найти дифференциалы 1-го и 2-го порядков.
2
2
33. z
31. z x 3x y y .
32. z y / x x / y .
34. z ( x y )e .
35. u xy yz zx . 35. u e
3
2
3
xy
x 2 2 xy .
xyz
.
ДИФФЕРЕНЦИРОВАНИЕ СЛОЖНЫХ И НЕЯВНЫХ ФУНКЦИЙ
СЛОЖНЫЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ И НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
1 . Пусть u f ( x1 ,..., xn ) и в свою очередь, x1 1 (t ),.., xn n (t ) .
Теорема
9.5.
Если
функции
1 (t ),...,n (t )
дифференцируемы
в
точке
M ( x1 ,..., xn ) M (1 (t ),...,n (t )) , то для производной сложной функции
переменной u f (1 (t ),...,n (t )) справедлива формула
u(t ) f x1 (M ) 1(t ) ... f xn ( M ) n (t ) или
du u dx1 u dx3
u dxn
.
...
dt x1 dt x2 dt
xn dt
В
частности,
если
t
совпадает,
например,
одной
(6.1)
с
переменной
x1 ,
то
x2 2 ( x1 ),..., xn n ( x1 ) и “полная” производная функции и по x1 равна
du u u dx2
u dxn
...
.
(6.2)
dx1 x1 x2 dx1
xn dx1
2. Пусть u f ( x1 ,..., xn ) и, в свою очередь, x1 1 (t1 ,..., tm ) , xn n (t1 ,..., tm ) .
1 ,..., n дифференцируемы в точке N (t1 ,..., tm ) , а
функция f дифференцируема в точке M ( x1 ,..., xn ) M (1 ( N ),..., n ( N )) , то сложная
Теорема 9.6. Если функции
153
функция m переменных u f (1 (t1 ,..., tm ),...,n (t1 ,..., tm )) дифференцируема в точке N и
справедливы формулы:
u u x1 u x2
u xn
(6.3)
(l 1,2,..., m) ,
...
tl x1 tl x2 tl
xn tl
при этом частные производные функции u по xk (k 1,2,..., n) вычислены в точке М, а
частные производные функций xk по tl (l=1,2,…,m) вычислены в точке N.
Выражение для дифференциала 1-го порядка сохраняет вид (5.4) (свойство
инвариантности формы первого дифференциала).
du
2
, если u xyz , где x t 1, y ln t , z tg t .
dt
du u dx u dy u dz
По формуле (6.1) имеем
yz 2t xz (1/ t )
dt x dt y dt z dt
xy sec2 t 2t lntg t (t 2 1) tg t ) / t (t 2 1)ln t sec2 t .
t
Пример 9. Найти производную функции u (t ) t .
Пример 8. Найти
Первый способ – применить логарифмическое дифференцирование, как делалось для
функции одной переменной.
Второй способ. Функция u(t) есть результат образования сложной функции при
y
подстановке в функцию f ( x, y ) x вместо x и y двух одинаковых функций переменой t:
x (t ) t ,
y (t ) t .
+ f y( x, y ) (t )
получаем
Тогда
по
формуле
t x
t
y
x
(6.1):
u(t ) f x( x, y ) (t )
1 x y 1= y x y 1 x y ln x t t t 1
y
+ t ln t t (1 ln t ) .
t
t
Пример 10. Найти
z dz
x
и
, если z y , где y = sin2x.
x dx
dz z z dy
z
=
y x ln y . По формуле (6.2) получим
x
dx x y dx
y x ln x 2 xy x1 cos2 x .
z z
Пример 11. Найти
, , dz , если z f (u, v) , где u ln( x 2 y 2 ) , v xy 2 .
x y
2
2
2
z f (ln( x y ), xy ) - сложная функция от независимых переменных x и y. Тогда по
z z u z v
2x
формулам (6.3) получим:
fu 2
fv y 2 ;
2
x u x v x
x y
z z u z v
2y
z
z
fu 2
f v 2 xy ; dz du dv fudu f vdv ,
2
y u y v y
u
v
x y
2x
2y
du ux dx uy dy 2
dx
dy , dv vx dx vy dy y 2dx 2 xydy ,
2
2
2
x y
x y
2x
2y
2
dz fu 2
dx
dy
f v( y dx 2 xydy )
2
2
2
x y
x y
Имеем
154
2x
2y
2
f y 2 f v)dx dx 2
f 2 xyf v dy .
2 u
2 u
x y
x y
НЕЯВНЫЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ И НЕСКОЛЬКИХ НЕЗАВИСИМЫХ
ПЕРЕМЕННЫХ
1. Пусть дифференцируемая в точке x0 функция y(x) задана неявно уравнением
F ( x, y) 0 и y=y(x) - решение этого уравнения. Если функция F дифференцируема, то
производная функции y=y(x) определяется формулой
dy
dx
x x0
Fx( x0 , y0 )
Fy( x0 , y0 )
(6.4)
при условии, что Fy( x0 , y0 ) 0 , где y0 = y (x0), F (x0,y0) = 0.
2. Пусть дифференцируемая в точке M ( x1 ,..., xn ) функция u ( x1 ,..., xn ) задана
0
0
0
неявно уравнением F ( x1 , x2 ,..., xn , u ) 0 и u = u ( x1 ,..., xn ) - решение этого уравнения.
Если F дифференцируема, то частные производные функции u = u ( x1 ,..., xn ) в
точке М 0 определяются по формулам
u
xk
M M
0
Fxk ( M 0 , u 0 )
Fu( M 0 , u 0 )
(k 1,2,...,n)
(6.5)
при условии, что Fu( M , u ) 0 , где u u ( M ), F ( M , u ) 0 .
0
0
0
0
0
0
Пример 12. Найти y(0) , если y 1 xe .
y
F ( x, y) y xe y 1 0 и по формуле (6.4) получаем
y( x)
Fx( x, y)
Fy( x, y)
ey
=
. В нашем случае x0 = 0. Непосредственной подстановкой убедимся, что точка
1 xe y
принадлежит
графику
функции,
т.е.
N ( x0 , y0 ) N (0;1)
F ( x0 , y0 ) F (0;1) ( x xe y 1)
x 0
y 1
0 . Поэтому y(0)
e1
e .
1 0 e1
z z
, , если x3 2 y3 z 3 3xyz 2 y 3 0 .
x y
Левую часть данного уравнения обозначим F ( x, y, z ) . По формуле (6.5)
x
Fx( x, y, z )
3x 2 3 yz x 2 yz
получим:
,
2
y
Fz( x, y, z )
3z 3xy xy z 2
F ( x, y, z )
z
6 y 2 3xz 2
.
y
y
Fz( x, y, z )
3( z 2 xy )
Задачи для самостоятельного решения
dz
2 x3 y
37. Найти
, если z e
, где x tgt , y t 2 1 .
dt
dz
y
38. Найти
, если z x , где x = ln t, y = sin t.
dt
Пример 13. Найти
155
du
t
2
, если u yz / x, где x e , y ln t , z t 1 .
dt
z dz
x
y
3
40. Найти
и
, если z ln(e e ) , где y x x / 3 .
x dx
x 1
z dz
( x 1)2
41. Найти
и
, если z arctg
, где y e
.
x dx
y
2
2
2
42. Найти zx , z y , если z u ln v , где u y / x, v x y .
39. Найти
43. Найти dz, если z u v v u , где u x sin y,
v y cos x .
2
44. Найти zx , zy , если z f (u, v) , где u 2 y /( z y ), v x 3 y .
2
2
45. Найти dz, если z f (u, v) , где u sin( x / y),
v x/ y .
dy
2 2y
2 2x
, если: а) x e y e 0 , б) y sin x cos( x y ) 0 .
dx
dy d 2 y
47. Найти
, 2 , если: а) x y e x y , б) x y arctg y 0 .
dx dx
3
2
48. Найти z x и zy в точке (1,-2,2), если z 4 xz y 4 0 .
46. Найти
2
2
2
49. Найти z x и zy , если: а) z ln( x z ) xy / z 0 , б) F ( x y z, x y z ) 0 .
Рекомендация. Ввести u x y z, v x y z .
2
2
2
ПРИЛОЖЕНИЯ ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ И ДИФФЕРЕНЦИАЛА
ПРИЛОЖЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛА К ПРИБЛИЖЕННЫМ
ВЫЧИСЛЕНИЯМ
Для дифференцируемой функции f ( x1 ,..., xn ) при достаточно малом
(x1 ) 2 ... (xn ) 2 из формул (5.1) – (5.3) следует f df или, что то же самое,
f ( x1 x1 ,..., xn xn ) f ( x1 ,..., xn ) df ( x1,..., xn ) .
Пример 14. Вычислить приближенно
(7.1)
(4,05) 2 (3,07) 2 .
Искомое число будем рассматривать как значение функции f ( x, y )
x 2 y 2 при
x x0 x и y y0 y , если x0 4, y0 3, x 0,05, y 0,07 . Точка M (4;3)
выбрана из соображений близости ее к точке N (4,05; 3,07) и простоты вычисления
значений функции f и ее частных производных в точке М.
По формуле (7.1) имеем
f ( x0 x, y0 y) f ( x0 , y0 ) f x( x0 , y0 )x f y( x0 , y0 )y .
Находим f ( x0 , y0 )
f y( x0 , y0 )
x2 y 2
M (4,3)
y
x2 y 2
5,
M (4,3)
f x( x0 , y0 )
2
. Следовательно,
5
x
x2 y 2
M (4,3)
4
,
5
(4,05) 2 (3,07) 2
5 (4 0,05 3 0,07) / 5 5 0,08 5,08 .
156
КАСАТЕЛЬНАЯ ПОВЕРХНОСТЬ И НОРМАЛЬ К ПОВЕРХНОСТИ
Касательной плоскостью к поверхности в ее точке M 0 (точка касания)
называется плоскость, содержащая в себе все касательные к кривым, проведенным на
поверхности через эту точку. Уравнение касательной плоскости в точке касания
M 0 ( x0 , y0 , z0 ) имеет вид:
а) к поверхности F(x,y,z) = 0:
(7.2)
Fx(M 0 )( x x0 ) Fy(M 0 )( y y0 ) Fz(M 0 )( z z0 ) 0 ,
1.
б) к поверхности z f ( x, y ) :
z z0 f x( x0 , y0 )( x x0 ) f y( x0 , y0 )( y y0 ) .
2. Нормалью к поверхности называется прямая, перпендикулярная к касательной
плоскости и проходящая через точку касания. Параметрические уравнения нормали в
точке касания M 0 ( x0 , y0 , z0 ) имеют вид:
а) к поверхности F ( x, y, z ) 0 :
x x0 Fx(M 0 ) t , y y0 Fy(M 0 ) t , z z0 Fz(M 0 ) t ; (7.3)
б) к поверхности z f ( x, y ) :
x x0 f x( x0 , y0 ) t , y y0 f y( x0 , y0 ) t , z z0 t .
Пример 15. Найти уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности
x y 2 z 2 8x 4 y 6 z 20 0 в точке М(2,4,6).
Обозначив через F ( x, y, z ) левую часть уравнения поверхности, найдем
Fx( x, y, z ) 2 x 8,
Fy( x, y, z ) 2 y F4z( x, , y, z ) 2 z 6, Fx(2,4,6) 4,
Fy(2,4,6) 12, Fz(2, 4,6) 6. По формуле (7.2) имеем уравнение касательной
4( x 2) 12( y 4) 6( z 6) 0 или 2 x 6 y 3z 38 0 . По
плоскости
2
формулам
уравнения нормали в параметрической форме
x 2 4t , y 4 12t , z 6 6t , отсюда можно получить канонические уравнения
нормали
(7.3)
находим
x2 y4 z 6
.
2
6
3
ЭКСТРЕМУМ ФУНКЦИИ 2-Х ПЕРЕМЕННЫХ
Пусть M 0 ( x0 , y0 ) - внутренняя точка области определения функции f ( x, y) .
Точка M 0 называется точкой минимума (максимума) функции f, если существует такая
окрестность V( M 0 ) точки M 0 , что для любой точки M ( x, y ) V( M 0 ) выполняется
f ( M ) f ( M 0 ) ( f ( M ) f ( M 0 )) .
Точка M 0 называется точкой экстремума функции f, если она является точкой
минимума или точкой максимума этой функции.
Теорема 9.7. (Необходимое условие экстремума.) Если
M 0 ( x0 , y0 ) - точка
экстремума функции, то каждая частная производная f x( M 0 ) и f y( M 0 ) либо равна
нулю, либо не существует.
Точка M 0 называется критической точкой функции f, если в ней выполняются
необходимые условия экстремума функции f.
Теорема 9.8. (Достаточные условия экстремума.) Пусть: а) M 0 - критическая точка
функции f,
б) существуют и непрерывны производные f x, f y, f xx, f xy , f yy в точках
M 0 ( x0 , y0 ) и M ( x, y ) V( M 0 ) , в) f xx (M 0 ) f yy (M 0 ) ( f xy (M 0 ))2 .Тогда: 1) если
157
0 и f xx ( M 0 ) 0 ( f yy (M 0 ) 0, )то M 0 - точка минимума функции f ; 2) если
0 и f xx ( M 0 ) 0 ( f yy (M 0 ) 0,) то M 0 - точка максимума функции f ; 3) если
0 , то M 0 не является точкой экстремума; 4) если 0 , то требуется
дополнительное
исследование.
Отметим, что в случае 0 существуют такие две прямые, проходящие через
точку M 0 , что при движении точки M по первой из этих прямых значения функции
f ( M ) сначала уменьшаются, затем возрастают. При движении точки М по другой
прямой значения функции сначала возрастают, в точке M 0 достигают максимума, затем
уменьшаются. В этом случае точку M 0 называют седловой.
Пример 16. Исследовать на экстремум функцию z x y 3xy .
Из необходимого условия экстремума функции (теорема 9.7) имеем систему
3
zx 3 x 2 3 y 0,
2
zy 3 y 3 x 0,
3
решая которую получаем критические точки M 1 (0;0), M 2 (1;1) .
Определим характер критических точек по достаточным условиям экстремума. Находим
zxx ( x, y) 6 x, zxy ( x, y) 3, zyy ( x, y) 6 y . В точке M 1 (0;0) : zxx ( M 1 ) 0 ,
zxy ( M1 ) 3 ,
zyy ( M1 ) 0 ,
z xx z yy ( z xy ) 2
M1 (0;0)
9 0 . Следовательно,
M 1 (0;0) - седловая точка. В точке M 2 (1;1) : zxx ( M 2 ) 6, zxy ( M 2 ) 3 , zyy ( M 2 ) 6 ,
6 6 (3)2 27 0 ,
zmin z (M 2 ) 1 .
поэтому
M 2 (1;1) -
точка
минимума
функции
z;
НАИБОЛЬШЕЕ И НАИМЕНЬШЕЕ ЗНАЧЕНИЯ ФУНКЦИИ 2-Х
ПЕРЕМЕННЫХ В ЗАМКНУТОЙ ОБЛАСТИ
В 9.3 была сформулирована теорема Вейерштрасса (теорема 9.1), согласно которой
всякая функция f ( x, y) , непрерывная в замкнутой области U, ограниченной ломаной
Г= 1 2 ... m , достигает в этой области своих наибольшего – наименьшего
значений, для отыскания которых пользуемся следующим алгоритмом.
1. Находим критические точки, принадлежащие U.
2. На каждом звене k ломаной Г сводим функцию f к функции f k одной переменной и
выделяем на k критические точки функции f k .
3. Список точек, полученный в пунктах 1 и 2 дополняем вершинами ломаной Г.
4. Вычисляем значения функции в точках полученного списка и выбираем
среди них наибольшее и наименьшее, которые и будут искомыми.
Пример
наибольшее и наименьшее значения функции
f ( x, y) x 4 xy 5 y 13x в области D, заданной неравенствами y 2 x 4 .
2
17.
Найти
2
Область D ограничена частью параболы x y и отрезком прямой x = 4 (рис.9.3). 1)
Находим критические точки из необходимого условия экстремума функции:
2
f x 2 x 4 y 13 0,
Решение системы: x =32,5, y = –13. Найденная критическая
f
4
x
10
y
0.
y
точка M 1 (32,5; 13) не принадлежит D.
158
1 x 4, y [2,2] . Функция
f ( x, y) сводится к функции одной переменной f1 ( y) f (4, y) 5 y 2 16 y 36,
f1 ( y ) : f1( y ) 10 y 16 0,
y [2,2] .Находим критические точки функции
y1kp 1,6 . На 1 x = 4 и точки M 2 (4; 1,6) 1 . б) На линии 2 x y 2 , y [2;2] .
2) Исследуем функцию на границе. а) На участке
f ( x, y) сводится к функции f 2 y 4 4 y 3 8 y 2 , y [2;2] . Находим
3
2
2
критические точки функции f 2 ( y ) : f 2( y ) 4 y 12 y 16 y 0 , y( y 3 y 4) 0 ,
( y2 kp 0) [2;2] , ( y3kp 1) [2,2] , ( y4 kp 4) [2,2] . На 2 x y 2 и получаем
точки M 3 (0;0) 2 , M 4 (1;1) 2 .
3) Вершины ломаной в точках M 5 (4; 2) и M 6 (4;2) . 4) Вычисляем значения функции f
f ( M 3 ) 0 , f ( M 4 ) 3 , f ( M 5 ) 48 ,
в точках M 2 M 6 :f(M 2 ) 48,8,
f ( M 6 ) 16 . Итак, f наиб. f (4;2) 16 , f наим. f (4; 1,6) 48,8 .
Функция
ФОРМУЛА ТЕЙЛОРА ДЛЯ ФУНКЦИИ 2-Х ПЕРЕМЕННЫХ.
Если функция f ( x, y) дифференцируема n+1 раз в некоторой окрестности
U ( M 0 ) точки M 0 ( x0 , y0 ) , то для всякой точки M ( x, y ) U ( M 0 ) справедлива формула
Тейлора
f (M ) f (M 0 )
1
1
1
df ( M 0 ) d 2 f ( M 0 ) ... d n f ( M 0 ) Rn (x, y)
1!
2!
n!
или, записав несколько членов в развернутом виде,
1
1
f ( x, y ) f ( x0 , y0 ) ( f x( x0 , y0 )x f y( x0 , y0 )y) ( f xx ( x0 , y0 )( x) 2
1!
2!
1
( x0 , y0 )(x)3
(7.4)
2 f xy ( x0 , y0 )xy f yy ( x0 , y0 )(y)2 ) + ( f xxx
3!
( x0 , y0 )(x)2 x 3 f xyy
( x0 , y0 )x(y)2 f yyy
( x0 , y0 )(y)3 ) …+
3 f xxy
Rn (x, y ) . Здесь x x x0 , y y y0 , Rn (x, y ) - остаточный член в формуле
Тейлора порядка n. При этом Rn (x, y) n (x, y) ((x) (y) ) ,где n бесконечно малая функция при x 0 и y 0 , вид которой зависит от функции f и
2
точки M ( x, y ) . В форме Пеано Rn (x, y ) o( ) , где
n
2 n/2
(x) 2 (y ) 2 . При
x0 y0 0 формула (7.4) называется формулой Маклорена.
Пример 18. Функцию f ( x, y ) x 5 x xy y 10 x 5 y 4 разложить по
формуле Тейлора в окрестности точки(2,-1).
Имеем f (2, 1) 2 . Вычислим последовательно частные производные данной
3
функции: f x( x, y) 3x 10 x y 10,
2
f xx ( x, y) 6 x 10,
производные
f xy (( x, y) 1,
тождественно
равны
2
2
f y( x, y) x 2 y 5 ,
( x, y) 6 . Все последующие
f yy ( x, y) 2, f xxx
нулю.
Значения
производных
в
точке(2,-1):
f x(2, 1) 3, f y(2, 1) 1, f xx (2, 1) 2, f xy (2, 1) 1, f yy (2, 1) 2,
(2, 1) 6 . По формуле (7.4) получаем искомое разложение
f xxx
f ( x, y) 2 3( x 2) ( y 1) ( x 2) 2 ( x 2)( y 1) ( y 1) 2 ( x 2)3 .
159
Пример 19. Функцию f ( x, y ) arctg ( y / x) разложить по формуле Тейлора в
окрестности точки (1;1) до членов второго порядка включительно.
Имеем f (1;1) arctg1 / 4 . В соответствии с формулой (7.4) вычислим
производные 1-го и 2-го порядков данной функции и их значения в точке (1,1).
f x y /( x2 y 2 ), f y x /( x2 y 2 ), f xx 2 xy /( x 2 y 2 )2 ,
f xy 2( y 2 x2 ) /( x2 y 2 )2 , f y 2 xy /( x2 y 2 )2 ; f x(1,1) 1/ 2 ,
f y(1,1) 1/ 2 , f xx (1,1) 1/ 2, f xy (1,1) 0, f yy (1,1) 1/ 2 . По формуле (7.4) имеем
arctg ( y / x) / 4 ( x 1) / 2 ( y 1) / 2 ( x 1) 2 / 4 ( y 1) 2 / 4 o( 2 ) , где
( x 1) 2 ( y 1) 2 .
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить приближенно:
50. (2,01)
3,03
. 51.
(1,02)3 (1,97)3 . 52. sin 28 ;cos61 . 53.
ln( 3 1,03 4 0,98 1) .
Цилиндрический стакан имеет внутренние размеры: радиус основания
R =2,5м, высоту H = 4м и толщину стенок l=1 дм . Найти приближенно объем
материала, затраченного на изготовление стакана.
55. В усеченном конусе радиусы оснований R =20 см, r =10см, высота h =30 см. Как
приближенно изменится объем конуса, если R увеличить на 2 мм, r – на 3 мм и h
уменьшить на 1мм.
56 Найти уравнение касательной плоскости и нормали к следующим поверхностям в
указанных точках:
x cos y
а) z sin x cos y в точке / 4, / 4,1/ 2 ; б) z e
в точке (1, ,1/ e) ;
54.
в) x( y z )( xy z ) 8 0 в точке (2,1,3); г) 2
x/ z
2 y / z 8 в точке (2,2,1);
д) z 4 z x 0 в точках пересечения с осью Oz.
57. Найти углы, которые образуют нормаль к поверхности z arctg ( x / y) в точке (1,1,
/4) c осями координат.
Найти экстремумы функций 2-х переменных:
2
2
58. z x xy y 3x 6 y .
2
2
( x 0, y 0) .
59. z xy (1 x y )
60. z xy 50/ x 20/ y ( x 0, y 0) .
2
61. z x 3xy 15 x 12 y .
3
2
62. z (2 x y )e
2
2
( x2 y 2 )
.
63. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z x y xy x y в
области x 0, y 0, x y 3 .
64. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z xy в области
2
2
x2 y 2 1.
65. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z e
( x2 y 2 )
(2 x 2 3 y 2 )
в круге x y 4 .
66. Определить длины сторон прямоугольного параллелепипеда наибольшего объема,
вписанного в прямой круговой конус с радиусом основания R и высотой H.
2
2
160
67. Определить наружные размеры закрытого ящика с заданной толщиной стенок и
внутренней емкостью V так, чтобы на его изготовление было затрачено наименьшее
количество материала.
3
3
68. Функцию f ( x, y) x 2 y 3xy разложить по формуле Тейлора в окрестности
точки (2,1).
69. Разложить по формуле Маклорена до членов 3-его порядка включительно функцию
f ( x, y) e y cos x .
70. Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки (1;1) до членов 3-го порядка
включительно функцию f ( x, y ) y / x .
71. Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки (1;1) до членов 2-го порядка
включительно неявную функцию z ( x, y) , определяемую уравнением
z 3 3 yz 4 x 0 , если z (1;1) 1 .
Ответы к задачам главы 9
2
1. x / a y / b 1.
2. y 4 x 8 .
3. x y 0, x y 0 - внутренняя часть
правого вертикального угла, образованного биссектрисами координатных углов.
4. 1 x y 1 x ( x 0), 1 x y 1 x ( x 0) (при x = 0 функция не
2
2
2
2
5. x 0, y 0, x y . 6. Вся плоскость за исключением прямых
x y n (n 0, 1, 2,...) . 7. x 0; 2 n y 2(n 1) (n – целое число).
2
определена).
8. Часть пространства, заключенная между сферами x y z r и
2
2
2
2
x 2 y 2 z 2 R 2 , включая поверхность внешней сферы и исключая – внутренней
сферы. 9.0. 10. 0. 11. 0. 12. 1. 13. 0. 14. (1,-1).
15. Линии разрыва – прямые x k и y m , где k , m Z .
16. О(0,0)- точка бесконечного разрыва; точки прямой x y 0 ( x 0) - устранимые
точки разрыва.
17. Поверхности разрыва – координатные плоскости x 0, y 0, z 0 .
18. Поверхность разрыва – эллипсоид x / a y / b z / c 1 .
19. 1) непрерывна; 2) разрывна; непрерывна по x и y в отдельности; 3) непрерывна.
Перейти к полярным координатам.
4
2 3
3
3
4
3 2
2 2
20. zx 5 x 15 x y , zy 5 y 15x y , zxx 20 x 30 xy , zxy 45x y ,
2
2
2
2
2
2
zyy 20 y3 30 x3 y .
2
3
2
21. zx y y / x , zy x 1/ x , zx 2 y / x , zxy 1 1/ x , zyy 0 .
22. zx (1 xy )e
xy
, zy x e
2 xy
, zxx y ( xy 2)e
xy
, zxy x( xy 2)e
xy
,
zyy x3e xy .
23. zx (cos y ) / x , zy 2( y sin y ) / x , zxx 2(cos y ) / x , zxy 2( y sin y ) / x ,
2
2
2
2
3
2
2
zyy (2sin y 2 4 y 2 cos y 2 ) / x .
24. zx y ln y , zy xy
x 1
, zxx y ln y , zxy y
26. а) =0,33, dz = 0,3;
б) z = 0,0187, dz = 0,0174.
( x ln y 1) , zyy x( x 1) y x2 .
25. f x(3,2) 56, f y(3,2) 42, f xx (3,2) 36, f xy (3,2) 31, f yy (3,2) 6 .
x
2 1/ 2
27. dz ( x y )
2
x
2
x 1
( y x 2 y 2 ) 1 xdx ( x 2 y 2 ) 1/ 2 dy .
161
2
2
28. dz x cos ( y / x) y(2 xdy ydx).
2
2
29. dz y tg ( x / y )( xdy ydx) . 30. df (1,2,1) (5dz 2(dx 2dy )) / 25 .
31. dz 3x( x 2 y)dx 3( x y )dy,
2
2
d 2 z 6 x y dx 2 xdxdy y(dy) 2 .
2
32. dz (1/ x 1/ y )( xdy ydx),
2
2
d 2 z 2( y(dx)2 / x3 (1/ y 2 1/ x 2 )dxdy x(dy)2 / y 2 ) .
2
1/ 2
33. dz ( x 2 xy )
(( x y)dx xdy) ,
2
2
3/ 2
d z ( x 2 xy) ( y 2 (dx)2 2 xydxdy x 2 (dy)2 ) .
xy
2
2
34. dz e (( y xy 1)dx ( x xy 1)dy ) ,
d 2 z e xy ( y( y 2 xy 2)(dx)2 2( x y)( xy 2)dxdy x( x 2 xy 2)(dy)2 ) .
2
35. du ( y z )dx ( x z )dy ( x y)dz , d u 2(dxdy dydz dxdz ) .
xyz
36. du e ( yzdx zxdy xydz ) ,
d 2u e xyz (( yzdx xzdy xydz )2 2( zdxdy xdydz ydzdx)) .
2 x 3 y
37. z(t ) e
(2sec2 t 3(2t 1)) . 38. dz / dt x y ( y / tx (ln x)cos t ) .
2
t
2
39. dz / dt ( x( z 2 yt ) yzte ) / tx .
x
x
y
x
y
2
x
y
40. zx e /(e e ), dz / dx (e e ( x 1)) /(e e ) .
2
2
2
2
2
41. zx y /( y ( x 1) ), dz / dx y(1 2( x 1) ) /( y ( x 1) ) .
2
42. zx 2u(ux / v ( y ln v) / x ), zy 2u((ln v) / x uy / v) .
43. dz ((2uv v )sin y (u 2uv) y sin x)dx
2
2
((2uv v 2 ) x cos y (u 2 2uv)cos x)dy .
2
2
44. zx 2 xf v(u, v) 2 yfu(u, v) /( x y ) , zy 2 xfu(u, v) /( x y) 3 f v(u, v) .
45. dz y (cos( x / y) fu(u, v)
2
y / x f v(u, v) / 2)( ydx xdy) .
46. a) y ( y e
xe2 y ) /( x 2e2 y ye2 x ) ,
б) y ( y cos x sin( x y )) /(sin( x y ) sin x) .
2
47. a) y ( x y 1) /( x y 1), y 4( x y) /( x y 1) .
2
2
2
5
б) y (1 y ) / y , y 2(1 y ) / y .
48. zx 1, zy 1/ 2.
2 2x
49. а) zx ( yz ( z x) z ) /( z 2 xy( x z )),
zy xz ( x z ) /( z 3 2 xy( x z )) ;
б) zx ( Fu(u , v) 2 xFv(u , v)) /( Fu(u , v) 2 zFv(u , v)) ,
zy ( Fu(u, v) 2 yFv(u, v)) /( Fu(u, v) 2 zFv(u, v)) .
3
3
50. 8,29. 51. 2,95. 52. 0,227. 53. 0,005. 54. 8,2 м3. 55. Увеличится на 617,5см3.
56. а) x y 2 z 1 0; x / 4 t , y / 4 t , z 1/ 2 2t .
б) x ez 2 0; x 1 t , y , z et 1/ e .
в) 2 x 7 y 5 z 4 0; x 2 2t , y 1 7t , z 3 5t .
г) x y 4 z 0; x 2 t , y 2 t , z 1 4t . д) В точке (0,0,0): z = 0; x = 0,
y = 0, z = t. В точке (0,0,-4): z = -4; x = 0, y = 0, z = -4+t.
162
57. cos 1/ 6 , cos 1/ 6, cos 2 / 6 . 58. zmin 9
при x 0, y 3 .
59. zmax 1/ 64 при x 1/ 4, y 1/ 2 . 60. zmin 30 при x 5, y 2 .
zmax 28 при x 2, y 1 . В критических
61. zmin 28 при x 2, y 1 ;
точках(1;2), (-1;-2) экстремумов нет.
1
62. zmin 0 при x y 0; zmax 2e
при x 1, y 0 . В критических точках (0; 1) экстремумов нет.
63. zнаиб. 6 в точках (3; 0) и (0; 3); zнаим. 1 в точке (1; 1).
64. zнаиб. 1/ 2 в точках (1/ 2;1/ 2) и ( 1/ 2; 1/ 2) ;
zнаим. 1/ 2 в точках (1/ 2; 1/ 2) и (1/ 2;1/ 2) .
65. zнаим. 0 в точке (0; 0); zнаиб. 3/ e в точках (0; 1) и (0; -1).
66. 2 2 R / 3,
2 2 R / 3,
H / 3 . 67. x y z 3 V 2 .
68. f ( x, y) 12 15( x 2) 6( x 2) 3( x 2)( y 1) 6( y 1)
2
2
( x 2)3 2( y 1)3 .
69. f ( x, y ) 1 y ( y x ) / 2! ( y 3x y) / 3! o( ) , где
2
2
3
2
2
x2 y 2 .
70. f ( x, y) 1 ( x 1) ( y 1) ( x 1) ( x 1)( y 1) ( x 1)
2
3
( x 1)2 ( y 1) o( 3 ) , где ( x 1) 2 ( y 1) 2 .
71. z 1 2( x 1) / 3 ( y 1) / 2 2( x 1) / 9 ( y 1) /8 o( ) , где
2
2
2
( x 1) 2 ( y 1) 2 .
ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ, ОПРЕДЕЛЕНИЯ
2
3
1. R {( x, y )} ( R {( x, y, z )}) - множество всех упорядоченных пар чисел (x,y)
(троек чисел (x,y,z)). R {( x1, x2 ,..., xn )} - множество всех упорядоченных наборов n
n
чисел ( x1, x2 ,..., xn ) .
2. Функция f n переменных сопоставляет по определенному правилу каждому
n
набору n чисел ( x1, x2 ,..., xn ) из области определения D R единственное значение u
E R , что записывается в виде f : D E или
u f ( x1 ,..., xn ), ( x1 ,..., xn ) D. В дальнейшем будем рассматривать функции двух (трех)
из
области
значений
переменных z f ( x, y ) , ( x, y ) D R (u f ( x, y, z ), ( x, y, z ) D R ) .
3. Если (x,y) (или (x,y,z)) - декартовы координаты точки плоскости Oxy (или
пространства Oxyz), то D – часть плоскости или вся плоскость (часть пространства или все
пространство).
0
0
0
4. - окрестность точки M 0 ( x1 , x2 ,..., xn ) - множество всех точек
2
3
M ( x1 , x2 ,..., xn ) , не совпадающих с точкой M 0 , расстояние до которых от точки M 0
меньше : 0 ( M , M 0 ) . Так, - окрестность точки M 0 ( x0 , y0 ) - множество точек
( x x0 ) 2 ( y y0 ) 2 ( z z0 ) 2 - шар
радиуса без границы с выколотым центром M 0 .
M(x,y), удовлетворяющих условию 0
163
.
5. Назовем точку внутренней точкой области, если она принадлежит этой области
вместе со всеми точками какой – нибудь своей окрестности. Любая окрестность граничной
точки области содержит точки, принадлежащие области, и точки, не принадлежащие
области. Сами граничные точки могут принадлежать области, а могут не принадлежать.
6. Область называется замкнутой, если она содержит все свои граничные точки.
Пример 1. Найти и изобразить область определения функций:
а) z 1 x
y 2 1 ; б) z x 2 4 y / ln(1 x 2 y 2 ) .
2
а) функция определена, если x и y
удовлетворяют системе неравенств (которую
x 1,
Следовательно, область
y
1.
D ( x, y) 1 x 1, y 1
2
x 1,
2
y 1;
1 x 0,
последовательно решаем)
2
y 1 0;
2
определения
( x, y)
множество
точек
1 x 1,1 y .Область определения изображена на рис. 9.1.
б) функция определена, если x и y удовлетворяют системе
y
неравенств
1
1
1
0
x
1
x 2 4 y 0,
2
2
1 x y 0,
1 x 2 y 2 1.
Область определения получается пересечением множеств:
y x 2 / 4 - множество точек
Рис. 9.1.
“под” параболой y x / 4 ,
включая саму параболу;
2
y
x 2 y 2 1 - внутренность
0
1
1
x
1
круга радиуса 1 с центром в
2
2
точке O(0;0) , x y 0 вся плоскость Oxy, исключая
точку O(0;0) . Итак,
D {( x, y ) y x 2 / 4,
x 2 y 2 1,
( x 0)
( y 0)} (рис. 9.2).
Задачи для самостоятельного решения
Найти области определения следующих функций:
1. z 1 x / a y / b .
2
2
2
2
4. z arcsin(( y 1) / x) . 5. z
8. u
2. z ln( y 4 x 8) . 3. z 1/ x y 1/ x y .
2
x y .
6. z ctg ( x y ) . 7. z ln x lnsin y .
R 2 x 2 y 2 z 2 1/ x 2 y 2 z 2 r 2 , R r.
ПРЕДЕЛ ФУНКЦИИ
164
Пусть функция f ( M ) f ( x1 , x2 ,..., xn ) определена на множестве D и точка
M0 D .
1. Число А называется пределом функции f(M) при стремлении точки
M ( x1 , x2 ,...xn ) к точке M 0 ( x10 , x20 ,..., xn0 ) (или, другими словами, при
xi xi0 , i 1,2,..., n) , если для любого, сколь угодно малого положительного найдется
такая - окрестность точки M 0 , что для любой точки M из этой окрестности выполняется
f ( M ) A и обозначается lim f ( M ) A . Этот предел не должен зависеть от
M M 0
способа
(“пути”)
стремления
к
M
М0.
df
Используя
логические
lim f ( M ) A 0 ( ) 0
символы
MM0
M (0 ( M , M 0 ) f ( M ) A ) .Для функции двух переменных f (x,y)
df
lim f ( x, y ) A 0 ( ) 0 ( x, y ) (0 ( x x0 ) 2 ( y y0 ) 2
x x0 ,
y y0
f ( x, y) A ) .
2. Функция f(M) называется бесконечно малой функцией (б.м.ф.) при стремлении M
df
к
точке
M0,
lim f ( M ) 0 0
если
( ) 0
M M 0
M (0 ( M , M 0 ) f ( M ) ) . Практически, при вычислении
lim f ( M )
M M 0
удобно задать проходящую через точки M и М0 линию в параметрической (или иной )
форме, сведя тем самым задачу к вычислению предела функции одной переменной по
известным правилам и теоремам.
2 xy
,
x 0 x 2 y 2
y 0
Пример 2. Вычислить пределы: а) lim
б) lim( x y )e
2
2
( x y )
x
y
а) Пусть точка M(x,y) из окрестности точки M0(0,0) стремится к точке М0 по прямой
y=kx ( проходящей через точки М0 и М). Тогда из x 0 следует y 0 и
2 xy
2 x kx
2k
lim
. Пределы получаются разными при различных “k”
2
x 0 x 2 y 2
x 0 x 2 k 2 x 2
1
k
y 0
lim
и не существует числа A, к которому значения f ( x, y)
2 xy
(x y2 )
2
становились бы
сколь угодно близки, как только точка M(x,y) оказывается в достаточной близости от
точки M0(0,0). Предел данной функции при MM0(0,0) не существует.
2
2
( x y )
б) lim( x y )e
=находим предел вдоль луча y=kx (k>0, x [0; ) ) при
x
y
применим
x
x e
x
( x 2 )
2(1 k 2 )
2
Лопиталя два раза= (1 k )lim
. lim (1 k ) x
x
(1 k ) x e
e(1 k ) x
x= lim x (1 k )e
2
2
x (1 k )
(1 k 2 )lim
x2
(1 k ) x
правило
165
2(1 k 2 )
1
lim
0 k 0, – предел существует и равен нулю.
(1 k ) 2 x e(1 k ) x
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить пределы функций, полагая, что независимые переменные произвольно
стремятся к своим предельным значениям.
x2 y 2 1 1
sin( x3 y 3 )
9. lim
10.
lim
.
.
2
2
2
2
x 0
x 0
x
y
x
y
y 0
y 0
12. lim(1 x y )
2
2
1
x2 y 2
x 0
y 0
9.3.
2
2
e1/( x y )
11. lim 4
.
x 0 x y 4
y 0
x y
.
x x 2 xy y 2
y
. 13. lim
НЕПРЕРЫВНОСТЬ ФУНКЦИИ
0
0
1. Функция f(M) называется непрерывной в точке M 0 ( x1 ,..., xn ) , если выполнены
условия : 1) f(M) определена в точке M0 ; 2) существует lim f ( M ) ;
3) lim f ( M ) f ( M 0 ) .
M M 0
M M 0
2. Функция f(M) называется непрерывной в области U , если она непрерывна в
каждой точке области U.
3 . Если в точке M0 нарушено хотя бы одно из условий 1) – 3) непрерывности
функции в точке, то M0 называется точкой разрыва функции f(M). Точки разрыва могут
быть изолированными, образовывать линии разрыва, поверхности разрыва и т.д.
Теорема 9.1 (Вейерштрасса). Если множество U, принадлежащее области
определения функции f, является замкнутым и ограниченным, а функция f непрерывна на
U, то f достигает на U своих наибольшего и наименьшего значений, т.е. существуют такие
точки M 1 U и M 2 U , что для любой точки M U выполняется неравенство
f ( M 1 ) f ( M ) f ( M 2 ).
Пример 3. Найти точки разрыва функций: а) z 1/ ln(2 x y );
2
2
б) u 1/( x y z ).
2
2
2
а) Область существования функции ln(2 x y
2
2)
есть множество точек
плоскости Oxy, координаты которых удовлетворяют условию 2 x y 0 или
2
x 2 y 2 2 - внутренность круга радиуса
2
2 с центром в точке O (0;0). Функция
1/ ln(2 x 2 y 2 ) не определена в точках, в которых знаменатель обращается в нуль, т.е.
ln(2 x 2 y 2 ) 0 , отсюда 2 x 2 y 2 1 или x 2 y 2 1 . Таким образом, функция
2
2
z(x,y) разрывна на окружности x y 1 .
б) Функция u(x,y,z) не определена в точках, в которых знаменатель обращается в
нуль. Поэтому в пространстве Oxyz точки разрыва функции образуют поверхность
x 2 y 2 z 2 0 – конус.
Задачи для самостоятельного решения
Найти точки разрыва функций двух переменных:
2
2
3
3
14. z 1/(( x 1) ( y 1) ). 15. z 1/ sin x sin y. 16. z ( x y ) /( x y ).
Найти точки разрыва функций трех переменных:
166
x2 y 2 z 2
18. u 1/ 2 2 2 1 .
b
c
a
17. u 1/ xyz.
19. Исследовать непрерывность функции при x = 0, y = 0:
2 2
2
2
2
2
1) f ( x, y) x y /( x y ), f (0,0) 0 . 2) f ( x, y) xy /( x y ), f (0,0) 0 .
3) f ( x, y )
x3 y 3
, f (0,0) 0 .
x2 y 2
ЧАСТНЫЕ ПРОИЗВОДНЫЕ И ДИФФЕРЕНЦИРУЕМОСТЬ ФУНКЦИИ
1. Пусть M(x1,…,xk,…,xn) – произвольная фиксированная точка из области
определения D функции u f ( x1 ,..., xn ) и точка N ( x1 ,..., xk xk ,..., xn ) D. Если
существует предел
lim
N M
f ( N ) f (M )
f ( x1 ,..., xk xk ,..., xn ) f ( x1 ,..., xk ,..., xn )
lim
,
xk 0
MN
xk
то он называется частной производной первого порядка данной функции по переменной xk
в точке M и обозначается
u
или f xk ( M ) , или f xk ( x1 ,..., xn ) .
xk
Частные производные вычисляются по правилам дифференцирования функции
одной переменной, при этом все переменные, кроме xk , рассматриваются как постоянные.
2. Частными производными второго порядка функции u f ( x1 ,..., xn ) по
соответствующим переменным называются частные производные от ее частных
производных
первого
порядка,
= f xk xk ( x1 ,..., xk ,...xn ) f 2 ( M ) ,
xk
они
обозначаются:
2u
u
xk xl xl xk
2u
xk2
u
xk xk
f xk xl ( M ) и т.д. Аналогично
определяются частные производные порядка выше второго.
Теорема 9.2 Если смешанные производные f xk xl и f xl xk непрерывны, то они
совпадают: f xk xl f xl xk .
Таким образом, результат многократного дифференцирования функции по
различным переменным не зависит от порядка дифференцирования при условии, что
возникающие при этом “смешанные” частные производные непрерывны.
Пример 4. Найти частные производные первого и второго порядков от функции
z ln( x 2 y 2 ) .
Считая последовательно постоянной “y”, затем “x”, и применяя правило
дифференцирования сложной функции, получим:
z
1
2x
,
2
( x 2 y 2 )x 2
2
x ( x y )
x y2
z
1
2y
2
2
. Дифференцируя вторично, получим:
2
(
x
y
)
y
y ( x y 2 )
x2 y 2
2 z z 2 x
( x2 y 2 ) x 2x
x2 y 2
2 2
,
2
x 2 x x x x 2 y 2
( x 2 y 2 )2
( x y 2 )2
167
2 z
z 2 x
(2 y )
4 xy
2
2x 2
2
,
2
2 2
2 2
xy y x y x y
(x y ) (x y )
2 z
z
2y
2x
4 xy
2
2
y
,
2
2 2
2
2 2
yx x y x x y 2
(x y ) (x y )
2 z z
2y
( x 2 y 2 ) y (2 y )
x2 y 2
2
2
.
y 2 y y y x 2 y 2
( x 2 y 2 )2
( x 2 y 2 )2
Задачи для самостоятельного решения
Найти частные производные 1-го и 2-го порядков от заданных функций:
xy
5
5
3 3
2
20. z x y 5 x y . 21. z xy y / x . 22. z xe . 23. z (cos y ) / x .
24. z y .
x
25. Найти f x(3,2), f y(3,2), f xx (3,2), f xy (3,2), f yy (3,2) , если
f ( x, y) x3 y xy 2 2 x 3 y 1 .
ДИФФЕРЕНЦИРУЕМОСТЬ ФУНКЦИИ. ДИФФЕРЕНЦИАЛ ФУНКЦИИ
1. Полным приращением функции f ( x1 ,..., xn ) в точке M ( x1 ,..., xn ) ,
x1 , x2 ,..., xn , называется разность
f ( x1 ,..., xn ) f ( x1 x1 ,..., xn xn ) f ( x1 ,..., xn ) .
(5.1)
соответствующим приращениям аргументов
2.Функция f называется дифференцируемой в точке М, если существуют такие
числа A1 , A2 ,..., An , что всюду в окрестности точки М полное приращение
функции можно представить в виде
f ( x1 , x2 ,..., xn ) A1x1 A2 x2 ... An xn o( ) ,
где
(x1 )2 (x2 ) 2 ... (xn ) 2 .
Теорема 9.3 (Необходимое условие дифференцируемости функции.) Если функция
f дифференцируема во внутренней точке M ( x1 , x2 ,..., xn ) D( f ) , то существуют
частные производные
f
( M i ), i 1,2,..., n.
xi
Теорема 9.4. (Достаточное условие дифференцируемости функции). Если частные
f
, i 1,2,..., n существуют и непрерывны во внутренней точке
xi
M ( x1 , x2 ,..., xn ) D( f ) , то функция дифференцируема в М. Для дифференцируемой в
производные
точке М функции f полное приращение
f ( M ) f x1 (M ) x1 ... f xn (M )xn o( )
3. Дифференциалом df первого порядка функции
(5.2)
f ( x1 ,..., xn ) в точке
M ( x1 , x2 ..., xn ) называется главная часть полного приращения (5.2), линейная
относительно x1 ,..., xn :
df (M ) f x1 (M ) x1 ... f xn (M ) xn .
(5.3)
f 0, если l k ,
xl 1, если l k ,
l = 1,2,…,n и df ( x1 ,..., xn ) xk или dxk xk , k 1,2,..., n . Тогда дифференциал
Подставив в (5.2) f ( x1 ,..., xn ) xk , k 1,2,..., n , получим
функции f выражается через дифференциалы независимых переменных:
168
df (M ) f x1 (M ) dx1 ... f xn (M ) dxn .
(5.4)
Функции u и v нескольких переменных подчиняются обычным правилам
дифференцирования:
d (u v) du dv ,
d (uv) vdu udv ,
d (u / v) (vdu udv) / v 2 .
(5.5)
2
4.Дифференциалом 2-го порядка d f функции f ( x1 ,..., xn ) называется
дифференциал от ее дифференциала 1-го порядка, рассматриваемого как функция
переменных x1 ,..., xn при фиксированных (т.е. постоянных) dx1 ,..., dxn :
d 2 f d (df ) . Вообще, дифференциал m – го порядка функции f:
d m f d (d m1 f ), m 2,3,...
(5.6)
Пример 5. Найти полное приращение и дифференциал функции f ( x, y ) xy в
точке ( x, y ) .
По формуле (5.1) f ( x, y) f ( x x, y y) f ( x, y)
2
= ( x x)( y y ) xy y x 2 xy y x(y ) 2 yxy x(y ) .
Дифференциал df есть главная часть полного приращения, линейная относительно
x и y : df ( x, y) y 2x 2 xyy .
2
2
2
2
2
Пример 6. Найти дифференциал функции f ( x, y, z ) x y / z .
2
3
4
f 2 xy 3 f 3x 2 y 2 f
4 x2 y3
,
,
5 ,
Первый способ. По формуле (5.4):
x
z y
z4
z
z
3
2 2
2 3
2 xy
3x y
4x y
df ( x, y, z ) 4 dx 3 4 dy 5 dz xy 2 (2 yzdx 3xzdy 4 xydz ) / z 5 .
z
z
z
Второй способ. Применяем правила дифференцирования (5.5):
1
1
1
) 4 d ( x 2 y 3 ) x 2 y 3d ( 4 ) ( y 3 2 xdx x 2 3 y 2dy) / z 4 +
4
z
z
z
2 3
5
2
x y (4dz / z ) xy (2 yzdx 3xzdy 4 xydz ) / z 5 .
Пример 7. Найти дифференциалы 1-го, 2-го и 3-го порядков для функции f ( x, y) .
По формуле (5.4): df f xdx f ydy . По формуле (5.6) при m = 2 и m = 3, считая dx и
df ( x, y, z ) d ( x 2 y 3
dy постоянными, последовательно находим (смешанные частные производные не зависят
от порядка дифференцирования):
d 2 f d (df ) d ( f xdx f ydy) ( f xdx f ydy)x dx ( f xdx f ydy )y dy
= f xx (dx) 2 f xy dxdy f yy (dy) ;
2
2
d 3 f d (d 2 f ) ( f xx (dx)2 2 f xy dxdy f yy (dy)2 )x dx ( f xx (dx)2 2 f xydxdy
(dx)3 3 f xxy
(dx)2 dy 3 f xyy
dx(dy)2 f yyy
(dy)3.
f yy (dy)2 )y dy f xxx
Задачи для самостоятельного решения
Найти полное приращение и дифференциал функции z:
2
2
26. а) z x xy y , если x изменяется от 2 до 2,1, а y – от 1 до 1,2.
б) z lg( x y ) , если x изменяется от 2 до 2,1, а y – от 1 до 0,9.
Найти дифференциал функций:
2
2
169
27. z ln( y
x2 y 2 ) .
29. z ln cos( x / y) .
28. z tg( y / x) .
2
30. Найти df(1,2,1), если f ( x, y, z ) z /( x y ) .
Найти дифференциалы 1-го и 2-го порядков.
2
2
33. z
31. z x 3x y y .
32. z y / x x / y .
34. z ( x y )e .
35. u xy yz zx . 35. u e
3
2
3
xy
x 2 2 xy .
xyz
.
ДИФФЕРЕНЦИРОВАНИЕ СЛОЖНЫХ И НЕЯВНЫХ ФУНКЦИЙ
СЛОЖНЫЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ И НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
1 . Пусть u f ( x1 ,..., xn ) и в свою очередь, x1 1 (t ),.., xn n (t ) .
Теорема
9.5.
Если
функции
1 (t ),...,n (t )
дифференцируемы
в
точке
M ( x1 ,..., xn ) M (1 (t ),...,n (t )) , то для производной сложной функции
переменной u f (1 (t ),...,n (t )) справедлива формула
u(t ) f x1 (M ) 1(t ) ... f xn ( M ) n (t ) или
du u dx1 u dx3
u dxn
.
...
dt x1 dt x2 dt
xn dt
В
частности,
если
t
совпадает,
например,
одной
(6.1)
с
переменной
x1 ,
то
x2 2 ( x1 ),..., xn n ( x1 ) и “полная” производная функции и по x1 равна
du u u dx2
u dxn
.
(6.2)
...
dx1 x1 x2 dx1
xn dx1
2. Пусть u f ( x1 ,..., xn ) и, в свою очередь, x1 1 (t1 ,..., tm ) , xn n (t1 ,..., tm ) .
1 ,..., n дифференцируемы в точке N (t1 ,..., tm ) , а
функция f дифференцируема в точке M ( x1 ,..., xn ) M (1 ( N ),..., n ( N )) , то сложная
функция m переменных u f (1 (t1 ,..., tm ),...,n (t1 ,..., tm )) дифференцируема в точке N и
Теорема 9.6. Если функции
справедливы формулы:
u u x1 u x2
u xn
(l 1,2,..., m) ,
(6.3)
...
tl x1 tl x2 tl
xn tl
при этом частные производные функции u по xk (k 1,2,..., n) вычислены в точке М, а
частные производные функций xk по tl (l=1,2,…,m) вычислены в точке N.
Выражение для дифференциала 1-го порядка сохраняет вид (5.4) (свойство
инвариантности формы первого дифференциала).
du
2
, если u xyz , где x t 1, y ln t , z tg t .
dt
du u dx u dy u dz
По формуле (6.1) имеем
yz 2t xz (1/ t )
dt x dt y dt z dt
xy sec2 t 2t lntg t (t 2 1) tg t ) / t (t 2 1)ln t sec2 t .
t
Пример 9. Найти производную функции u (t ) t .
Пример 8. Найти
Первый способ – применить логарифмическое дифференцирование, как делалось для
функции одной переменной.
Второй способ. Функция u(t) есть результат образования сложной функции при
170
подстановке в функцию f ( x, y ) x вместо x и y двух одинаковых функций переменой t:
y
x (t ) t ,
y (t ) t .
+ f y( x, y ) (t )
Тогда
по
формуле
t x
t
получаем
y
x
(6.1):
u(t ) f x( x, y ) (t )
1 x y 1= y x y 1 x y ln x t t t 1
y
+ t ln t t (1 ln t ) .
t
t
Пример 10. Найти
z dz
x
и
, если z y , где y = sin2x.
x dx
z
dz z z dy
=
y x ln y . По формуле (6.2) получим
x
dx x y dx
y x ln x 2 xy x1 cos2 x .
z z
Пример 11. Найти
, , dz , если z f (u, v) , где u ln( x 2 y 2 ) , v xy 2 .
x y
2
2
2
z f (ln( x y ), xy ) - сложная функция от независимых переменных x и y. Тогда по
z z u z v
2x
формулам (6.3) получим:
fu 2
fv y 2 ;
2
x u x v x
x y
z z u z v
2y
z
z
fu 2
f
2
xy
;
dz
du
dv fudu f vdv ,
v
2
y u y v y
x
y
u
v
2x
2y
du ux dx uy dy 2
dx
dy , dv vx dx vy dy y 2dx 2 xydy ,
2
2
2
x y
x y
2x
2y
2
dz fu 2
dx
dy
f v( y dx 2 xydy )
2
2
2
x y
x y
Имеем
2x
2y
f y 2 f v)dx dx 2
f 2 xyf v dy .
2
2 u
2 u
x y
x y
НЕЯВНЫЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ И НЕСКОЛЬКИХ НЕЗАВИСИМЫХ
ПЕРЕМЕННЫХ
1 . Пусть дифференцируемая в точке x0 функция y(x) задана неявно уравнением
F ( x, y) 0 и y=y(x) - решение этого уравнения. Если функция F дифференцируема, то
производная функции y=y(x) определяется формулой
dy
dx
x x0
Fx( x0 , y0 )
Fy( x0 , y0 )
(6.4)
при условии, что Fy( x0 , y0 ) 0 , где y0 = y (x0), F (x0,y0) = 0.
2. Пусть дифференцируемая в точке M ( x1 ,..., xn ) функция u ( x1 ,..., xn ) задана
0
0
0
неявно уравнением F ( x1 , x2 ,..., xn , u ) 0 и u = u ( x1 ,..., xn ) - решение этого уравнения.
Если F дифференцируема, то частные производные функции u = u ( x1 ,..., xn ) в
точке М 0 определяются по формулам
u
xk
M M
0
Fxk ( M 0 , u 0 )
Fu( M 0 , u 0 )
(k 1,2,...,n)
(6.5)
171
при условии, что Fu( M , u ) 0 , где u u ( M ), F ( M , u ) 0 .
0
0
0
0
0
0
Пример 12. Найти y(0) , если y 1 xe .
y
F ( x, y) y xe y 1 0 и по формуле (6.4) получаем
y( x)
Fx( x, y)
Fy( x, y)
ey
=
. В нашем случае x0 = 0. Непосредственной подстановкой убедимся, что точка
1 xe y
принадлежит
графику
функции,
т.е.
N ( x0 , y0 ) N (0;1)
F ( x0 , y0 ) F (0;1) ( x xe 1)
y
x 0
y 1
e1
0 . Поэтому y(0)
e .
1 0 e1
z z
, , если x3 2 y3 z 3 3xyz 2 y 3 0 .
x y
Левую часть данного уравнения обозначим F ( x, y, z ) . По формуле (6.5)
x
Fx( x, y, z )
3x 2 3 yz x 2 yz
получим:
,
2
y
Fz( x, y, z )
3z 3xy xy z 2
Fy( x, y, z )
z
6 y 2 3xz 2
.
y
Fz( x, y, z )
3( z 2 xy )
Задачи для самостоятельного решения
dz
2 x3 y
37. Найти
, если z e
, где x tgt , y t 2 1 .
dt
dz
y
38. Найти
, если z x , где x = ln t, y = sin t.
dt
du
t
2
39. Найти
, если u yz / x, где x e , y ln t , z t 1 .
dt
z dz
x
y
3
40. Найти
и
, если z ln(e e ) , где y x x / 3 .
x dx
x 1
z dz
( x 1)2
41. Найти
и
, если z arctg
, где y e
.
x dx
y
2
2
2
42. Найти zx , z y , если z u ln v , где u y / x, v x y .
Пример 13. Найти
43. Найти dz, если z u v v u , где u x sin y,
v y cos x .
2
44. Найти zx , zy , если z f (u, v) , где u 2 y /( z y ), v x 3 y .
2
2
45. Найти dz, если z f (u, v) , где u sin( x / y),
v x/ y .
dy
2 2y
2 2x
, если: а) x e y e 0 , б) y sin x cos( x y ) 0 .
dx
dy d 2 y
47. Найти
, 2 , если: а) x y e x y , б) x y arctg y 0 .
dx dx
3
2
48. Найти z x и zy в точке (1,-2,2), если z 4 xz y 4 0 .
46. Найти
172
49. Найти z x и zy , если: а) z ln( x z ) xy / z 0 , б) F ( x y z, x y z ) 0 .
2
2
2
Рекомендация. Ввести u x y z, v x y z .
2
2
2
ПРИЛОЖЕНИЯ ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ И ДИФФЕРЕНЦИАЛА
ПРИЛОЖЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛА К ПРИБЛИЖЕННЫМ
ВЫЧИСЛЕНИЯМ
Для дифференцируемой функции f ( x1 ,..., xn ) при достаточно малом
(x1 ) 2 ... (xn ) 2 из формул (5.1) – (5.3) следует f df или, что то же самое,
f ( x1 x1 ,..., xn xn ) f ( x1 ,..., xn ) df ( x1,..., xn ) .
Пример 14. Вычислить приближенно
(7.1)
(4,05) 2 (3,07) 2 .
Искомое число будем рассматривать как значение функции f ( x, y )
x 2 y 2 при
x x0 x и y y0 y , если x0 4, y0 3, x 0,05, y 0,07 . Точка M (4;3)
выбрана из соображений близости ее к точке N (4,05; 3,07) и простоты вычисления
значений функции f и ее частных производных в точке М.
По формуле (7.1) имеем
f ( x0 x, y0 y) f ( x0 , y0 ) f x( x0 , y0 )x f y( x0 , y0 )y .
Находим f ( x0 , y0 )
f y( x0 , y0 )
x2 y 2
M (4,3)
y
x y
2
5,
2
M (4,3)
f x( x0 , y0 )
2
. Следовательно,
5
x
x2 y 2
M (4,3)
4
,
5
(4,05) 2 (3,07) 2
5 (4 0,05 3 0,07) / 5 5 0,08 5,08 .
КАСАТЕЛЬНАЯ ПОВЕРХНОСТЬ И НОРМАЛЬ К ПОВЕРХНОСТИ
Касательной плоскостью к поверхности в ее точке M 0 (точка касания)
называется плоскость, содержащая в себе все касательные к кривым, проведенным на
поверхности через эту точку. Уравнение касательной плоскости в точке касания
M 0 ( x0 , y0 , z0 ) имеет вид:
а) к поверхности F(x,y,z) = 0:
(7.2)
Fx(M 0 )( x x0 ) Fy(M 0 )( y y0 ) Fz(M 0 )( z z0 ) 0 ,
1.
б) к поверхности z f ( x, y ) :
z z0 f x( x0 , y0 )( x x0 ) f y( x0 , y0 )( y y0 ) .
2. Нормалью к поверхности называется прямая, перпендикулярная к касательной
плоскости и проходящая через точку касания. Параметрические уравнения нормали в
точке касания M 0 ( x0 , y0 , z0 ) имеют вид:
а) к поверхности F ( x, y, z ) 0 :
x x0 Fx(M 0 ) t , y y0 Fy(M 0 ) t , z z0 Fz(M 0 ) t ; (7.3)
б) к поверхности z f ( x, y ) :
x x0 f x( x0 , y0 ) t , y y0 f y( x0 , y0 ) t , z z0 t .
Пример 15. Найти уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности
x y 2 z 2 8x 4 y 6 z 20 0 в точке М(2,4,6).
2
173
Обозначив
F ( x, y, z ) левую часть уравнения поверхности, найдем
Fx( x, y, z ) 2 x 8,
Fy( x, y, z ) 2 y F4z( x, , y, z ) 2 z 6, Fx(2,4,6) 4,
Fy(2,4,6) 12, Fz(2, 4,6) 6. По формуле (7.2) имеем уравнение касательной
плоскости
4( x 2) 12( y 4) 6( z 6) 0 или 2 x 6 y 3z 38 0 . По
формулам
через
уравнения нормали в параметрической форме
x 2 4t , y 4 12t , z 6 6t , отсюда можно получить канонические уравнения
нормали
(7.3)
находим
x2 y4 z 6
.
2
6
3
ЭКСТРЕМУМ ФУНКЦИИ 2-Х ПЕРЕМЕННЫХ
Пусть M 0 ( x0 , y0 ) - внутренняя точка области определения функции f ( x, y) .
Точка M 0 называется точкой минимума (максимума) функции f, если существует такая
окрестность V( M 0 ) точки M 0 , что для любой точки M ( x, y ) V( M 0 ) выполняется
f ( M ) f ( M 0 ) ( f ( M ) f ( M 0 )) .
Точка M 0 называется точкой экстремума функции f, если она является точкой
минимума или точкой максимума этой функции.
Теорема 9.7. (Необходимое условие экстремума.) Если
M 0 ( x0 , y0 ) - точка
экстремума функции, то каждая частная производная f x( M 0 ) и f y( M 0 ) либо равна
нулю, либо не существует.
Точка M 0 называется критической точкой функции f, если в ней выполняются
необходимые условия экстремума функции f.
Теорема 9.8. (Достаточные условия экстремума.) Пусть: а) M 0 - критическая точка
функции f,
б) существуют и непрерывны производные f x, f y, f xx, f xy , f yy в точках
M 0 ( x0 , y0 ) и M ( x, y ) V( M 0 ) , в) f xx (M 0 ) f yy (M 0 ) ( f xy (M 0 ))2 .Тогда: 1) если
0 и f xx ( M 0 ) 0 ( f yy (M 0 ) 0, )то M 0 - точка минимума функции f ; 2) если
0 и f xx ( M 0 ) 0 ( f yy (M 0 ) 0,) то M 0 - точка максимума функции f ; 3) если
0 , то M 0 не является точкой экстремума; 4) если 0 , то требуется
дополнительное
исследование.
Отметим, что в случае 0 существуют такие две прямые, проходящие через
точку M 0 , что при движении точки M по первой из этих прямых значения функции
f ( M ) сначала уменьшаются, затем возрастают. При движении точки М по другой
прямой значения функции сначала возрастают, в точке M 0 достигают максимума, затем
уменьшаются. В этом случае точку M 0 называют седловой.
Пример 16. Исследовать на экстремум функцию z x y 3xy .
Из необходимого условия экстремума функции (теорема 9.7) имеем систему
3
zx 3 x 2 3 y 0,
2
zy 3 y 3 x 0,
3
решая которую получаем критические точки M 1 (0;0), M 2 (1;1) .
Определим характер критических точек по достаточным условиям экстремума. Находим
zxx ( x, y) 6 x, zxy ( x, y) 3, zyy ( x, y) 6 y . В точке M 1 (0;0) : zxx ( M 1 ) 0 ,
174
zxy ( M1 ) 3 ,
zyy ( M1 ) 0 ,
z xx z yy ( z xy ) 2
M1 (0;0)
9 0 . Следовательно,
M 1 (0;0) - седловая точка. В точке M 2 (1;1) : zxx ( M 2 ) 6, zxy ( M 2 ) 3 , zyy ( M 2 ) 6 ,
6 6 (3)2 27 0 ,
zmin z (M 2 ) 1 .
поэтому
M 2 (1;1) -
точка
минимума
функции
z;
НАИБОЛЬШЕЕ И НАИМЕНЬШЕЕ ЗНАЧЕНИЯ ФУНКЦИИ 2-Х
ПЕРЕМЕННЫХ В ЗАМКНУТОЙ ОБЛАСТИ
В 9.3 была сформулирована теорема Вейерштрасса (теорема 9.1), согласно которой
всякая функция f ( x, y) , непрерывная в замкнутой области U, ограниченной ломаной
Г= 1 2 ... m , достигает в этой области своих наибольшего – наименьшего
значений, для отыскания которых пользуемся следующим алгоритмом.
1. Находим критические точки, принадлежащие U.
2. На каждом звене k ломаной Г сводим функцию f к функции f k одной переменной и
выделяем на k критические точки функции f k .
3. Список точек, полученный в пунктах 1 и 2 дополняем вершинами ломаной Г.
4. Вычисляем значения функции в точках полученного списка и выбираем
среди них наибольшее и наименьшее, которые и будут искомыми.
Пример
наибольшее и наименьшее значения функции
f ( x, y) x 4 xy 5 y 13x в области D, заданной неравенствами y 2 x 4 .
2
17.
Найти
2
Область D ограничена частью параболы x y и отрезком прямой x = 4 (рис.9.3). 1)
Находим критические точки из необходимого условия экстремума функции:
2
f x 2 x 4 y 13 0,
Решение системы: x =32,5, y = –13. Найденная критическая
f
4
x
10
y
0.
y
точка M 1 (32,5; 13) не принадлежит D.
2) Исследуем функцию на границе. а) На участке 1 x 4, y [2,2] . Функция
f ( x, y) сводится к функции одной переменной f1 ( y) f (4, y) 5 y 2 16 y 36,
f1 ( y ) : f1( y ) 10 y 16 0,
y [2,2] .Находим критические точки функции
y1kp 1,6 . На 1 x = 4 и точки M 2 (4; 1,6) 1 . б) На линии 2 x y 2 , y [2;2] .
f ( x, y) сводится к функции f 2 y 4 4 y 3 8 y 2 , y [2;2] . Находим
3
2
2
критические точки функции f 2 ( y ) : f 2( y ) 4 y 12 y 16 y 0 , y( y 3 y 4) 0 ,
( y2 kp 0) [2;2] , ( y3kp 1) [2,2] , ( y4 kp 4) [2,2] . На 2 x y 2 и получаем
Функция
точки M 3 (0;0) 2 , M 4 (1;1) 2 .
3) Вершины ломаной в точках M 5 (4; 2) и M 6 (4;2) . 4) Вычисляем значения функции f
M 2 M 6 :f(M 2 ) 48,8,
f ( M 3 ) 0 , f ( M 4 ) 3 ,
f ( M 6 ) 16 . Итак, f наиб. f (4;2) 16 , f наим. f (4; 1,6) 48,8 .
в
точках
f ( M 5 ) 48 ,
ФОРМУЛА ТЕЙЛОРА ДЛЯ ФУНКЦИИ 2-Х ПЕРЕМЕННЫХ.
Если функция f ( x, y) дифференцируема n+1 раз в некоторой окрестности
U ( M 0 ) точки M 0 ( x0 , y0 ) , то для всякой точки M ( x, y ) U ( M 0 ) справедлива формула
175
Тейлора
f (M ) f (M 0 )
1
1
1
df ( M 0 ) d 2 f ( M 0 ) ... d n f ( M 0 ) Rn (x, y)
1!
2!
n!
или, записав несколько членов в развернутом виде,
1
1
f ( x, y ) f ( x0 , y0 ) ( f x( x0 , y0 )x f y( x0 , y0 )y) ( f xx ( x0 , y0 )( x) 2
1!
2!
1
( x0 , y0 )(x)3
(7.4)
2 f xy ( x0 , y0 )xy f yy ( x0 , y0 )(y)2 ) + ( f xxx
3!
( x0 , y0 )(x)2 x 3 f xyy
( x0 , y0 )x(y)2 f yyy
( x0 , y0 )(y)3 ) …+
3 f xxy
Rn (x, y ) . Здесь x x x0 , y y y0 , Rn (x, y ) - остаточный член в формуле
Тейлора порядка n. При этом Rn (x, y) n (x, y) ((x) (y) ) ,где n бесконечно малая функция при x 0 и y 0 , вид которой зависит от функции f и
2
точки M ( x, y ) . В форме Пеано Rn (x, y ) o( ) , где
n
2 n/2
(x) 2 (y ) 2 . При
x0 y0 0 формула (7.4) называется формулой Маклорена.
Пример 18. Функцию f ( x, y ) x 5 x xy y 10 x 5 y 4 разложить по
формуле Тейлора в окрестности точки(2,-1).
Имеем f (2, 1) 2 . Вычислим последовательно частные производные данной
3
функции: f x( x, y) 3x 10 x y 10,
2
f xx ( x, y) 6 x 10,
производные
f xy (( x, y) 1,
тождественно
равны
2
2
f y( x, y) x 2 y 5 ,
( x, y) 6 . Все последующие
f yy ( x, y) 2, f xxx
нулю.
Значения
производных
в
точке(2,-1):
f x(2, 1) 3, f y(2, 1) 1, f xx (2, 1) 2, f xy (2, 1) 1, f yy (2, 1) 2,
(2, 1) 6 . По формуле (7.4) получаем искомое разложение
f xxx
f ( x, y) 2 3( x 2) ( y 1) ( x 2) 2 ( x 2)( y 1) ( y 1) 2 ( x 2)3 .
Пример 19. Функцию f ( x, y ) arctg ( y / x) разложить по формуле Тейлора в
окрестности точки (1;1) до членов второго порядка включительно.
Имеем f (1;1) arctg1 / 4 . В соответствии с формулой (7.4) вычислим
производные 1-го и 2-го порядков данной функции и их значения в точке (1,1).
f x y /( x2 y 2 ), f y x /( x2 y 2 ), f xx 2 xy /( x 2 y 2 )2 ,
f xy 2( y 2 x2 ) /( x2 y 2 )2 , f y 2 xy /( x2 y 2 )2 ; f x(1,1) 1/ 2 ,
f y(1,1) 1/ 2 , f xx (1,1) 1/ 2, f xy (1,1) 0, f yy (1,1) 1/ 2 . По формуле (7.4) имеем
arctg ( y / x) / 4 ( x 1) / 2 ( y 1) / 2 ( x 1) 2 / 4 ( y 1) 2 / 4 o( 2 ) , где
( x 1) 2 ( y 1) 2 .
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить приближенно:
51. (2,01)
3,03
. 51.
(1,02)3 (1,97)3 . 52. sin 28 ;cos61 . 53.
ln( 3 1,03 4 0,98 1) .
54.
Цилиндрический стакан имеет внутренние размеры: радиус основания
R =2,5м, высоту H = 4м и толщину стенок l=1 дм . Найти приближенно объем
материала, затраченного на изготовление стакана.
176
56. В усеченном конусе радиусы оснований R =20 см, r =10см, высота h =30 см. Как
приближенно изменится объем конуса, если R увеличить на 2 мм, r – на 3 мм и h
уменьшить на 1мм.
56 Найти уравнение касательной плоскости и нормали к следующим поверхностям в
указанных точках:
x cos y
а) z sin x cos y в точке / 4, / 4,1/ 2 ; б) z e
в точке (1, ,1/ e) ;
в) x( y z )( xy z ) 8 0 в точке (2,1,3); г) 2
x/ z
2 y / z 8 в точке (2,2,1);
д) z 4 z x 0 в точках пересечения с осью Oz.
59. Найти углы, которые образуют нормаль к поверхности z arctg ( x / y) в точке (1,1,
/4) c осями координат.
Найти экстремумы функций 2-х переменных:
2
2
60. z x xy y 3x 6 y .
2
2
59. z xy (1 x y )
( x 0, y 0) .
60. z xy 50/ x 20/ y ( x 0, y 0) .
2
61. z x 3xy 15 x 12 y .
3
2
62. z (2 x y )e
2
2
( x2 y 2 )
.
63. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z x y xy x y в
области x 0, y 0, x y 3 .
64. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z xy в области
2
2
x2 y 2 1.
65. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z e
( x2 y 2 )
(2 x 2 3 y 2 )
в круге x y 4 .
72. Определить длины сторон прямоугольного параллелепипеда наибольшего объема,
вписанного в прямой круговой конус с радиусом основания R и высотой H.
73. Определить наружные размеры закрытого ящика с заданной толщиной стенок и
внутренней емкостью V так, чтобы на его изготовление было затрачено наименьшее
количество материала.
3
3
74. Функцию f ( x, y) x 2 y 3xy разложить по формуле Тейлора в окрестности
точки (2,1).
75. Разложить по формуле Маклорена до членов 3-его порядка включительно функцию
f ( x, y) e y cos x .
76. Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки (1;1) до членов 3-го порядка
включительно функцию f ( x, y ) y / x .
77. Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки (1;1) до членов 2-го порядка
включительно неявную функцию z ( x, y) , определяемую уравнением
2
2
z 3 3 yz 4 x 0 , если z (1;1) 1 .
Ответы к задачам главы 9
2
1. x / a y / b 1.
2. y 4 x 8 .
3. x y 0, x y 0 - внутренняя часть
правого вертикального угла, образованного биссектрисами координатных углов.
4. 1 x y 1 x ( x 0), 1 x y 1 x ( x 0) (при x = 0 функция не
2
2
определена).
2
2
5. x 0, y 0, x y . 6. Вся плоскость за исключением прямых
2
177
x y n (n 0, 1, 2,...) . 7. x 0; 2 n y 2(n 1) (n – целое число).
8. Часть пространства, заключенная между сферами x y z r и
2
2
2
2
x 2 y 2 z 2 R 2 , включая поверхность внешней сферы и исключая – внутренней
сферы. 9.0. 10. 0. 11. 0. 12. 1. 13. 0. 14. (1,-1).
15. Линии разрыва – прямые x k и y m , где k , m Z .
16. О(0,0)- точка бесконечного разрыва; точки прямой x y 0 ( x 0) - устранимые
точки разрыва.
17. Поверхности разрыва – координатные плоскости x 0, y 0, z 0 .
18. Поверхность разрыва – эллипсоид x / a y / b z / c 1 .
19. 1) непрерывна; 2) разрывна; непрерывна по x и y в отдельности; 3) непрерывна.
Перейти к полярным координатам.
4
2 3
3
3
4
3 2
2 2
20. zx 5 x 15 x y , zy 5 y 15x y , zxx 20 x 30 xy , zxy 45x y ,
2
2
2
2
2
2
zyy 20 y3 30 x3 y .
21. zx y y / x , zy x 1/ x , zx 2 y / x , zxy 1 1/ x , zyy 0 .
2
22. zx (1 xy )e
xy
3
, zy x e
2 xy
2
, zxx y ( xy 2)e
xy
, zxy x( xy 2)e
xy
,
zyy x3e xy .
23. zx (cos y ) / x , zy 2( y sin y ) / x , zxx 2(cos y ) / x , zxy 2( y sin y ) / x ,
2
2
2
2
3
2
2
zyy (2sin y 2 4 y 2 cos y 2 ) / x .
24. zx y ln y , zy xy
x 1
, zxx y ln y , zxy y
26. а) =0,33, dz = 0,3;
б) z = 0,0187, dz = 0,0174.
( x ln y 1) , zyy x( x 1) y x2 .
25. f x(3,2) 56, f y(3,2) 42, f xx (3,2) 36, f xy (3,2) 31, f yy (3,2) 6 .
x
2 1/ 2
27. dz ( x y )
2
2
2
x
2
x 1
( y x 2 y 2 ) 1 xdx ( x 2 y 2 ) 1/ 2 dy .
28. dz x cos ( y / x) y(2 xdy ydx).
2
2
29. dz y tg ( x / y )( xdy ydx) . 30. df (1,2,1) (5dz 2(dx 2dy )) / 25 .
31. dz 3x( x 2 y)dx 3( x y )dy,
2
2
d 2 z 6 x y dx 2 xdxdy y(dy) 2 .
2
32. dz (1/ x 1/ y )( xdy ydx),
2
2
d 2 z 2( y(dx)2 / x3 (1/ y 2 1/ x 2 )dxdy x(dy)2 / y 2 ) .
2
1/ 2
(( x y)dx xdy) ,
33. dz ( x 2 xy )
d 2 z ( x 2 2 xy)3/ 2 ( y 2 (dx)2 2 xydxdy x 2 (dy)2 ) .
xy
2
2
34. dz e (( y xy 1)dx ( x xy 1)dy ) ,
d 2 z e xy ( y( y 2 xy 2)(dx)2 2( x y)( xy 2)dxdy x( x 2 xy 2)(dy)2 ) .
2
35. du ( y z )dx ( x z )dy ( x y)dz , d u 2(dxdy dydz dxdz ) .
xyz
36. du e ( yzdx zxdy xydz ) ,
d 2u e xyz (( yzdx xzdy xydz )2 2( zdxdy xdydz ydzdx)) .
2 x 3 y
(2sec2 t 3(2t 1)) . 38. dz / dt x y ( y / tx (ln x)cos t ) .
37. z(t ) e
178
39. dz / dt ( x( z 2 yt ) yzte ) / tx .
2
t
2
x
x
y
x
y
2
x
y
40. zx e /(e e ), dz / dx (e e ( x 1)) /(e e ) .
41. zx y /( y ( x 1) ),
dz / dx y(1 2( x 1)2 ) /( y 2 ( x 1) 2 ) .
2
42. zx 2u(ux / v ( y ln v) / x ), zy 2u((ln v) / x uy / v) .
2
2
43. dz ((2uv v )sin y (u 2uv) y sin x)dx
2
2
((2uv v 2 ) x cos y (u 2 2uv)cos x)dy .
2
2
44. zx 2 xf v(u, v) 2 yfu(u, v) /( x y ) , zy 2 xfu(u, v) /( x y) 3 f v(u, v) .
45. dz y (cos( x / y) fu(u, v)
2
y / x f v(u, v) / 2)( ydx xdy) .
46. a) y ( y e
xe2 y ) /( x 2e2 y ye2 x ) ,
б) y ( y cos x sin( x y )) /(sin( x y ) sin x) .
2
47. a) y ( x y 1) /( x y 1), y 4( x y) /( x y 1) .
2
2
2
5
б) y (1 y ) / y , y 2(1 y ) / y .
48. zx 1, zy 1/ 2.
2 2x
3
3
49. а) zx ( yz ( z x) z ) /( z 2 xy( x z )),
zy xz ( x z ) /( z 3 2 xy( x z )) ;
б) zx ( Fu(u , v) 2 xFv(u , v)) /( Fu(u , v) 2 zFv(u , v)) ,
zy ( Fu(u, v) 2 yFv(u, v)) /( Fu(u, v) 2 zFv(u, v)) .
50. 8,29. 51. 2,95. 52. 0,227. 53. 0,005. 54. 8,2 м3. 55. Увеличится на 617,5см3.
56. а) x y 2 z 1 0; x / 4 t , y / 4 t , z 1/ 2 2t .
б) x ez 2 0; x 1 t , y , z et 1/ e .
в) 2 x 7 y 5 z 4 0; x 2 2t , y 1 7t , z 3 5t .
г) x y 4 z 0; x 2 t , y 2 t , z 1 4t . д) В точке (0,0,0): z = 0; x = 0,
y = 0, z = t. В точке (0,0,-4): z = -4; x = 0, y = 0, z = -4+t.
57. cos 1/ 6 , cos 1/ 6, cos 2 / 6 . 58. zmin 9
при x 0, y 3 .
59. zmax 1/ 64 при x 1/ 4, y 1/ 2 . 60. zmin 30 при x 5, y 2 .
zmax 28 при x 2, y 1 . В критических
61. zmin 28 при x 2, y 1 ;
точках(1;2), (-1;-2) экстремумов нет.
1
при x 1, y 0 . В критических точ62. zmin 0 при x y 0; zmax 2e
ках (0; 1) экстремумов нет.
63. zнаиб. 6 в точках (3; 0) и (0; 3); zнаим. 1 в точке (1; 1).
64. zнаиб. 1/ 2 в точках (1/ 2;1/ 2) и ( 1/ 2; 1/ 2) ;
zнаим. 1/ 2 в точках (1/ 2; 1/ 2) и (1/ 2;1/ 2) .
65. zнаим. 0 в точке (0; 0); zнаиб. 3/ e в точках (0; 1) и (0; -1).
66. 2 2 R / 3,
2 2 R / 3,
H / 3 . 67. x y z 3 V 2 .
68. f ( x, y) 12 15( x 2) 6( x 2) 3( x 2)( y 1) 6( y 1)
2
2
( x 2)3 2( y 1)3 .
69. f ( x, y ) 1 y ( y x ) / 2! ( y 3x y) / 3! o( ) , где
2
2
3
2
2
x2 y 2 .
179
70. f ( x, y) 1 ( x 1) ( y 1) ( x 1) ( x 1)( y 1) ( x 1)
2
3
( x 1)2 ( y 1) o( 3 ) , где ( x 1) 2 ( y 1) 2 .
71. z 1 2( x 1) / 3 ( y 1) / 2 2( x 1) / 9 ( y 1) /8 o( ) , где
2
2
2
( x 1) 2 ( y 1) 2 .
КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
ОПРЕДЕЛЕНИЕ КРАТНОГО ИНТЕГРАЛА
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ДВОЙНОГО И ТРОЙНОГО ИНТЕГРАЛА
x1 , x2 ,...xm “ объема”
v(E) задана ограниченная функция f ( x1 , x2 ,...,x m ) ; 2) E1 , E2 ,..., En - разбиение
Пусть : 1) в ограниченной замкнутой области E R
области E
n
m
на подобласти Ei с объемами Ei (v( E )
Ei
i 1
n
Ei ) и
диаметрами
i 1
d i , d supd i - диаметр разбиения; 3) зафиксируем точки M (1i , i2 ,...,im ) Ei ,
i 1,2,..., n ; 4) построим интегральную сумму
n
I n f ( M i ) Ei .
i 1
Определение. Конечный предел I интегральной суммы I n при d 0 называется
m- кратным интегралом от функции f по области E и обозначается
I ... f ( x1 , x2 ,..., xm )dE
E
I ... f ( x1 , x2 ,..., xm )dx1 dx2 ... dxm .
или
(1.1)
E
Таким образом, по определению,
n
I ... f ( x1 , x2 ,..., xm )dE lim f (1i , i2 ,..., im ) Ei
n
E
( d 0)
(1.2)
i 1
В этом случае функция f ( x1 ,..., x m ) называется интегрируемой в E.
При m=2
(m=3) для ограниченной функции f в замкнутой
области
S R ( x, y ) (V R ( x, y, z )) кратный интеграл (1.1) называется двойным
2
3
(тройным) интегралом, а соответствующее определение (1.2) примет вид
n
I f ( x, y )dS f ( x, y )dxdy lim f ( i , i ) S i ,где точка M i (i , i ) Si ,
n
S
i 1
S
( I f ( x, y, z )dV f ( x, y, z )dxdydz lim
V
n
f (i , i , i )Vi ,
n i 1
V
где точка M i ( i , i , i ) Vi ) .
14.2. ДВОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
14.2.1. ОБЛАСТИ НА ПЛОСКОСТИ
Определение. Область S R x, y назовем правильной в направлении Oy,
если прямая, проходящая через любую внутреннюю точку из S параллельно оси Oy,
пересекает границу области ровно в двух точках (рис.14.1).
2
180
14.3
Область S будет правильной в направлении Oy , если существуют функции 1 ( x ) и
2 ( x) , определенные и непрерывные на [a;b] и такие, что координаты точек,
принадлежащих (S), удовлетворяют условиям: a x b, 1 ( x) y 2 ( x) ; тогда
символически можно записать:
( S ) : a x b; 1 ( x) y 2 ( x).
(2.1)
Область S будет правильной в направлении Ox, если существуют функции 1 ( y ) и
2 ( y ) , определенные и непрерывные на [c;d] и такие, что координаты точек,
принадлежащих S , удовлетворяют условиям: 1 ( y ) x 2 ( y ), c y d (рис.14.2);
тогда символически
S : {c y d , 1 ( y ) x 2 ( y )} .
(2.2)
Рис.14.1.
Рис.14.2.
y
y
(x)
y=
d
x= (y)
1
c
2
S
y=
0 a
(x)
x= (y)
S
2
x
0
1
b
x
Область называется правильной, если она правильная в обоих направлениях Ox и
Oy.
Пример 1. Область S задана уравнениями границы: y x / 2, y x, x 2 .
Изобразить указанную область и записать как правильную.
OA : y x / 2, OB : y x,
Область S – треугольник, ограниченный прямыми
y
L
AB : x 2 (рис.14.3). Точки пересечения прямых есть O(0;0),
A(2;1),
B(2;2).
а) Область S – правильная в направлении Oy и любая прямая
L, проходящая через внутреннюю точку области, пересекает
прямую OA : y x / 2 и прямую OB : y x . Поэтому в силу
A
(2.1)
область
задается
системой
неравенств:
S : 0 x 2; x / 2 y x.
0
x
б) Эта же область является
2
правильной
и
в y
направлении Ox, но для
задания
ее
системой
неравенств
необходимо
B
область S разбить на две
части
S
и
S
(рис.14.4).
1
2
L
2
Выразим в уравнениях
границы
x
через
S2
независимую переменную y
: OB: x=y, OA: x=2y. Для
определения
границ
изменения переменной y
A
S1
L 1 параллельные оси Ox.
проведем
прямые,
Прямая
L1
пересекает
прямую OB: x=y и прямую
0
x
OA: x=2y; прямая L2
пересекает прямую OB: x=y
Рис.
14.4
и прямую AB: x=2. Итак, S ( S1 ) ( S 2 ), и в силу (2.2) S1 : 0 y 1; y x 2 y ,
B
S 2 : 1 y 2; y x 2.
Пример 2. Точки из области D удовлетворяют неравенству x y ax (a>0) ,
2
2
181
т.е. D :{x y ax} . Изобразить данную область и записать как правильную.
2
2
Преобразуя неравенство x y ax , получим ( x a / 2) y a / 4 .
Геометрически область D есть круг радиуса a/2 c центром в точке С(a/2; 0). Из уравнения
2
x 2 y 2 ax
границы
2
2
2
y ax x 2
следует
2
или
x (a / 2) (a 2 / 4) y 2 .Область D может быть записана как правильная в
направлении Oy (любая прямая, проходящая через внутреннюю точку D параллельно Oy,
пересекает
полуокружность
OKL : y ax x 2 и
полуокружность
OML:
y ax x 2 (рис. 14.5)), в силу (2.1) D : { 0 x a; ax x 2 y ax x 2 } .
Рис. 14.5
y
Рис.14.6
y
M
D
0
M
a
_
2
L
a
-2
D
a x
a_
2
0
-
K
L
_a
2
x
K
Область D можно записать как правильную в направлении Ox (прямая, проходящая через
внутреннюю точку D параллельно Ox пересекает полуокружность
KOM : x (a / 2) (a 2 / 4) y 2 и полуокружность KLM : x (a / 2) +
(a 2 / 4) y 2 (рис. 14.6)), и в силу (2.2): ( D) :{a / 2 y a / 2;
(a / 2) (a 2 / 4) y 2 x (a / 2) (a 2 / 4) y 2 }
Задачи для самостоятельного решения
Изобразить указанные области и записать как правильные в направлении Oy.
1. S – параллелограмм со сторонами x=3, x=5, 3x-2y+4=0, 3x-2y+1=0.
2. Область D задана неравенствами y x , y 4 x .
3. Область D – треугольник со сторонами y x, y 2 x, x y 6 .
2
2
14.2.2. ПОВТОРНЫЙ ИНТЕГРАЛ
b
Определение.
Повторный
интеграл
dx f ( x, y)dy
a
первообразной F(x,y) для f ( x, y)
переменному “x” , т.е.
b
y2 ( x )
b
a
y1 ( x )
a
dx f ( x, y)dy F ( x, y)
Определение.
Повторный
y2 ( x )
есть
приращение
y1 ( x )
по переменному “y”, проинтегрированное по
y y2 ( x )
y y1 ( x )
dx F (x, y (x)) F (x, y (x))dx .
интеграл
b
2
1
a
d
x2 ( y )
c
x1 ( y )
dy f ( x, y)dx
есть
приращение
182
первообразной Ф(x,y) для f(x,y) по переменному “x”, проинтегрированное по переменному
“y”, т.е.
d
x2 ( y )
d
c
x1 ( y )
c
dy f ( x, y)dx = Ф( x, y)
x x2 ( y )
x x1 ( y )
dy Ф( x ( y), y) Ф( x ( y), y)dy .
d
2
1
c
2
x2
1
x
Пример 3. Вычислить повторный интеграл dx ( x 2 y )dy .
2
x2
1
x
dx ( x 2 y )dy интегрируя внутренний интеграл по “y”, полагаем “x”
x2
2 2
x2
x
x2
постоянным= dx x dy 2 ydy x y x 2 y / 2 x
1 x
x
1
2
= x( x
2
2
x) ( x
4
x )dx ( x
2
2
1
3
x 4 )dx x 4 / 4 x 5 / 5
1
dx
12 49 / 20 .
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить повторные интегралы.
1
4.
1
1
x
2
dx ( x y)dy . 5. dx xy dy
0
0
x2
0
( x, y) .
f ( x, y) Fxy
6.
2
a
A
B
0
0
a
b
2
2
d sin d . 7. dx f ( x, y )dy , если
14.2.3.
ВЫЧИСЛЕНИЕ ДВОЙНОГО ИНТЕГРАЛА В ДЕКАРТОВЫХ
КООРДИНАТАХ
Теорема 14.1 Если : 1) функция f(x,y) интегрируема в правильной в направлении
Oy области S: {a x b, y1 ( x) y y2 ( x)} , т.е. существует двойной интеграл
b
y2 ( x)
a
y1 ( x )
f ( x, y )dS , 2) существует повторный интеграл dx f ( x, y )dy , то
S
y2 ( x )
b
f ( x, y)dS dx f ( x, y)dy
S
a
(2.3)
y1 ( x )
Теорема 14.2. Если :1) функция f(x,y) интегрируема в правильной в направлении
S : { c y d , x1 ( y ) x x2 ( y )} , т.е. существует двойной интеграл
Ox области
d
x2 ( y )
f ( x, y )dS , 2) существует повторный интеграл dy f ( x, y)dx , то
S
d
c
x2 ( y )
c
x1 ( y )
x1 ( y )
f ( x, y)dS dy f ( x, y)dx .
S
(2.4)
Из вышеприведенных теорем следует, что при вычислении повторного интеграла
можно изменять порядок интегрирования.
Пример 4. Изменить порядок интегрирования в интеграле
1
2 y
0
y
dy f ( x, y)dx .
183
1
2 y
0
y
Так как из (2.4) имеем dy
f ( x, y )dx f ( x, y )dxdy , то правильная в направлении
D
Ox область D ограничена линиями x=y, x=2-y, y=0, y=1 (линия y =1 выродилась в точку)
(рис. 14.7). Эта область является правильной и в направлении Oy. Так как участок OAB
границы состоит из отрезков прямых OA : y x, x [0;1] и AB : y 2 x, x [1,2] ,
то
y
D D1 D2 , где (см. (2.1))
A
1
D1 : {0 x 1; 0 y x},
D
0
0
y
fdxdy = fdxdy fdxdy
x
2
D D1 D2
1
x
2
2 x
0
0
1
0
= dx f ( x, y )dy dx
2 y
D2 : {1 x 2; 0 y 2 x} . Итак, dy fdx =
B
1
Рис.14.7
1
D1
D2
f ( x, y)dy .
Пример 5. Вычислить I ( x y )dxdy по области D, ограниченной линиями
2
D
yx и y
2
x.
Изобразим область D. Для отыскания точек пересечения парабол y x и y
2
x
x x 4 x, x 4 x 0, x( x 1)( x 2 x 1) 0 , откуда
имеем действительные корни x1 0 , x2 1 . Таким образом, параболы пересекаются в
точках O(0;0), A(1;1) ( рис. 14.8). Рассматривая D как правильную в направлении Oy
решаем уравнение x
2
(рис.14.8а), имеем (см.(2.1)) D :{0 x 1; x y x} . По формуле (2.3)
Рис.14.8 а)
2
y
2
y=x
A
0
1
y=
__
x
1
x
0
x2
I ( x y )dxdy dx ( x y 2 )dy
2
D
y x
3
y
= dx x y
3 2
0
yx
1
1
8 5/ 2 x4 x7
33
4
3 1 6
3 x x x 3 x dx 15 x 4 21 140
0
0
x
1
.
Если область D рассматривать как правильную в направлении Ox (рис.14.8б), то
(см. (2.2)) D : { 0 y 1; y x
2
1
y
0
y2
y }. По формуле (2.4)
I ( x y )dxdy dy ( x y 2 )dx
2
D
184
ис.14.8.б
x y
2
1
x
2
= y y 5 / 2 3 y 4 dy
dy
y
x
2
0 2
2
2
0
x y
1
1
y2 2 7/2 3 5
33
=
.
y y
10 0 140
4 7
Задачи для самостоятельного решения
Изменить порядок интегрирования в следующих повторных интегралах:
1
8. dy
0
y
f ( x, y )dx .
e
y
ln x
1
0
10. dx
f ( x, y)dy .
2 rx x 2
r
9. dx
f ( x, y)dy .
0
x
sin x
0
0
11. dx
Перейти от двойного интеграла
f ( x, y)dy .
f ( x, y )dxdy
по конечной области D к повторному
D
интегралу и расставить пределы интегрирования:
12. Область D – параллелограмм со сторонами x 3, x 5, 3x 2 y 4 0,
3x 2 y 1 0 .
13. D : {x y 1; x 0; y 0} . 14. D : {( x 2) ( y 3) 4} .
15. D - треугольник со сторонами y x, y 2 x, x y 6 .
2
2
2
2
16. D : y 2 x 0; 2 y x 0, xy 2.
17. D - треугольник с вершинами O(0;0), A(2;1), B(2;1) .
18. D – сегмент, ограниченный линиями y x , y 1 .
Вычислить двойные интегралы:
2
19.
e
x y
dxdy, D : 0 x 1; 0 y 2. 20. x 3 y 2 dxdy, D - круг x 2 y 2 R 2 .
D
D
21.
2
2
( x y)dxdy, D - область, ограниченная линиями y x , y x .
2
D
x2
dxdy, D - область, ограниченная линиями x 2, y x, xy 1 .
2
y
D
23. cos(x y ) dxdy, D - область, ограниченная линиями x 0, y , y x .
22.
D
24. 1 x y dxdy, D - четверть круга x y 1 , лежащая в первом квадранте.
2
2
2
2
D
25.
2
2
xy dxdy, D - область, ограниченная параболой y 2 px и прямой x p / 2 .
D
26.
2
y dxdy
, если D ограничена осью абсцисс и первой аркой циклоиды
D
x a(t sin t ) , y a(1 cost ) , 0 t 2 .
185
14.2.4. ЗАМЕНА ПЕРЕМЕННЫХ В ДВОЙНОМ ИНТЕГРАЛЕ.
Пусть функции x x(u, v), y y(u, v) осуществляют взаимно однозначное
непрерывно дифференцируемое отображение области P плоскости O1uv на область S
плоскости Oxy . Тогда существует обратное непрерывно дифференцируемое отображение
u u ( x, y) , v v( x, y) области S на область P, если якобиан преобразования
J (u, v)
D( x, y ) xu
=
D(u, v) xv
yu
0 (u , v) P .
y v
Величины u и v можно рассматривать как прямоугольные координаты для точек
области P и в то же время как криволинейные координаты точек области S. Точки
плоскости Oxy, для которых одна из координат u и v сохраняет постоянное значение,
образуют координатную линию. Всего будет два семейства таких линий.
Теорема 14.3. Пусть
x x(u, v), y y(u, v) есть дифференцируемое
преобразование области P из плоскости O1uv на область S из плоскости Oxy . Тогда
справедливо равенство
(2.5)
f ( x, y)dS f ( x(u, v), y(u, v)) J (u, v) dudv.
S
P
Замечание. Равенство (2.5) сохраняет справедливость, когда условие взаимно
однозначного соответствия между областями S и P нарушается в отдельных точках или
вдоль отдельных линий.
Переход в двойном интеграле к полярным координатам
Формулы
(2.6)
x cos, y sin
преобразуют полярные координаты , точки в декартовы координаты этой точки и
P0 : 0 2; 0
переводят
область
(или
область
P0 : ; 0 ) на всю плоскость Oxy.
Обратное преобразование декартовых координат в полярные осуществляется по
0, при y 0,
2
2
формулам: x y , arcctg x / y ( y ), ( y )
1, при y 0.
Фиксируя в последних формулах и , получим координатные линии из разных
семейств: окружность с центром в точке O(0;0) и луч, исходящий из точки O(0;0) .
Якобиан преобразования
J (, )
D( x, y ) x
D(, ) y
x
cos sin
y
sin cos
и формула (2.5) принимает вид:
f ( x, y)dxdy f ( cos , sin )dd.
S
(2.7)
P
Рекомендация. К полярным координатам целесообразно переходить, когда в
подынтегральное выражение или в уравнения границы области интегрирования входит
комбинация x y .
В некоторых случаях при вычислении двойного интеграла удобно перейти от
,
декартовых
координат
к
эллиптическим
полярным
координатам
(0 , 0 2 ( )) по формулам
(2.8)
x a cos , y b sin
2
2
186
Ри
14.10
a, b - постоянные, a 0, b 0 . Тогда
J ab , dxdy abdd
(2.9)
Пример 6. Записать в полярной системе координат область S , заданную в
декартовой системе координат неравенством x y R (круг радиуса R с центром в
2
2
2
точке O(0;0) ).
Перейдем от декартовых координат x, y к полярным , по формулам x cos ,
и y в исходное неравенство, получим:
y sin . Подставим x
0 R . На координату дополнительных
ограничений не накладывается, поэтому 0 2 (или ).
2 cos2 2 sin 2 R 2 или
В
полярной
системе координат круг записывается
неравенствами:
P : 0 2; 0 R.
Пример 7. Записать в полярной системе координат область S - часть круга,
ограниченную
x2 y2 R2 ,
линиями
y k1 x ,
y k 2 x
( y 0 ),
k1 , k 2 -
постоянные, k1 0, k 2 0 .
Изобразим область S (рис. 14.9). Запишем заданные линии в полярных координатах,
которые связаны с декартовыми формулами x cos , y sin : 1) x y R
2
2
2
2 cos2 2 sin 2 R 2 , R ;
2) y k1 x sin k1 cos , tg k1 , arctg k1 ;
3) y k 2 x sin k 2 cos , tg k 2 , arctg k 2 .
Область S Oxy переходит в область
y
2
2
2
y= k x
x + y =R
P O .
2
y =k x
1
Рис. 14.9
Рис.14.9
0
x
В полярной системе координат заданная
область определяется системой неравенств:
P : arctg k1 arctg k 2 ; 0 R.
Пример 8. Вычислить двойной
интеграл I ( y 2)dxdy , S - множество
S
точек,
неравенству y
удовлетворяющих
Границей
области
или ( x 2) y 4
центром
в
C (2;0) (рис. 14.10).
2
2
является
-
x 2 y 2 4x .
x2 y 2 4x
линия
окружность
точке 0
радиуса
2
2
с
x
Наличие в уравнении границы комбинации
x y наводит
на мысль, что для вычисления двойного интеграла удобно перейти к полярным
координатам , по формулам x cos , y sin , dxdy dd . Уравнение
2
2
границы x y 4 x 0 переходит в уравнение cos sin 4 cos 0
2
2
2
2
2
2
или ( 4 cos) 0 . Отсюда =0 (соответствует полюсу O) и 4 cos - уравнение
окружности. Так как всегда 0 (по смыслу ), то из 4 cos следует cos 0 ,
187
(этот же результат можно усмотреть из рисунка). Итак, в
2
2
полярных координатах область интегрирования есть P : ; 0 4 cos .
2
2
отсюда получаем
Тогда по формуле (2.7)
/2
4 cos
/ 2
0
I ( y 2)dxdy ( sin 2)dd d ( 2 sin 2)d
S
P
4 cos
3
d sin 2
3
/ 2
0
/2
/2
64
cos3 sin 16 cos2 d
/ 2 3
/2
/2
64 / 2
16
3
cos
d
cos
8
(1 cos2)d cos4
3 / 2
3
/ 2
/ 2
1
8( sin 2)
2
/2
8.
/ 2
Пример 9. Вычислить I
D
y bx / a} .
y
dxdy , где D : {1 x 2 / a 2 y 2 / b 2 2; y 0;
x
Область D ограничена линиями: x / a y / b 1 – эллипс с полуосями a и b,
2
2
2
2
x 2 / 2a 2 y 2 / 2b 2 1 – эллипс с полуосями a 2 и b 2 , y=0 – прямая (ось Ox),
y bx / a – прямая (рис. 14.11).
Анализ границы области указывает на целесообразность перехода к эллиптическим
полярным координатам по формулам (2.8), (2.9): x a cos, y b sin ,
dxdy abdd . Уравнения границы области в координатах , будут:
1) x / a y / b 1 1 ,
2
2
2
2
2)
x 2 / 2a 2 y 2 / 2b 2 1 2 , 3) y 0 0 ,
4) y bx / a / 4 . Итак, область интегрирования
в координатах , есть
P : 0 / 4; 1 2 . Тогда
y
b sin
I dxdy
abdd
x
a
cos
D
P
4.11
/4
2
2
/4
sin
b
d d b 2 (ln cos ) 0 ( 2 / 2) (b 2 ln 2) / 4 .
1
0 cos
0
2
Задачи для самостоятельного решения
Перейти в двойном интеграле f ( x, y ) dxdy к полярным координатам , и расставить
D
пределы интегрирования в порядке: внешнее – по , внутреннее - по :
188
27. D – область, ограниченная окружностями x y 4 x , x y 8 x и прямыми
2
2
2
2
y x , y 2x .
28. D - область, являющаяся общей частью двух кругов x y ax и x y by .
29. D - меньший из двух сегментов, на которые прямая x y 2 рассекает круг
2
2
2
2
x2 y2 4 .
30. D - внутренняя часть правой петли лемнискаты Бернулли ( x y ) a ( x y ) .
2
2 2
2
2
2
31. D: {x 0, y 0, ( x y ) 4a x y } .
2
2 3
2 2 2
x2 y2
1 .Указание. Перейти к эллиптическим полярным координатам.
32. D:
4
9
2
2
2
2
33. D - область, ограниченная линией ( x y / 3) x y . Указание. Перейти к
эллиптическим полярным координатам.
2R
2 Ry y 2
R/2
0
dy
34.
f ( x, y )dx .
2
x 3
0
x
35. dx
f ( x y )dy .
2
2
1
x2
0
0
36. dx
f ( x, y )dy .
С помощью перехода к полярным координатам вычислить интегралы:
37.
R
R2 x2
0
0
dx
39.
ln(1 x 2 y 2 )dy .
(h 2 x 3 y)dxdy .
D: x 2 y 2 R 2
2
2
2
R x y dxdy .
D: x 2 y 2 Rx
2
2
38.
40.
y
2
2
arctg x dxdy , D - часть кольца x y 1,
D
x y 9 , y x / 3, y x 3 . 41.
2
2
2
2
2
2
sin x y dxdy, D : { x y 4 }.
D
Вычислить, перейдя к эллиптическим полярным координатам, интегралы:
x2 y2
42. xydxdy, D : 2 2 1, x 0, y 0 .
b
D
a
2
2
4
43. xy dxdy, D - область, ограниченная линией (( x / 2) ( y / 3)) xy 6 .
D
14.3. ТРОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ.
14.3.1. ОБЛАСТИ В ПРОСТРАНСТВЕ.
Определение. Область V R назовем правильной в направлении Oz (правильной
в направлении Ox, правильной в направлении Oy), если прямая, проходящая через
внутреннюю точку области V параллельно оси Oz (параллельно оси Ox, параллельно оси
Oy) пересекает границу области ровно в двух точках.
Область V будет правильной в направлении Oz, если существуют функции z1 ( x, y )
3
и z 2 ( x, y ) , заданные в S и такие, что координаты точек, принадлежащих V,
удовлетворяют условиям: ( x, y ) S , z1 ( x, y ) z z 2 ( x, y ) . Тогда символически
записывают:
V : ( x, y ) S , z1 ( x, y ) z z 2 ( x, y )
(3.1)
189
Если, в свою очередь, область S - правильная в направлении Oy, то (см.(2.1))
V : a x b, 1 ( x) y 2 ( x),
z1 ( x, y ) z z 2 ( x, y ).
(3.2)
Если область S правильная в направлении Ox, то (см.(2.2))
V : c y d , 1 ( y ) x 2 ( y ),
z1 ( x, y ) z z 2 ( x, y ).
(3.3)
Задания.
1. Записать символически правильную в направлении Oy область V R , если ее
проекция на плоскость Oxz, в свою очередь, есть правильная область.
3
2. Записать символически правильную в направлении Ox область V R , если ее
проекция на плоскость Oyz есть правильная область.
3
Пример 10. Область V ограничена поверхностями x y ( z 2) и z=0.
Изобразить область и записать как правильную: а) в направлении Oz,
б) в направлении Ox.
Область V - круговой конус с боковой поверхностью, описываемой уравнением
2
2
2
конической поверхности x y ( z 2) , основанием, лежащим на плоскости z=0, с
вершиной в точке M(0;0;2) и осью, совпадающей с Oz (рис. 14.12).Область V - правильная
2
2
2
во всех направлениях Ox, Oy, Oz. При z=0 из уравнения x y ( z 2)
2
z
2
2
имеем
x 2 y 2 2 2 - уравнение окружности радиуса 2; таким
образом, в основании конуса круг. а) Рассмотрим область
V как правильную в направлении Oz. Из уравнения
M
x 2 y 2 ( z 2) 2 имеем z 2 x 2 y 2 . Для точек
области
0
V
0 z 2 x 2 y 2 . Проекция
имеем:
области V на плоскость Oxy есть S : x y 4 (рис.
V : {( x, y) S ;
14.13),
поэтому
в
силу
(3.1)
y
2
2
0 z 2 x 2 y 2 } ,где S : x 2 y 2 4 .Так как S -
x
Рис.14.12
правильная
область, то (см.(2.1))
(см.(2.2)) S : {2 y 2;
S : {2 x 2; 4 x 2 y 4 x 2 } или
4 y 2 x 4 y 2 }. Поэтому требуемая запись будет
(см. (3.2)) V : {2 x 2;
4 x 2 y 4 x 2 ; 0 z 2 x 2 y 2 } или (см.
(3.3)) V : {2 y 2; 4 y x 4 y ; 0 z 2 x y } .
б) Рассматривая область V как правильную в направлении Ox, из уравнения
2
2
2
2
x 2 y 2 ( z 2) 2 имеем x ( z 2) 2 y 2 . Линии пересечения плоскости Oyz и
y
-2
конической поверхности находятся из решения системы
2
уравнений: x 0, x y ( z 2) 0 ; в результате
S
имеем
0
-2
Рис.14.13
2
2
2
x 0,
- прямые в плоскости Oyz. Итак,
z
y
2
,
проекцией V на плоскость Oyz является область D 2 x треугольник со сторонами z=y+2, z = –y+2, z=0 (рис. 14.14),
190
поэтому в силу (3.1) V : {( y, z ) D;
( z 2) 2 y 2 x ( z 2) 2 y 2 } , где
D : z y 2, z y 2, z 0 .
Так как область D – правильная, то рассматривая
z
ее
как
правильную в направлении Oy, имеем
2 M
D : {0 z 2, z 2 y z 2} , а потому
0 z 2, z 2 y z 2,
V :
( z 2) 2 y 2 x ( z 2) 2 y 2 .
D
Рис.14.14
-2
0
y
2
Задачи для самостоятельного решения
Изобразить указанные ниже области
V R 3 ( x, y, z )и записать как правильные: а) в направлении Oz, б) в направлении
Ox.
44. Область V ограничена поверхностями x 2 y 3z 6, z 0, y 0, x 0 .
45. Область V ограничена поверхностями x y ( z R ) R .
2
2
2
2
46. Область V ограничена поверхностями z x y , z 4 .
14.3.2. ВЫЧИСЛЕНИЕ ТРОЙНОГО ИНТЕГРАЛА В ДЕКАРТОВЫХ
КООРДИНАТАХ
Пусть правильная в направлении Oz область V ограничена снизу и сверху
непересекающимися поверхностями z z1 ( x, y ) и z z 2 ( x, y ) ,
а с боков –
цилиндрической поверхностью F(x,y)=0 c образующими, параллельными оси Oz, т.е.
V : ( x, y ) S ; z1 ( x, y ) z z 2 ( x, y ) , где S- проекция V на плоскости Oxy.
2
2
Теорема 14.4. Пусть:1) в области V : ( x, y ) S ; z1 ( x, y ) z z 2 ( x, y ) задана
функция f(x,y,z), интегрируемая по Риману, т.е. существует тройной интеграл fdV ; 2)
V
существует повторный интеграл
dS
S
z2 ( x , y )
fdz
. Тогда справедлива формула
z1 ( x, y )
f ( x, y, z )dV dS
V
S
z 2 ( x, y )
f ( x, y, z )dz.
(3.4)
z1 ( x, y )
Замечание. Цилиндрическая поверхность F ( x, y ) 0 , ограничивающая V, может
частично или полностью вырождаться в пространственную линию.
Задания. Записать формулы, связывающие тройной интеграл с повторным, в
случаях, когда: 1) область V правильная в направлении Ox проецируется на плоскость Oyz;
2) область V правильная в направлении Oy проецируется на плоскость Oxz.
Пример 11. Вычислить I ( x 2 y 2 z )dV , где область V ограничена
V
поверхностями: y x , x y , z y, z 0 .
2
2
191
y x 2 и x y 2 есть параболические цилиндры с образующими,
параллельными Oz; z y, z 0 - плоскости. Область V – правильная в направле Поверхности
нии Oz, а потому 0 z y для точек, принадлежащих V (рис.14.15).
y
z
x=y 2
V
.14.15
S
1
Ри
y
с.14.16
1
y=x2
1
0
x
Проекция V на плоскость Oxy есть правильная
область S, ограниченная линиями
x
y x2 и
x y 2 (рис.14.16), а потому, например (см.(2.1)), S : {0 x 1; x 2 y x} и в силу
V : {0 x 1, x 2 y x , 0 z y}.
(3.2)
Тогда
по
формуле
(3.4)
y
I ( x 2 y 2 z )dV = dxdy ( x 2 y 2 z )dz =
V
S
z
y
2
= dxdy( xz 2 yz z )
S
1
x
0
x2
z 0
0
=см. (2.3)=
1
y x
1
2
3/ 2
5
6
dx ( xy 3 y )dy dx( xy / 2 y ) y x2 = ( x / 2 x x / 2 x )dx
2
2
3
0
= (x / 6 2x
3
5/ 2
0
1
/ 5 x 6 / 12 x 7 / 7) 143 / 420
0
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить интегралы:
e1
47.
e x 1
x y e
ln( z x y )
dx dy ( x e)( x y e) dz .
0
0
e
dxdydz
, - область, ограниченная плоскостями x 0, y 0, z 0 ,
( x y z 1) 3
x y z 1.
49. xydxdydz , V – область, ограниченная гиперболическим параболоидом z xy и
48.
V
плоскостями x y 1, z 0 ( z 0) .
50.
y cos(z x)dxdydz
V
плоскостями
, V – область, ограниченная цилиндром
y x и
y 0, z 0 и x z / 2 .
192
2
2
xyzdxdydz , V – область, ограниченная поверхностями y x , x y ,
51.
V
z xy, z 0 .
14.3.3 ЗАМЕНА ПЕРЕМЕННЫХ В ТРОЙНОМ ИНТЕГРАЛЕ
Пусть функции
x x(u, v, w), y y(u, v, w), z z (u, v, w) осуществляют
взаимно однозначное непрерывно дифференцируемое отображение области из
пространства Ouvw на область V пространства Oxyz. Тогда существует обратное
непрерывно дифференцируемое отображение u u ( x, y, z ), v v( x, y, z ), w w( x, y, z )
области V на область , если якобиан преобразования
xu
J (u , v, w) xv
xw
yu
yv
y w
zu
zv 0
z w
(u, v, w) .
Величины u,v,w можно рассматривать как прямоугольные координаты для точек
области и в то же время как криволинейные координаты точек области V. Точки
пространства Oxyz , для которых одна из координат u, v, w сохраняет постоянное значение,
образуют координатную поверхность. Всего будет три семейства таких поверхностей.
Теорема 14.5. Пусть x x(u, v, w) , y y (u, v, w) , z z (u, v, w) есть дифференцируемое преобразование области из пространства Ouvw в область V из
пространства Oxyz. Тогда
f ( x, y, z )dxdydz f ( x(u, v, w), y (u, v, w), z (u, v, w)) J (u, v, w) dudvdw
.
V
(3.5)
Замечание. Последнее равенство сохраняет справедливость, когда условие
взаимно однозначного соответствия между областями V и нарушается в отдельных
точках или вдоль отдельных линий, или на отдельных поверхностях.
ПЕРЕХОД В ТРОЙНОМ ИНТЕГРАЛЕ К ЦИЛИНДРИЧЕСКИМ
КООРДИНАТАМ
x cos , y sin , z z преобразуют цилиндрические
Формулы
координаты ,, z точки M в декартовы координаты этой точки и переводят область
изменения криволинейных координат 0 : 0 , 0 2, z (или
0 : 0 , , z ) на все пространство Oxyz. Геометрически: -
радиус-вектор OM точки P – проекции точки M на плоскость Oxy; - угол между Ox и OP;
zапz=const
z
Рис. 14.17.
пликата точки
M (рис. 14.17).
Обратное преобразование задается
M
формулами:
=const
=const
0
P
x
y
x
x 2 y 2 , arcctg ( y), z z, ( y)
y
1
Фиксируя в последних формулах ,, z ,
получим тройку координатных поверхностей:
круговой цилиндр с осью Oz , полуплоскость,
исходящую из оси Oz, и плоскость,
193
параллельную плоскости Oxy (рис.14.17).
x
y
z
Якобиан преобразования J (, , z ) x
y
y z
z sin cos 0 .
z z
0
0
1
xz
cos
sin
0
При переходе в тройном интеграле к цилиндрическим координатам формула (3.5) примет
вид0
f ( x, y, z )dxdydz f ( cos , sin , z )dd ,
(3.6)
V
где - область изменения цилиндрических координат точек области V из Oxyz.
Переход к сферическим координатам
Формулы
x r cossin , y r sin sin , z r cos преобразуют
сферические координаты r, , точки M в декартовы координаты этой точки и
0 : 0 r , 0 2, 0 (или
0 : {0 r ,
, 0 } ) изменения сферических координат на все пространство Oxyz.
переводят
область
Геометрически: r - радиус-ветор OM точки M; - угол между осью Ox и проекцией
радиус-вектора r на плоскость Oxy; - угол между осью Oz и радиус-вектором r,
отсчитываемый по ходу стрелки часов (рис.14.18). Обратное преобразование имеет вид
x
r x 2 y 2 z 2 , arcctg ( y) ,
y
0 при y 0,
z
arccos
, ( y )
1 при y 0.
x2 y2 z 2
Фиксируя в последних формулах r, , , получим тройку координатных поверхностей:
сферу, полуплоскость, полуконус, соответственно (рис.14.18).Якобиан преобразования
xr
J (r , , ) x
x
z
M
y r
y
y
z r
z r 2 sin .
z
При переходе в тройном интеграле к сферическим
координатам справедлива формула:
OM=r f ( x, y, z )dxdydz f (r cos sin , r sin sin , r cos)r 2 sin
Рис.14.18
V
0
x
,
(3.7)
y где - область изменения сферических координат точек
области V из Oxyz.
Пример 12. Вычислить тройной интеграл
I zdxdydz , где
V
V : { x 2 y 2 z 2 R; z x 2 y 2 } .
Область V ограничена полусферой x y z R и полуконусом z x y
(рис.14.18). Для удобства вычисления тройного интеграла перейдем к сферическим
координатам по формулам: x r cos sin , y r sin sin , z r cos , при этом
2
2
2
2
2
194
dxdydz r 2 sin drd d . Неравенства, описывающие V , преобразуются: а)
x 2 y 2 z 2 R r 2 R 2 , 0 r R;
б) z
x 2 y 2 r cos r sin , tg 1, 0 / 4 .
Так как нет ограничений на , то 0 2 . В итоге, область интегрирования в
сферических координатах есть : 0 2; 0 ; 0 r R (этот же результат
4
можно
было
усмотреть
из
чертежа).
Тогда
по
формуле
2
/4
R
0
0
0
(3.7)
I zdxdydz r cosr 2 sin drdd d cos sin d r 3dr =повторн
V
ый интеграл "расщепился" в произведение определенных интегралов =
=
2
0
sin 2 / 4 r 4
2 0 4
R
0
R 4
.
8
Пример 13. Вычислить тройной интеграл I
2
2
z ( x y )dxdydz ,
где V
V
ограничена полусферой z R x y , цилиндром x y R и плоскостью
2
2
z a (a 0) .
2
2
2
2
Тело V и проекция его на плоскость Oxy S : x y R - круг радиуса R
изображены на рис.14.19 и 14.20. Для вычисления I перейдем к цилиндрическим
координатам ,, z по формулам x cos , y sin , z z, dxdydz dddz .
Поверхности,
ограничивающие
V
преобразуются:
а)
2
2
2
z R 2 x 2 y 2 z R 2 2 , б) x 2 y 2 R 2 R , в) z=a . Так как
нет ограничений на координату , то 0 2 (или ) .Область
: {0 2,
интегрирования
в
цилиндрических
координатах
есть
0 R, R 2 2 z a}.
z
y
0
x
Рис.14.20
Рис.14.19
Тогда
по
формуле
x
0
y
(3.6)
I z ( x 2 y 2 )dxdydz
V
= z dddz
2
=
195
z2 a
2
R
= 1 d (a 2 R 2 )3 5 d =
3
3
d
d
=
d
d
zdz
2
2
2
2
2
2
0
0
0
0
0
0
R
R
R
1 2
4
2
2
2
2 4
6
= 0 (a R ) / 4 / 6 = R (3a R ) .
0
2
2
R
2
a
R
Задачи для самостоятельного решения
Перейти в тройном интеграле f ( x, y , z ) dxdydz к цилиндрическим координатам
V
,, z или сферическим координатам r, , и расставить пределы интегрирования:
52. V – область, находящаяся в первом октанте и ограниченная поверхностями
x 2 y 2 R 2 , z 0, z 1, y x, y x 3 .
53. V – область, ограниченная поверхностями x y 2 x, z 0, z x y .
2
2
2
2
54. V : {x y z R ; x 0; y 0; z 0} .
2
2
2
2
55. V : {x y z R ; x y ( z R ) R } .
Перейдя к цилиндрическим или сферическим координатам, вычислить интегралы:
2
2
56. dx
2 x x2
0
dy
0
60.
2
a
2
2
2
2
R
2
R
0
a2 y2
2
dy z x y dz . 57. dx
0
a 2
58.
2
( x2 y 2 ) / a
dx
y
2
dy
x 2 y 2 dz . 59. dx
a
0
( x 2 y 2 )dz .
0
R2 x2
a
R2 x2 y 2
R2 x2
a2 x2
a2 x2
dy
a
dz
h( x2 y 2 ) / a
x y
2
.
2
2
2
2
2
2
2
2
( x y )dxdydz , где V : {z 0, R1 x y z R2 } .
V
61.
V
62.
dxdydz
x 2 y 2 ( z 2) 2
dxdydz , где V : {x 2 y 2 1; 1 z 1} .
2
2
2
x y z dxdydz ,
где область V ограничена поверхностью
V
x y2 z2 z .
2
14.4. НЕКОТОРЫЕ ПРИЛОЖЕНИЯ ДВОЙНЫХ И ТРОЙНЫХ ИНТЕГРАЛОВ
1. Площадь фигуры. а) Для плоской фигуры S Oxy
s dS dxdy .
S
(4.1)
S
б) Площадь части искривленной поверхности рассматривается в разделе 14.6. этой главы.
2. Объем тела V: (( x, y ) S xy ; f1 ( x, y ) z f 2 ( x, y ) ( S xy - проекция V на плоскость
Oxy):
v f 2 ( x, y) f1 ( x, y)dxdy
(4.2)
S xy
или
v dV dxdydz .
V
(4.3)
V
3. Масса. а) Если ( x, y) - поверхностная плотность массы плоской фигуры
S Oxy , то
196
m ( x, y )dS .
(4.4)
S
б) если ( x, y, z ) - объемная плотность массы тела V Oxyz , то
m ( x, y, z )dV .
(4.5)
V
Для однородных фигур и тел плотность примем равной единице.
4. Статические моменты и координаты центра тяжести. а) Для плоской фигуры
S Oxy c плотностью ( x, y) и массой m статические моменты относительно
координатных осей:
M y xdS ,
M x ydS ;
S
S
координаты центра тяжести:
yc M x / m .
xc M y / m ,
б) Для тела V с плотностью ( x, y, z ) и массой m статические моменты относительно
координатных плоскостей
M yz xdV ,
M xz ydV ,
M xy zdV ;
V
V
V
координаты центра тяжести:
xc M yz / m , y c M xz / m , z c M xy / m .
Пример14. Найти массу пластинки D : {1 x / 9 y / 4 2; y 0, y 2 / 3x}
с поверхностной плотностью y / x .
2
По формуле (4.4) m
2
( x, y )dxdy ( y / x)dxdy . Область D и подынтегральная
D
D
функция совпадают с областью интегрирования и функцией из примера 9 в пункте 14.2.4
при a 3, b 2 ; там же вычислен этот двойной интеграл, поэтому m (b ln 2) / 4 и
при b 2 m ln 2 .
2
Пример 15. Найти массу тела. V :
объемная плотность az
x
2
y 2 z 2 R; z x 2 y 2 , если
(a 0) .
По формуле (4.5) m ( x, y, z )dV a zdxdydz a I . Тройной интеграл I по
V
V
данной области V вычислен в примере 12 из пункта 14.3.3, I R / 8 , и потому
4
m aR 4 / 8 .
Пример 16. Найти объем тела V : r1 x y z r2 ;
2
2
2
2
2
( x 2 y 2 ) / a 2 z ( x 2 y 2 ) / b 2 ; k1 x y k 2 x , (a, b, k1 , k 2 0) .
Из формулы (4.3) V dxdydz . Тело V ограничено сферами, полуконусами и
V
плоскостями (рис.14.21).
197
a)
Рис.14.21
Из анализа уравнений и вида поверхностей следует целесообразность перехода к
сферическим координатам r , , по формулам: x r cos sin , y r sin sin ,
z r cos . Поверхности, ограничивающие V,
преобразуются:1) x y z r1 r r1 ;
2
2
2
2
2) x y z r2 r r2 ;
2
2
2
2
3) z ( x y )a tg a или
2
2
2
arctga ;
4) z
( x 2 y 2 )b 2 tg b, arctgb ;
5) y k1 x arctg k1 ; 6)
y k 2 x arctg k 2 .
Рис.14.21 в)
Область изменения сферических координат
точек области V есть
: r1 r r2 ; arctg k1 arctg k 2 ; arctg b arctg a .
Тогда в силу формулы (3.7) v dxdydz r sin drdd =
2
V
arctg k2 r2 2 arctg a 1 3
(r2 r13 )(arctg k 2 arctg k1 )(cos(arctg a)
= d r dr
arctg k r
arctg b 3
1 1
cos(arctgb)) .
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить объемы тел, ограниченных заданными поверхностями:
63. z x y 1, x 4, y 4 . 64. y
2
2
x , y 2 x , z 0, x z 6 .
65. z 9 y , x 0, y 0, z 0, 3x 4 y 12
( y 0) .
2
66. 2 y x, x / 4 y / 2 z / 4 1, z 0 . 67. x / 4 y 1, z 12 3x 4 y, z 1.
2
2
2
198
68. z x y - гиперболический параболоид, z 0, x 3 .
2
2
69. z ( x 1) y , z 2 x 2 . 70. z x y ,
2
2
2
71. x y z 4,
2
2
2
2
z x y.
x 2 y 2 3z . 72. x 2 y 2 z 2 1, x 2 y 2 z 2 16,
x 2 y 2 z 2 , x 0, y 0, z 0
( x 0, y 0, z 0) .
73. Найти массу квадратной пластинки со стороной a , если плотность пластинки в каждой
точке пропорциональна расстоянию этой точки от одной из вершин и равен 0 в центре
квадрата.
Найти координаты центра тяжести однородных пластинок, ограниченных
кривыми:
74. ay x , x y 2a (a 0) .
2
75.
x y a , y 0, x 0 .
76. ( x y ) 2a xy ( x 0, y 0) . 77. a(1 cos) - кардиоида, 0 .
Найти координаты центра тяжести однородных тел, ограниченных поверхностями:
78. x 0, y 0, z 0, x 2, y 4, x y z 8 (усеченный параллелепипед).
2
2 2
2
79. z y / 2, x 0, y 0, z 0, 2 x 3 y 12 0 .
2
80. z ( x y ) / 2a,
2
x 2 y 2 z 2 3a 2 ( z 0) .
2
14.5. КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ.
14.5.1. КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ ПЕРВОГО РОДА (КИ-1)
Пусть: 1) в точках простой (без точек самопересечения), спрямляемой (т.е.
имеющей длину) кривой l из пространства R x, y , z определена ограниченная
3
скалярная функция f ( x, y, z ); 2)
l1 , l2 ,...,ln -
произвольное разбиение кривой l на
элементарные дуги l i с длинами l i ; 3) M i ( i , i , i ) li (i 1,2,..., n) - произвольный
набор
4) I n
точек;
n
f ( i , i , i ) li -
интегральная
сумма,
соответствующая
i 1
данному разбиению кривой l и выбору точек M i .
Определение. Конечный предел интегральной
( sup{li }) , не зависящий ни от способа разбиения кривой l, ни от выбора точек M i ,
называется криволинейным интегралом первого рода от функции f ( x, y, z ) по кривой l:
lim I n f ( x, y, z )dl .
n
суммы
In
при
l
Вычисление КИ-1. Теорема 14.6. Если кривая l задана параметрическими
уравнениями: x x(t ), y y (t ), z z (t ), t1 t t 2 , где x(t ), y (t ), z (t ) - непрерывно
дифференцируемые по t функции и возрастание длины L дуги кривой соответствует
возрастанию t, то в предположении существования определенного интеграла имеет место
равенство
t2
2
2
2
f ( x, y, z )dl f ( x(t ), y(t ), z (t )) xt yt zt dt .
l
(5.1)
t1
Следствия.
а) Если плоская кривая l задана явно: y y ( x), a x b , и f f ( x, y ) , то
199
b
2
f ( x, y)dl f ( x, y( x)) 1 y( x) dx .
l
(5.2)
a
б) Если плоская кривая l задана в полярных координатах: (), 1 2 , то
2
2
2
f ( x, y)dl f (() cos, () sin ) d .
(5.3)
1
l
Некоторые приложения КИ-1
1. Масса материальной линии. Пусть ( x, y, z ) , ( x, y, z ) l - линейная плотность
массы материальной линии l. Тогда масса этой линии есть:
m ( x, y, z )dl .
(5.4)
l
2. Длина пространственной (или плоской) кривой l есть L: L dl .
l
3. Статические моменты и координаты центра тяжести.
а) Для плоской линии l Oxy c плотностью ( x, y) и массой m статические
моменты относительно координатных осей Oy и Ox:
M y xdl ,
M x ydl ;
l
l
координаты центра тяжести:
xc M y / m ,
yc M x / m .
б) Для пространственной линии l c плотностью ( x, y, z ) и массой m статические
моменты относительно плоскостей Oyz, Oxz и Oxy:
M yz xdl ,
M xz ydl ,
M xy zdl ;
l
l
координаты центра тяжести:
xc M yz / m ,
l
z c M xy / m .
y c M xz / m ,
Пример 17. Вычислить КИ-1: I ( x 2 y )dl , где l – прямолинейный отрезок,
2
2
l
соединяющий точки A(0;2) и B(3;4) .
Уравнения отрезка прямой AB в параметрической форме:
x xA
y yA
t,
xB x A y B y A
x y2
t или x 3t , y 2t 2, 0 t 1 . Тогда dl xt 2 yt 2 dt 13dt и из
3
2
I ( x 2 2 y 2 )dl
(5.1)
имеем
3t 2(2t 2) 13dt
13 t / 8 8t 8t 47
1
2
2
0
3
2
1
0
1
AB
13 t 2 16t 8 dt
0
13 / 3 .
Замечание. В случае явного задания отрезка прямой AB : y 2 x / 3 2,
0 x 3 следует воспользоваться формулой (5.2).
200
Пример 18. Вычислить КИ-1: I x y dl , где l – кривая, заданная
2
2
l
уравнением x y 2 y при условии x 0 .
2
2
Для построения кривой l преобразуем уравнение ее к виду x ( y 1) 1 ; таким
образом, l есть полуокружность с центром в точке C (0;1) радиуса 1, расположенная слева
от оси Oy (рис. 14.22).
2
2
Наличие комбинации x y
в подынтегральной
функции и в уравнении l наводит на мысль провести
вычисления в полярных координатах, которые связаны с
декартовыми
координатами
формулами
2
y
L
2
x cos , y sin ( x 2 y 2 2 ) .
C
Тогда:
из
x y 2 y получаем
Рис. 14.22
2 sin – уравнение l в полярных координатах; из
рис. 14.22 (или условий x 0 , y 0 , 0) следует:
2
x
0
;
2
2
x 2 y 2 2 sin ,
dl 2 2 d = = 4 sin 2 4 cos 2 d = 2d , и из (5.3) I
x 2 y 2 dl
( L)
4 sin d 4cos / 2 4 .
/2
Пример 19. Найти массу одного витка материальной винтовой линии
L : x R cost , y R sin t , z at (рис. 14.23), если линейная плотность в точке
обратно пропорциональна квадрату расстояния этой точки от начала координат.
2 1
По условию задачи плотность k ( x y z )
2
2
k ( R 2 cos2 t R 2 sin 2 t +
a 2t 2 ) 1 = k ( R 2 a 2t 2 ) 1 , где k – коэффициент пропорциональности, k 0 . Для одного витка 0 t 2 . Из
формул (5.4) и (5.1) имеем: m ( x, y, z )dl dl
z
L
= xt yt zt dt
2
L
2
2
R 2 sin 2 t R 2 cos2 t a 2t 2 dt
R 2 a 2 dt k R 2 a 2
0
x
Рис.14.23.
2
0
dt
R a t
2
2 2
2
2
2
y k R a arctg at =
Ra
R
0
(k R 2 a 2 / Ra)arctg (2a / R) .
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить криволинейные интегралы первого рода:
81.
dl
x y , где l – отрезок прямой y x / 2 2 , заключенный между точками A(0;2)
и
l
201
B(4;0) .
82. xydl , где l – контур прямоугольника с вершинами: A(0;0), B(4;0), C (4;2),
l
D(0;2) .
83.
2
2
ydl , где l – дуга параболы y 2 px , отсеченная параболой x 2 py .
l
84.
2 y dl , где l – первая арка циклоиды x a(t sin t ), y a(1 cost ) .
l
85.
2
2 2
2 2
2
2
2
x x y dl , где l- половина лемнискаты ( x y ) a ( x y ) ( x 0) .
l
y
dl , где l – часть спирали Архимеда 2 , заключенная внутри круга
x
l
радиуса R с центром в точке O(0;0) .
86. arctg
87. (2 z
x 2 y 2 )dl , где l – первый виток конической винтовой линии x t cos t ,
l
y t sin t , z t .
88. ( x y )dl , где l –четверть окружности x y z R , x y , лежащая в
2
2
2
2
l
первом октанте.
89. xydl , где l – дуга гиперболы x a ch t , y a sh t (0 t t 0 ) .
l
90. ( x
4/3
y 4 / 3 )dl , где l – дуга астроиды x 2 / 3 y 2 / 3 a 2 / 3 в первом квадранте.
l
91. Найти массу первого витка винтовой линии x a cost , y a sin t , z bt , плотность
которой в каждой точке равна полярному радиусу этой точки.
92. Найти массу линии x e cos t , y e sin t , z e , от точки, соответствующей t=0,
до произвольной точки, если плотность в каждой точке обратно пропорциональна
квадрату полярного радиуса и в точке (1;0;1) равна единице.
t
t
t
93. Найти массу дуги параболы y 2 px (0 x p / 2) , если линейная плотность в
2
текущей точке равна y .
Вычислить координаты центра тяжести дуги однородной кривой :
94. y ch( x / a) , от точки A(0; a) до точки B(b; h) .
95. x a(t sin t ), y a(1 cost ) (0 t ) .
96. x a cost , y a sin t , z bt (0 t ) .
14.5.2
КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ ВТОРОГО РОДА (КИ-2)
Пусть : 1) в точках непрерывной кривой AB из пространства R {( x, y, z )}
определены ограниченные скалярные функции P( x, y, z ), Q( x, y, z ), R( x, y, z ) ;
3
2) {l1 , l2 ,..., ln } - произвольное разбиение кривой AB на элементарные дуги li с длинами
li и проекциями xi xi xi 1 , yi yi yi 1 , zi zi zi 1 на соответствующие
оси координат; 3) M i ( i , i , i ) (i 1,2,...,n) - произвольный набор точек;
202
n
I n P(i , i , i ) xi Q(i , i , i ) yi R(i , i , i ) zi -
4)
интегральная
i 1
сумма, соответствующая данному разбиению и данному выбору точек.
Определение. Конечный предел интегральной суммы I n при
supli , не зависящий ни от способа разбиения AB , ни от выбора точек M i ,
называется криволинейным интегралом второго рода от функций P, Q, R по пути AB:
lim I n P( x, y, z )dx Q( x, y, z )dy R( x, y, z )dz .
0
AB
Механически КИ-2 представляет собой работу переменной силы F P, Q, R,
точка приложения которой описывает кривую AB.
Вычисление КИ-2. Теорема 14.7. Если линия AB задана в параметрической
форме: x x(t ), y y (t ), z z (t ), t1 t t 2 , где x(t ), y (t ), z (t ) непрерывно
дифференцируемые функции, и при изменении параметра t от t1 к t 2 кривая описывается
именно от точки A к точке B, то
P( x, y, z )dx Q( x, y, z )dy R( x, y, z )dz
AB
t2
[ P( x(t ), y (t ), z (t )) xt Q( x(t ), y (t ), z (t )) yt R( x(t ), y (t ), z (t )) zt ]dt ,
t1
(5.5)
причем КИ-2 существует, если существует определенный интеграл.
Следствия.
а) Для плоской линии AB: x x(t ), y y (t ), t1 t t 2 и функций P( x, y ), Q( x, y) ,
t2
( x, y ) AB : P( x, y )dx Q( x, y )dy [ P( x(t ), y (t )) xt Q( x(t ), y (t )) yt ] dt .
AB
t1
б) Для заданной явно плоской линии AB : y y ( x), a x b
b
P( x, y)dx Q( x, y)dy [ P( x, y( x)) Q( x, y( x)) yx ]dx .
AB
(5.6)
a
Независимость КИ-2 от пути интегрирования
Теорема 14.8. Если функции P( x, y, z ), Q( x, y, z ), R( x, y, z ) непрерывны вместе
со своими частными производными первого порядка в некоторой замкнутой
ограниченной поверхностно односвязной области V, то равносильны следующие четыре
утверждения:
1) Pdx Qdy Rdz 0 , где l – замкнутый контур, лежащий внутри V;
l
2) Pdx Qdy Rdz не зависит от выбора пути интегрирования;
l
3) Pdx qdy Rdz есть полный дифференциал некоторой однозначной функции
( x, y, z ) , заданной в точках V;
4) выполняются равенства:
P Q P R R Q
.
,
,
y x
z x
y z
203
Функция ( x, y, z ) может быть найдена, например, по формуле
( x, y, z )
( x, y , z )
x
y
xo
yo
d( x, y, z ) P ( x, y, z )dx Q(xo , y, z )dy
( xo , y o , z o )
(5.7)
z
R ( xo , yo , z )dz c ,
zo
где ( xo , yo , z o ) - некоторая фиксированная точка области V, c – произвольная постоянная.
Связь между КИ-1 и КИ-2. Пусть спрямляемая (не имеющая особых точек) линия
AB имеет в каждой точке касательную, положительное направление которой составляет с
осью координат углы , , . Тогда
Pdx Qdy Rdz ( P cos Q cos R cos )dl .
AB
AB
Связь КИ-2 с двойным интегралом (формула Грина). Теорема 14.9. Пусть: 1)
функции P( x, y ), Q( x, y) непрерывны и имеют непрерывные частные производные в
открытой односвязной области G Oxy ; 2) l – кусочно-гладкий контур,
ограничивающий область S G , и при положительном обходе l ближайшая часть
области S находится слева от наблюдателя. Тогда справедлива формула:
Q
P
Pdx Qdy x y dxdy .
l
S
Площадь плоской области. Площадь s фигуры S, ограниченной простым кусочногладким контуром l, равна
1
xdy ydx .
2l
s xdy ydx
l
l
Пример 20. Вычислить КИ-2: I ydx ( y x )dy , где L – дуга параболы
2
l
y 2 x x , проходимая от точки A(2;0) до точки O(0;0) .
2
Кривая l представлена на рис.14.24.
По формуле (5.6) имеем I ydx ( y x )dy
2
l
xO 0
=
(2 x x 2 )dx (2 x x 2 x 2 )(2 2 x)dx
x A 0
3 0
2
= ( x x )
2
Рис.14.24
4 .
Пример
21.
Вычислить
КИ-2:
I ydx xdy zdz , где l – замкнутый контур,
z
l
полученный пересечением сферы x y z R и
2
2
2
2
цилиндра x y Ry ( R 0, z 0) , обходимый
против часовой стрелки, если смотреть из начала
координат (рис.14.25).
Для вычисления КИ-2 представим l в
2
0
x
y
2
204
параметрической
форме.
x 2 y 2 Ry запишем
Поверхность
в
виде
x 2 ( y R / 2) 2 ( R / 2) 2 .Последнее равенство выполнится тождественно, если
положить, например, x ( R / 2) sin t , y ( R / 2)(1 cost ) ,
0 t 2 . Тогда из
уравнения
сферы
z 2 R2 x2 y2 =
имеем
= R ( R / 4) sin t ( R / 4)(1 cos t )
( R 2 / 2)(1 cos t ) = = R 2 sin 2 (t / 2) .
Отсюда,
помня,
что
z R sin(t / 2) . Итак,
0 t 2 , имеем
z 0,
R
R
t
R
R
l : x sin t , y (1 cost ), z R sin , t [0;2] ; xt cost , yt sin t ,
2
2
2
2
2
R
t
I ydx xdy zdz
По
формуле
(5.5)
zt cos .
2
2
l
2
2
=
2
2
R
2
R
2
R
t R
R
t
[ 2 (1 cost ) 2 cost 2 sin t ( 2 sin t ) R sin 2 2 cos 2 ]dt
0
2
R 2 2
R2
2 R
=
(1 cost sin t )dt 4 (t sin t cost ) 0 2 .
4 0
Пример 22. Найти первообразную функции u ( x, y, z ) , если
du (6 x 7 yz )dx (6 y 7 xz )dy (6 z 7 xy )dz .
По формуле (5.7) при xo yo z o 0 получим
x
y
z
0
0
0
u ( x, y, z ) (6 x 7 yz )dx 6 ydy 6 zdz
y
x x
(3x 2 7 xyz ) x 0 3 y 2
0
z
3z 2
0
c
3( x 2 y 2 z 2 ) 7 xyz c .
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить криволинейные интегралы второго рода:
97. xdy , где l – отрезок прямой x / a y / b 1 от точки пересечения ее с осью Ox до
l
точки пересечения с осью Oy.
2
2
( x y )dy ,
98.
где l – контур прямоугольника с вершинами A(0;0), B(2;0),
l
C (4;4), D(0;4) , указанными в порядке обхода l.
(1;1)
xydx ( y x)dy
99.
вдоль линий: 1) y x , 2) y x , 3) y x , 4) y x .
2
2
3
( 0;0)
100.
ydx xdy ,
l – эллипс x a cost , y b sin t , обходимый в положительном
l
направлении.
101. (2a y )dx (a y )dy , где l – первая от начала координат арки циклоиды
l
x a(t sin t ) , y a(1 cost ) .
205
102.
xdx ydy ( x y 1)dz , где l – отрезок прямой от точки (1;1;1) до точки (2;3;4).
l
103.
yzdx zxdy xydz , где l – дуга винтовой линии x R cost , y R sin t , z at /
l
(0 t 2) .
104.
2
2
2
y dx z dy x dz ,
где l – линия пересечения сферы
x2 y 2 z 2 R2 и
l
цилиндра x y Rx ( R 0, z 0 ) , обходимая против часовой стрелки, если
смотреть из начала координат (часть кривой Вивиани).
Убедиться, что подынтегральное выражение является полным дифференциалом, и
вычислить КИ-2:
2
2
( 2,1)
2 xy x dy .
105.
2
(5,12 )
106.
( 0, 0 )
(5,3,1)
108.
(3, 4)
zxdy xydz yzdx
( x yz ) 2
( 7, 2,3)
xdx ydy
x2 y2
(3, 2,1)
.
107.
yzdx zxdy xydx .
(1, 2,3)
(контурное интегрирование не пересекает поверхность
z x / y) .
Найти первообразную функцию и по полному дифференциалу:
109. du 4( x y )( xdx ydy ) .
2
2
110. du (2 x cos y y sin x)dx (2 y cos x x sin y )dy .
2
2
ey
dy .
dx
1
111. du
1 x2
(1 x 2 ) 2
2
2
2
112. du ( x 2 yz )dx ( y 2 xy )dy ( z 2 xy )dz .
2 x(1 e y )
113. du
x x
1 y
dx dy dz
dy xy dz.
. 114. du 1 dx
z y2
x yz
y z
z2
С помощью формулы Грина вычислить КИ-2:
115.
2
2
2
2
2
xy dy x ydx , где l – окружность x y R .
l
116. ( x y )dx ( x y ) dy , где l – эллипс x / a y / b 1 .
2
2
2
l
117. Вычислить
xdy ydx ,
где l – простой замкнутый контур, пробегаемый в
l
положительном направлении. Указание. Рассмотреть случаи: 1) начало координат
находится вне контура l; 2) контур l окружает начало координат.
118. В каждой точке эллипса x / a y / b 1 приложена сила F , равная по
величине расстоянию от точки M до центра эллипса и направленная к центру эллипса.
Найти работу F при перемещении в положительном направлении: а) вдоль дуги эллипса в
первом октанте; б) вдоль всего эллипса.
119. Сила по величине обратно пропорциональна расстоянию точки ее приложения от оси
Oz , перпендикулярна к этой оси и направлена к ней. Найти работу этой силы по
2
2
2
2
206
окружности x cost , y 1, z sin t от точки M (1;1;0) до точки N (0;1;1) . Указание.
kx
ky
.
F 2
,
,
0
2
2
2
x
y
x
y
14.6. ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
14.6.1. ДВУСТОРОННИЕ ПОВЕРХНОСТИ И ИХ ОРИЕНТАЦИЯ
Гладкая поверхность называется двусторонней поверхностью , если при
возвращении в исходную точку после обхода замкнутого контура , лежащего на и не
имеющего общих точек с ее границей, направление нормали к поверхности не меняется.
Совокупность всех точек поверхности с приписанными в них по указанному
правилу нормалями называется определенной стороной поверхности.
Выбор определенной стороны поверхности называется ориентацией поверхности.
Выбранная сторона - это положительная сторона поверхности. Для замкнутой
поверхности положительной считается внешняя сторона.
Если задана неявным уравнением F ( x, y, z ) 0 , то сторона характеризуется
одним из единичных нормальных векторов
n o n / n , n Fx , Fy , Fz ,
(6.1)
Если задана явным уравнением
n Fx2 Fy2 Fz2 .
z z ( x, y) , ( x, y) S xy , то сторона
o
характеризуется одним из векторов n :
n o n / n , n { z x , zy ,1} , n 1 z x2 z y2 .
(6.2)
14.6.2. ПОВЕРХНОСТНЫЙ ИНТЕГРАЛ ПЕРВОГО РОДА (ПИ-1)
Пусть : 1) в точках двусторонней гладкой (или кусочно-гладкой) поверхности из
пространства R x, y, z , ограниченной кусочно-гладким контуром, определена
3
ограниченная скалярная функция f ( x, y, z ) ; 2) 1 , 2 ,..., n - произвольное разбиение
на n частей i с площадями i и диаметрами d i ; 3) M i ( i , i , i ) i (i 1,2,.., n)
- произвольный набор точек;
4) I n
n
f (i , i , i ) i - интегральная сумма, соответствующая данному разбиению
i 1
поверхности и выбору точек M i .
Определение. Конечный предел
интегральной
суммы
In
при
0
( supd i ) ,не зависящий ни от способа разбиения поверхности , ни от выбора точек
M i , называется поверхностным интегралом первого рода от функции f ( x, y, z ) по
поверхности :
lim I n f ( x, y, z )d .
n
Вычисление ПИ-1. Теорема 14.10. Если : 1) поверхность задана неявным
уравнением F ( x, y, z ) 0 и z z ( x, y) есть решение этого уравнения при ( x, y ) S xy
y y ( x, z ) - решение уравнения при ( y, z ) S yz , или x x( y, z ) -решение
уравнения при ( y, z ) S yz , где S xy , S xz , S yz - проекции на плоскости Oxy, Oxz, Oyz или
207
соответственно, 2) между точками и ее соответствующей проекцией установлено
взаимно однозначное соответствие, то
dxdy
dxdz
f ( x, y, , z )d f ( x, y, z ( x, y )) cos f ( x, y ( x, z ), z ) cos
S xy
f ( x( y, z ), y, z )
S yz
S xz
dydz
,
cos
(6.3)
причем ПИ-1 существует, если существуют соответствующие двойные интегралы.
Здесь cos, cos, cos координаты вектора n и находятся по формулам (6.1).
ПИ-1 не зависит от выбора стороны поверхности.
Следствие. При явном задании : z z ( x, y ), ( x, y ) S xy в силу (6.2) из (6.3)
o
получим
f ( x, y, z)d f ( x, y, z( x, y))
1 z x2 z y2 dxdy .
(6.4)
S xy
Некоторые приложения ПИ-1
1. Масса материальной поверхности. Пусть ( x, y, z ) - поверхностная плотность
материальной поверхности площади s. Тогда масса этой поверхности
m ( x, y, z )d .
2. Площадь искривленной поверхности . Если принять в предыдущей формуле
( x, y, z ) 1 , то масса поверхности числено равна площади s , т.е.
s d .
3. Статические моменты материальной поверхности с поверхностной плотностью
( x, y, z ) и массой m относительно плоскостей Oxy, Oxz, Oyz соответственно
равны: M xy zd , M xz yd , M yz xd .
4. Координаты центра тяжести материальной поверхности :
xc M yz / m,
y M xz / m,
zc M xy / m .
Задания
1. Записать линейные свойства ПИ-1.
2. Записать свойство аддитивности для ПИ-1.
Пример 23. Вычислить ПИ-1 I zd , где - часть плоскости
x / a y / b z / c 1,
x 2 y 2 R 2 (рис.14.26).
z
x
a
y
-R
C
o
вырезанная цилиндром
o
b
y
R
x
208
Рис. 14.26
Поверхность проецируется на плоскость Oxy в круг S : x y R
I zd z ( x, y ) 1 z x2 z y2 dxdy .
(6.4)
Из
2
2
2
. По формуле
уравнения
S
следует
z x c / a,
z c(1 x / a y / b) ,
z y c / b, 1 z x2 zy2 1 c 2 / a 2 c 2 / b 2 k ;
тогда
0 2,
x cos, , y sin , S P :
I ck (1 x / a y / b)dxdy
0 R =
S
dxdy dd, x 2 y 2 R 2 R,
= ck (1
P
R
2
1
1
1
1
cos sin )dd ck d (1 cos sin )d
a
b
a
b
0
0
2
R
R
1
1
= c k d( sin cos)
2c k d R 2 c 1 c 2 / a 2 c 2 / b 2 .
a
b
0
0
0
Пример 24. Вычислить ПИ-1 I xd , где - полная поверхность тетраэдра,
отсекаемого от первого октанта плоскостью x y z 1.
Полная
поверхность
тетраэдра
складывается
из
его
граней:
1 2 3 4 ,где 1 AOB , 2 AOC , 3 BOC , 4 ABC
(рис.14.27).
Выпишем уравнения поверхностей i и вычислим для них элементы d :
z
а) 1 : z 0, d 1 z x z y dxdy dxdy ;
2
1
C
2
б) 2 : y 0, d 1 yx yz dxdz dxdz ;
2
в) 3 : x 0, d 1 xy xz dydz dydz ;
2
o
A
x
1
Рис.14.27
B
7
1 y
2
2
г) 4 : x 1 z y, d 1 xy xz dydz 3dydz .
Задав уравнения поверхностей в явном виде, мы
определили тем самым плоскости проецирования их; Di 2
2
области, на которые проецируются i .
I xd xdydx xdxdz 0dydz
1
2
3
4
D1
D2
D3
.
По поводу последней записи напомним, что следует в подынтегральной функции
f ( x, y, z ) независимые переменные (переменные из области Di ) оставлять без
изменения, зависимую переменную заменить из явного уравнения соответствующей
поверхности, а d заменить выражением, полученным выше, причем D3 D4 .
Находим:
209
D
1
1 x
1
1
0 x 1
2
3
xdxdy
D
:
xdx
dy
x
(
1
x
)
dx
(
x
/
2
x
/
3
)
1/ 6 ;
1
0
0
y
1
x
D1
0
0
0
0 x 1
xdxdz
D
:
1/ 6 , так как области D1 и D2 переходят одна в другую
2
0
y
1
z
D2
заменой " y" на "z" ;
0dydz 0 ;
D3
1 1 y
0 y 1
(1 y z ) 3dydz D4 : 0 z 1 y 3 dy (1 y z )dz
D4 D3
0
0
1
= ( 3 / 2) (1 y z )
0
2 z 1 y
z 0
1
dy ( 3 / 2) (1 y ) 2 dy
0
1
3
3
(1 y )3
.
0
6
6
I 1 / 6 1 / 6 0 3 / 6 (2 3 ) / 6 .
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить поверхностные интегралы первого рода:
120. xyzd , где - часть плоскости x y z 1, лежащая в первом октанте.
121.
xd , где -
часть сферы x y z R , лежащая в первом октанте.
yd , где -
полусфера z
2
2
2
2
122.
R2 x2 y 2 .
123.
124.
полусфера z
2
2
2
R x y d , где -
d
r
2
R2 x2 y 2 .
, где - цилиндр x y R , ограниченный плоскостями z 0, z H , а
2
2
2
r –расстояние от точки поверхности до начала координат.
125.
( xy yz zx )d ,
часть конической поверхности z
где -
x2 y2 ,
вырезанная поверхностью x y 2ax .
126. Найти массу сферы, если поверхностная плотность в каждой точке равна расстоянию
этой точки от некоторого фиксированного диаметра сферы.
2
2
127. Найти массу параболической оболочки z ( x y ) / 2 (0 z 1) , плотность
которой меняется по закону z .
2
128. Найти массу полусферы x y z a
2
2
2
2
2
( z 0) , плотность которой в каждой
ее точке равна z / a .
129. Найти координаты центра тяжести части однородной поверхности z
x2 y2 ,
вырезанной поверхностью x y ax .
2
2
14.6.3. ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ ВТОРОГО РОДА (ПИ-2)
Пусть : 1) в точках двусторонней гладкой (или кусочно- гладкой) поверхности
210
задана
ограниченная
функция
f ( x, y, z ) ; 2) выбрана положительная сторона
поверхности; 3) 1 , 2 ,..., n - разбиение на n частей i с площадями i и
диаметрами d i ; 4) M i ( i , i , i ) i (i 1,2,..., n) - произвольный набор точек;
5) xy Si - проекция элемента i на плоскость Oxy (проекция определенной стороны
поверхности связана со знаком
n
“+” или “–“ ); 6) I n f ( i , i , i ) xy S i i 1
интегральная сумма, соответствующая данному разбиению и выбору точек.
Определение. Конечный предел I n при 0 ( supd i ) называется
поверхностным интегралом второго рода от
f ( x, y, z ) по определенной стороне
поверхности :
lim I n f ( x, y, z )dxdy
(здесь dxdy напоминает о проекции i на Oxy и содержит знак).
При проецировании ориентированной поверхности на плоскости Oyz и Oxz
получаем ПИ-2:
f ( x, y, z )dydz, f ( x, y, z )dxdz .
Вычисление ПИ-2. Теорема 14.11. Пусть ориентированная гладкая поверхность
задана явно. Тогда
а) если : z z ( x, y ), ( x, y ) S xy , то f ( x, y, z )dxdy f ( x, y, z ( x, y ))dxdy ;
S xy
f ( x, y, z )dxdz f ( x, y ( x, z ), z )dxdz ;
б) если : y y ( x, z ), ( x, z ) S xz , то
(6.5)
в) если : x x( y, z ), ( y, z ) S yz , то
S xz
f ( x, y, z)dydz f ( x( y, z), y, z)dydz .
S yz
Связь между ПИ-1 и ПИ-2. Теорема 14.12. Если - гладкая двусторонняя
поверхность, ориентация характеризуется нормалью n cos , cos , cos
= n / n , P( x, y, z ), O( x, y, z ), R( x, y, z ) - функции, определенные и непрерывные на ,
то
(6.6)
Pdydz Qdxdy Rdxdy ( P cos Q cos R cos )d .
Связь между ПИ-2 и тройным интегралом (формула Гаусса – Остроградского).
Теорема 14.13. Пусть функции P( x, y, z ), Q( x, y, z ), R( x, y, z ) - непрерывные вместе со
своими частными производными (первого порядка) в некоторой пространственной
области V, ограниченной гладкой замкнутой поверхностью с положительной внешней
стороной. Справедлива формула
P
Q
R
Pdydz Qdxdz Rdxdy x y z dxdydz .
V
Замечание. О приложениях ПИ-2 смотри в разделе “Элементы теории поля”.
Пример 25. Вычислить ПИ-2:
2 2
x y zdxdy ,
где
: x 2 y 2 z R 2 -
положительная (внешняя) сторона сферы.
211
Для вычисления ПИ-2 замкнутую поверхность необходимо разбить на 1 с
уравнением z
z
_o
n1
1
(6.2)
положительная
сторона
1 характеризуется
нормальным
поверхности
вектором
y
Рис.14.28
тупой.
ибо угол между n1 и положительным направлением Oz,
т.е. ( n1 ,Oz), – острый, а положительная сторона
_
no2
x
( n2 ,Oz)-
z R 2 x 2 y 2 (рис.14.28). Тогда на основании
n1{ zx , zy ,1} ,
S
2
R 2 x 2 y 2 и 2 с уравнением
Проекция
поверхностности 2 - вектором n2{zx zy ,1} , ибо угол
каждой из поверхностей 1 и 2 есть область
S : {x 2 y 2 R 2}- круг радиуса R с центром в начале координат. Поэтому по формуле
I x 2 y 2 R 2 x 2 y 2 dxdy + x 2 y 2 ( R 2 x 2 y 2 )(dxdy)
(6.5)
S
= 2 x y
S
R 2 x 2 y 2 dxdy переходим к полярным координатам : x cos,
2 2
S
S P : 0 2; 0 R=
y sin , dxdy dd ,
= 2 sin cos R dd =
5
2
2
2
2
P
R
2
0
0
2 5 R 2 2 d sin 2 cos2 d =двойной интеграл “расщепился” в произведение
определенных интегралов= 2 I1 I 2 ;
R
I1
0
5
R 2 2 t, 2 R 2 t
1R 4
2
2
2
2
=
R d R d ( R )
20
t н R 2 , tв 0
2
2
1 0 2
( R t ) 2 t dt 8R 7 / 105 ;
=
2 2
R
2
1 2
I 2 sin cos d (1 cos4)d / 4 .
80
0
2
2
Итак, I 2 I1 I 2 4R / 105 .
7
z
Пример 26. Вычислить ПИ-2 общего вида:
I 2 y 2 dydz x 2 dxdz 4 z 2 dxdy , где
2
внешняя сторона конической поверхности
z x 2 y 2 , ограниченной плоскостью z =2.
Внешняя сторона поверхности характеризуется
нормальным вектором, который составляет тупой
S
x
o
_ y
no
212
.29
угол с положительным направлением оси Oz (рис.14.29),
а потому n z x , z y ,1
x
x 2 y 2
,1 , n xx2 z y2 1 =
x2 y2
y
,
x 2 /( x 2 y 2 ) y 2 /( x 2 y 2 ) 1 2 .
Тогда
n{cos , cos , cos } , cos
x
2 x2 y 2
, cos
y
2 x2 y 2
, cos
1
.
2
Данный ПИ-2 можно вычислять по разному. Первый способ – вычислять три ПИ-2,
составляющих данный поверхностный интеграл. Второй способ – использовать связь ПИ2 с ПИ-1, что и сделаем. По формуле (6.6)
I 2 y 2 dydz x 2 dxdz 4 z 2 dxdy (2 y 2 cos x 2 cos 4 z 2 cos )d =
1 2 y 2 x x 2 y
2
4
z
d . Последний поверхностный интеграл есть ПИ-1.
2 x2 y2
=
Проекция
радиуса
: z x 2 y 2 на плоскость Oxy есть область S : {x 2 y 2 22} - круг
2
с
центром
в
начале
координат.
Так
как
d 1 zx2 zy2 dxdy dxdy / cos 2dxdy , то по формуле (6.3) (или (6.4))
1 2 y 2 x x 2 y
2
2
4
(
x
y
)
2dxdy =переходим к полярным координатам
2 S x2 y2
x cos, y sin
S P : 0 2; 0 R=
dxdy dd
I
= 2 sin cos sin cos 4 )dd =
2
2
2
2
2
P
2
2
= d (2 sin cos cos sin 4)d
3
0
2
0
4 2
4
2
2
cos3
2 3
= 32 .
sin
4
3
3
0
0
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить следующие поверхностные интегралы второго рода:
130. xdydz ydxdz zdxdy , где - положительная сторона куба, составленного
плоскостями x 0, y 0, x 1, y 1, z 1.
131.
2 2
x y zdxdy ,
где - положительная сторона нижней половины сферы
2
x y z2 R2.
2
213
2
z dxdy , где - внешняя сторона эллипсоида
132.
xzdxdy xydydz yzdxdz ,
133.
x2
a2
y2
b2
z2
c2
1.
где - внешняя сторона пирамиды, составленной
плоскостями x 0, y 0, z 0, x y z 1.
Применяя формулу Гаусса – Остроградского, преобразовать следующие поверхностные
интегралы, если гладкая поверхность ограничивает конечную область (тело) V и cos ,
cos , cos - направляющие косинусы внешней нормали к :
3
3
3
x dydz y dzdx z dxdy .
134.
x cos y cos z cos
136.
x y z
2
R
2
2
Q
135.
yzdydz zxdzdx xydxdy .
d .
P
Q
R
P
y z cos z x cos x y cos d .
2
2
y zdxdy xzdydz x ydxdz , где - внешняя сторона
137.
138.
поверхности,
расположенной в первом октанте и составленной из параболоида z x y , цилиндра
2
2
x 2 y 2 1 и координатных плоскостей.
139. Вычислить интегралы 132, 133, применяя формулу Гаусса – Остроградского.
Ответы
3x 1
3x 4
2
2
y
. 2. D : 2 x 2 ; x y 4 x .
2
2
3
2
3. D : 0 x 2; x y 2 x; 2 x 3; x y 6 x. 4. 1. 5. 1/ 40. 6. a / 3 .
1. S : 3 x 5;
7. F ( A, B) F ( A, b) F (a, B) F (a, b) .
y
r
dy
0
1
e
0
ey
f ( x, y )dx . 10. dy fdx .
r r2 y2
5
(4 3x) / 2
6, 5
( 2 y 1) / 3
3
(3 x 1) / 2
5
1
1 x 2
0
0
12. dx
13. dx
x
0
x2
8. dx
arcsin y
0
arcsin y
11. dy
3
6, 5
( 2 y 4) / 3
1
1 y 2
4
3 4 x x 2
0
0
0
3 4 x x 2
fdx dy
fdy dy fdx . 14. dx
5
8
( 2 y 4) / 3
3
6 x
3
y
4
6 y
0
x
2
x
0
3
1
2x
2
2/ x
1
y/2
2y
2
y/2
2/ y
0
x/2
1
x/2
0
1
y/2
fdx .
5
2 6 y y 2 5
1
2 6 y y 2 5
fdy dy
2x
16. dx
9, 5
fdx dy
2
15. dx fdy dx
9.
fdy .
( 2 y 1) / 3
f ( x, y )dy .
1
8
fdy dy
1
fdx
.
fdy dy fdx dy fdx .
fdy dx fdy dy fdx dy fdx .
y/2
214
17.
0
1
2
1
1
2y
2
x / 2
0
x/2
0
2 y
dx fdy dx fdy dy fdx .
19. (e 1) .
2
20. 0.
26. 35a / 12 .
4
5
25. p / 21 .
arctg ( a / b )
28.
b sin
d
0
0
/2
29.
/2
31.
1
1
1
x2
0
arctg 2
8 cos
/4
4 cos
27.
y
24. / 6 .
23. –2.
22. 9/4.
y
dx fdy dy fdx .
18.
d f ( cos, sin )d .
a cos
/2
f ( cos, sin )d
d f ( cos, sin )d .
arctg ( a / b )
2
d
0
21. 33/140.
1
f ( cos, sin )d .
30.
2 sec( / 4)
a sin 2
0
/4
a cos 2
/ 4
0
d
f ( cos, sin )d .
d f ( cos, sin )d .
0
0
2
1
0
0
32. x 2 cos, y 3 cos, I 6 d f (2 cos,3 sin )d .
33. I
3 d
3 cos 2 sin
0
/2
34.
d
/6
36.
0
2 R sin
f ( cos, sin )d .
35.
( R cos ec) / 2
/4
sec
0
sin sec2
3
d
38. R h .
2
f ( cos, 3 sin )d .
f ( cos, sin )d .
39. R ( 4 / 3) / 3 .
/3
2 sec
/4
0
d f ()d .
37. [(1 R ) ln(1 R ) R ] / 4 .
2
40. / 6 .
2
2
41. 6 .
2
2
2 2
42. a b / 8 . 43. 1/ 4 6 .
44. а) V : ( x, y ) S , 0 z (6 x 2 y ) / 3, S : x 0, y 0, x 2 y 6;
б) V : ( x, y ) D, 0 x 6 2 y 3 z, D : y 0, z 0, 2 y 3 z 6.
45. а)
V : ( y, z ) D;
V : ( x, y) S ; R R 2 x 2 y 2 z R R 2 x 2 y 2 , S : x 2 y 2 R 2 ;
б)
2
46. а) V : ( x, y) S ; x y z 4 , S : x y 4 ;
2
б) V : ( x, y ) D;
47. 2e 5 .
2 Rz z 2 y 2 x 2 Rz z 2 y 2 , D : y 2 z 2 2 Rz 0 .
2
2
z y2 x z y2 , D : z y2, z 4 .
48. (ln 2 5 / 8) / 2 .
49. 1/180.
50. 8 / 16 .
2
51. 1 / 96 .
215
1
/3
R
0
/4
0
52. dz
d f ( cos, sin , z )d .
2
2 cos
/2
53.
d d f ( cos, sin , z )dz .
/ 2
/2
54.
0
/2
R
d sin d f (r cos sin , r sin sin , r cos)dr .
/ 2
0
2
55.
0
R 3/2
d
0
0
R 2 2
d
0
f ( cos, sin , z )dz
R R 2 2
2
/3
R
0
0
0
2
2
/2
2 R cos
0
0
0
d sin d f r dr d sin d
или
f r 2 dr , где
f f (r cos sin , r sin sin , r cos ) .
57. 4R / 15 .
2
5
56. 8a / 9 .
4
58. a / 8 .
60. 4( R2 R1 ) .
59. 4ah / 3 .
5
5
2 1 / 10 3 2 8] . 62. /10 . 63. 560/3. 64. 48 6 / 5 .
67. 22 . 68. 27. 69. / 3 . 70. / 8 . 71. 19 / 6 и 15 / 2 .
2
72. 21( 2 2 ) / 4 . 73. 0 a [ 2 2 ln(1 2 )] / 3 . 74. xc a / 2, yc 8a / 5 .
75. xc yc a / 5 . 76. xc yc a / 8 . 77. xc 5a / 6, yc 16 a / 9 .
78. xc 14 / 15, yc 26 / 15, z c 8 / 3 . 79. xc 6 / 5, yc 12 / 5, z c 8 / 5 .
61. [3 10 ln
65. 45. 66. 81/5.
80. xc yc 0, z c 5a (6 3 5) / 83 .
84. 4a a .
85. 2a
3
5 ln 2 .
81.
86. [( R 4)
2
2 / 3.
3/ 2
83. p (5 5 1) / 3 .
2
82. 24.
8] / 12 . 87.
2 2[(1 2 2 ) 3 / 2 1] / 3 .
88. R
2
3
89. a (ch
2.
t
92. (1 e ) 3 .
3/ 2
2t 0 1) / 6 .
90. a
93. 2 p (2 2 1) / 3 .
2
7/3
91. ( 2a 8 b / 3) a b .
2
.
99. 1/3.
100. 2ab .
106. ln(13 / 5) .
105. 4.
110. u x cos y y cos x c .
2
101. a .
2
108. –9/2.
107. 0.
2
3
117. 1) 0; 2) 2 .
121. R / 4 .
3
126. R .
2
3
102. 13.
97. ab / 2 .
104. 3 3 .
109. u ( x y ) / 3 c .
3
2
113. u ln x y c c .
116. 2ab .
4
118. а) (a b ) / 2 ; б) 0.
122. 0.
103. 0.
3
115. a / 2 .
2
96. (0; 2a; b / 2) .
y
3
114. u x x / y xy / z c .
2
111. u (e 1) /(1 x ) y c .
112. u ( x y z ) / 3 2 xyz c .
3
2
94. xc b a (h a) /(h a) ,
yc h / 2 ab / 2 h 2 a 2 . 95. xc yc 4a / 3 .
98. 112/3.
2 2
2
123. R .
3
127. 2(1 6 3 ) / 15 .
119. 0,5k ln 2 .
124. 2arctg ( H / R) .
128. a .
2
3 /120 .
120.
4
125. 64 2a / 15 .
129. xc a / 2; yc 0; z c 16 a / 9 .
216
130. 3.
131. 2R / 105 .
7
132. 0.
133. 1/8.
134. 3 ( x y z )dxdydz .
2
2
2
135.
V
0. 136. 2
V
dxdydz
x y z
2
2
2
.
137. 0.
138. / 8 .
ЗЛЕМЕНТЫ ВЕКТОРНОГО АНАЛИЗА
15.1. ВЕКТОРНЫЕ ПОЛЯ. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ И ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ
ХАРАКТЕРИСТИКИ ВЕКТОРНЫХ ПОЛЕЙ
15.1.1. ВЕКТОРНЫЕ ЛИНИИ. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
ВЕКТОРНЫХ ЛИНИЙ ПОЛЯ
Определение 1. Векторным полем называется часть пространства (или все
пространство), в каждой точке M которого задано какое-либо физическое явление,
характеризуемое векторной величиной a a (M ) .
Если в пространстве введена декартова прямоугольная система координат, то
задание вектор - функции поля a (M ) сводится к заданию трех скалярных функций:
a ( M ) a x ( x, y, z )i a y ( x, y, z ) j a z ( x, y, z )k .
(1.1)
Простейшими геометрическими характеристиками векторных полей являются
векторные линии и векторные трубки.
Определение 2. Векторными линиями поля a a (M ) называются линии
(кривые), в каждой точке M которых направление касательной совпадает с направлением
поля в этой точке.
Определение 3. Векторной трубкой называется поверхность, образованная
векторными линиями, проходящими через точки некоторой лежащей в поле замкнутой
кривой, не совпадающей (хотя бы и частично) с какой – либо векторной линией.
Если поле задано формулой (1.1), то уравнение векторных линий дается системой
дифференциальных уравнений
dx
dy
dz
.
a x ( x, y, z ) a y ( x, y, z ) a z ( x, y, z )
(1.2)
Замечание. Методы решения систем (1.2) (систем в симметрической форме)
рассматриваются в теории дифференциальных уравнений.
Определение 4. Векторное поле a называется плоским, если в специально
подобранной системе координат оно имеет вид:
(1.1)
a {a x ( x, y), a y ( x, y),0}
Система уравнений (1.2) для таких полей имеет вид
dy a y ( x, y )
;
dx a x ( x, y )
z C (const),
(1.2)
и, таким образом, векторные линии плоского поля – это кривые, лежащие в плоскостях,
параллельных плоскости Oxy.
Пример 1. Найти векторные поля a c r (вектор c =const; r xi yj zk радиус вектор точки M ( x, y, z ) ).
Решение. Пусть с {с x , с y , с z } ; тогда
217
i
a c r сx
x
j
сy
y
k
с z {с y z с z y, с z x с x z , с x y с y x} .
z
Составим систему дифференциальных уравнений векторных линий (1.2):
dx
dy
dz
.
с y z сz y сz x сx z сx y с y x
Эту систему решаем методом интегрируемых комбинаций. Для получения интегрируемой
комбинации умножим числитель и знаменатель первой дроби на x, второй – на y, третьей
– на z ; сложим почленно. По свойству пропорций получим
dx
dy
dz
xdx ydy zdz
,
с y z сz y сz x сx z сx y с y x
0
откуда получаем интегрируемую комбинацию: xdx ydy zdz 0 ; интегрируя ее,
x 2 y 2 z 2 с1 - первый интеграл системы. Вторую интегрируемую
комбинацию получим, умножая числитель и знаменатель первой дроби на с x , второй – на
сz ;
третьей
–
на
сложим
почленно,
получим
сy ,
с x dx с y dy с z dz
dx
dy
dz
;
с y z сz y сz x сx z сx y с y x
0
получим
отсюда
с x dx с y dy с z dz 0
Таким образом система уравнений
и,
следовательно,
с x x с y y с z z с2 .
x 2 y 2 z 2 с1;
определяет искомые
с x x с y y с z z с2
векторные линии: это окружности, центры которых находятся на прямой, проходящей
через начало координат в направлении вектора с ; плоскости, в которых они лежат,
перпендикулярны указанной прямой.
Пример 2. Найти векторные линии магнитного поля бесконечного проводника
тока.
Решение. Считаем, что проводник направлен по оси Oz, и в этом же направлении
течет ток J . Вектор напряженности H магнитного поля, создаваемого током, равен
H 2 2 [ J , r ] , где J J k - вектор тока, r - радиус вектор точки M ( x, y, z ) ;
2 Jy 2 Jx
i 2 J , Hz 0
расстояние от оси проводника до точки M. Имеем, далее, H
2
x 2 y 2 C1;
dy
x
и уравнение (1.2) имеет вид:
- векторные
, z C 2 , откуда
dx
y
z C2
линии суть окружности с центрами на оси Oz.
15.1.2. ПОТОК ВЕКТОРНОГО ПОЛЯ
1.
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОТОКА ВЕКТОРНОГО ПОЛЯ
Рассмотрим векторное поле a a x ( x, y, z ), a y ( x, y, z ), a z ( x, y, z ) , где
проекции a x ( x, y, z ), a y ( x, y, z ), a z ( x, y, z ) - непрерывные функции в некоторой
области (V). Возьмем некоторую гладкую (кусочно гладкую) двустороннюю
218
ориентированную поверхность (S) (то есть двустороннюю поверхность с
выбранным на ней направлением нормали).
Определение. Потоком П векторного поля a a (M ) через
двустороннюю ориентированную поверхность (S) называется поверхностный
интеграл первого рода по поверхности (S):
П пр n a ds (a , n0 )ds .
(S)
(S )
(1.3)
Здесь n0 - орт нормали к выбранной стороне (S); ds – элемент площади
поверхности (S).
Замечание. В случае замкнутой поверхности ее ориентируют,
направляя нормаль изнутри области (V) наружу. Сторона с положительным
направлением нормали называется положительной стороной поверхности.
Для потока можно дать следующие записи через поверхностные
интегралы первого и второго рода (n0 cos , cos , cos ) :
(a , n0 )ds [a x ( x, y, z ) cos a y ( x, y, z ) cos a z ( x, y, z ) cos )]ds
(S )
(S )
a x ( x, y, z )dydz a y ( x, y, z )dxdz a z ( x, y, z )dxdy,
(S )
(1.3)
где dydz ds cos , dxdz ds cos , dxdy ds cos - то есть dydz, dxdz, dxdy проекции площадки ds на плоскости Oyz, Oxz, Oxy соответственно.
Пример. Вычислить поток векторного поля a r (r - радиус-вектор
точки M ( x, y, z ) ) через полную поверхность прямого кругового цилиндра с
высотой H и радиусом основания R (см.
z ( L)
n0
рис.1).
(S )
Решение. Так как поверхность (S) есть
объединение поверхностей ( S1 ), ( S 2 ) и ( S ) ,
то поэтому для потока П (по свойству
аддитивности) имеем: П П1 П 2 П . На
боковой поверхности ( S ) нормаль n0
Рис.1.
параллельна плоскости Oxy; следовательно,
0
и
поток
y пр n0 R
П пр n0 r ds R ds
( S )
( S )
x
R 2RH = 2R 2 H . На нижнем основании
( S1 ) нормаль n10 параллельна оси Oz:
n10 k . Тогда пр n10 r 0 и П1 0 ; на стороне ( S 2 ) нормаль n20 k и
r x, y, H , т.е. пр n20 r H и П 2 Hds H R 2 R 2 H .Искомый поток
(S2 )
219
П П1 П2 П 3R 2 H . Обратим внимание на то, что П 3 Vцил. .
Ниже увидим, что это не случайно.
2.
СПОСОБЫ ВЫЧИСЛЕНИЯ ПОТОКА
1. Метод проектирования. Пусть поверхность (S) задана явным
grad ( z f ( x, y ))
уравнением z f ( x, y) . В этом случае орт n0
grad ( z f ( x, y ))
f f
i
jk
x
y
и cos 1/ 1 f / x 2 f / y 2 . Для потока П
2
2
f f
1
x y
получим формулу:
П (a , n0 )ds (a , grad ( z f ( x, y )) z f ( x, y ) dxdy .
(S)
( D xy )
(1.4)
Замечание 1. При проектировании на другие плоскости в
подынтегральную функцию в формуле (1.4) следует добавить (множителем)
проекцию grad ( z f ( x, y)) на координатную ось, перпендикулярную
плоскости проектирования.
В формуле (1.4) ( Dxy ) – область на плоскости Oxy, в которую
проектируется поверхность (S); произведение dxdy берется со знаком +, если
угол между осью Oz и нормалью n0 острый, и минус, если угол тупой.
Символ (a , grad ( z f ( x, y )) z f ( x, y ) означает, что в подынтегральную
функцию вместо z надо подставить f ( x, y) .
Замечание 2. Аналогичные формулы можно записать, если
проектировать поверхность (S) на плоскости Oxz или Oyz.
Замечание 3. В случае неявного задания поверхности (S)
F
F
F
( F ( x, y, z ) 0) вектор gradF
i
j
k.
x
y
z
Пример 1. Найти поток векторного поля a {x 2 z, x 3 y z, 5x y}
через верхнюю сторону треугольника АВС с вершинами в точках A(1,0,0) ,
B(0,1,0) , C (0,0,1) (см. рис.2).
z
Решение. Составим уравнение
плоскости (поверхности (S)), проходящей
через три заданные точки:
C (0,0,1)
x 1 y z
n0
1 1 0 ( x 1) y (1) z 1 0
Рис.2.
(S )
B(0,1,0)
1 0 1
0
,
y
A(1,0,0)
x
220
откуда z 1 x y . Поверхность (S) проектируется на плоскость Oxy в
область ( Dxy ) : x 0, x 1, y 0, y 1 x . Из условия следует, что нормаль n0
образует
острый
угол
с
осью
Oz.
Имеем
(a , grad ( z f ( x, y)) (a , grad ( x y z 1))
= x 2 z x 3 y z 5x y 7 x 4 y z z 1 x y 8 x 5 y 1 ; произведение
dxdy , берем со знаком “+”. Тогда по формуле (1.4)
П
1
1 x
0
0
(8 x 5 y 1)dxdy dx
( D xy )
Пример
2.
Вычислить
5
(8 x 5 y 1)dy .
3
поля
a yi zj xk
через
замкнутую
поверхность (S), ограниченную цилиндром x 2 y 2 R 2 и плоскостями
z x , z 0 . Положительной стороной (по определению) считаем внешнюю
сторону замкнутой поверхности.
Решение. Поверхность (S) кусочно гладкая. Разобъем ее на три части
(см. рис.3): ( S ) ( S1 ) ( S 2 ) ( S3 ) . В связи с этим П(S) П1 П 2 П3 . 1
)Для поверхности ( S1 ) : z=0 и grad ( z f ( x, y)) {0,0,1} .
Тогда (a , grad ( z f ( x, y)) x . Проекция ( Dxy )
поверхности (S) на плоскость Oxy есть
полукруг x 2 y 2 R 2 , x 0 . С учетом
n20
Dyz ( S 2 )
направления нормали n10 для потока П1
П1 xdxdy .
получим:
Переходя
к
( S3 )
( D xy )
n30
полярным
Dxy
координатам,
/2
R
2
П1 cosd 2 d R 3 .2)
3
/ 2
0
( S1 )
n10
Рис.3.
найдем
Для
( S 2 ) : z x;
и
grad ( z x) i k
(a , grad ( z x)) x y . Поверхность ( S 2 ) проектируется на плоскость Oxy в
область
( Dxy )
(см.п.1),
и
поток
П 2 ( x y )dxdy [ x cos, y sin , J ]
( D xy )
/ 2
R
= (cos sin )d 2 d
/ 2
0
2 3
R .3)Для
3
(S3 ) : x y R , grad ( x 2 y 2 R 2 )
2
2
2
xi yj
xy yz y( x z ) .
и
Однозначно
(a , grad( x 2 y 2 R 2 ) =
поверхность ( S3 ) проектируется на плоскость Oyz в область ( D yz ),
ограниченную линиями x 2 y 2 R 2 , z x .
Исключая отсюда x, найдем проекцию этой линии на плоскость Oyz:
221
z 2 y 2 R 2 ( y 0) . Для потока получим (напомним Замечание 1: следует
учесть, что в этом случае cos
П3
( D yz
( x z) y
x
)
x z
dydz
( D yz
прx grad ( x 2 y 2 R 2 )
grad ( x 2 y 2 R 2 )
x x
( x 0)) :
R R
2 zy
dydz 2 ydydz
z
)
(D )
yz
R
0
0
[ y cos, z sin , J ] = 2 cosd 2 d 0 . 4) Для потока
2
2
П П1 П 2 П3 получим П R 3 R 3 0 0 .
3
3
2. Метод проектирования на все три координатные плоскости. Пусть
поверхность (S) однозначно проектируется на все три координатные
плоскости: (Dxy): z=z(x,y); ( Dxz ) : y y ( x, z ) ; ( D yz ) : x x( y, z ) .Для потока П в
этом случае имеем (вторая формула из (1.3)):
П a x [ x( y, z ), y, z ]dydz a y [ x, y ( x, z ), z ]dxdz
( D yz )
( D xz )
a y [ x, y, z ( x, y )]dxdy.
( D xy )
(1.5)
В (1.5) знаки проекций dydz, dxdz, dxdy выбираются в соответствии с
сформулированным выше правилом.
Пример 3. Найти поток вектора a {xy, yz, xz} через часть внешней
стороны сферы x 2 y 2 z 2 1, заключенной в первом октанте.
Решение. Имеем grad ( x 2 y 2 z 2 1) {x, y, z}. С учетом того, что
поверхность расположена в первом октанте, проекции dydz, dxdz, dxdy берем
со знаком “+”. По формуле (1.5) П xydydz yzdxdz xzdxdy .
( D yz )
Из
уравнения
сферы
имеем:
( D xz )
z z ( x, y ) 1 x 2 y 2 ;
x x( y, z ) 1 y 2 z 2
y y( x, z ) 1 x 2 z 2 ;
( D xy )
и
П x 1 x 2 y 2 dxdy z 1 x 2 z 2 dxdz
( D xy )
( D xz )
y 1 y 2 z 2 dydz . Очевидно,
П 3 x 1 x 2 y 2 dxdy . Вычислим
( D yz )
этот
( D xy )
интеграл
в
полярной
системе
координат: x 1 x 2 y 2 dxdy
( D xy )
222
/ 2
1
0
/ 2
0
cos d
2
sin 2 t cos2 tdt
0
1
1 d = 2 1 2 d = [ sin t , d costdt ] =
2
0
/ 2
1
(1 cos 4t )dt / 16 . Следовательно, П 3 /16 .
8 0
3.
Применение
формулы
Гаусса-Остроградского.
Приведем
соответствующую теорему.
~
Теорема. Если в некоторой области (V ) проекции поля a {a x , a y , a z }
a x a y a z
,
,
непрерывны и имеют непрерывные частные производные
, то
x y z
поток вектора a через произвольную замкнутую кусочно гладкую
~
поверхность (S), расположенную целиком в области (V ) , равен тройному
a x a y a z
интегралу от суммы
по области (V), ограниченной
x
y
z
поверхностью (S):
a y a z
a
dV
П (a , no )dS x
x
y
z
(S )
(V )
(1.6)
- формула Гаусса-Остроградского.
Замечание. Подынтегральная функция в тройном интеграле (1.6)
называется дивергенцией (расходимостью) поля a ; обозначается
a
a
div a x ... z .
x
z
Пример 4. Вычислить поток вектора a {x 2 , y 2 , z 2 } через замкнутую
поверхность x 2 y 2 z 2 R 2 , z 0 ( z 0) .
Решение. По формуле (1.6) П 2( x y z )dV . Для вычисления
(V )
этого интеграла применим сферическую систему координат: x r cossin ,
y r sin sin , z r cos ; J r 2 sin . Таким образом, П 2 (r cos sin
(V )
2
/ 2
0
0
r sin sin r cos)r sin drdd 2 d sin (cos sin sin sin
2
4 2
/ 2
2R
R 4
cos )d r dr
d cos sin d 2 .
4
0
0
0
Пример 5. Используя формулу Гаусса-Остроградского (1.6),
вычислить
поток
поля
2
2
x y
2 xz (1 y) 1 y
2
через
верхнюю
a
6
yz
i
2
x
arctg
y
j
k
2
1 y2
1
y
R
3
223
сторону части поверхности z 1 x 2 y 2 , расположенную над плоскостью
Oxy.
Решение. Для того, чтобы можно было применить формулу (1.6),
замкнем снизу данную поверхность куском плоскости Oxy, который
ограничен окружностью x 2 y 2 1, z = 0 . Вычислим подынтегральную
функцию,
стоящую
под
знаком
тройного
интеграла:
a x a y a z
2 xy
2x
2 x(1 y )
0 . Отсюда следует, что поток
x
y
z 1 y 2 1 y 2
1 y2
П=0. По свойству аддитивности П П (S) П (S1 ) , откуда искомый поток
П ( S ) П ( S1 )
(a , n0 )ds .
Уравнение
поверхности
( S1 ) : z 0
и
( S1 )
(a , grad z) z 0 1 . Таким образом, П( S1 ) ds - поток П ( S1 ) через
( S1 )
поверхность z =0 численно равен площади круга x 2 y 2 1, z 0 ; искомый
поток П(S ) .
15.1.3.
ЛИНЕЙНЫЙ ИНТЕГРАЛ ВЕКТОРА. ЦИРКУЛЯЦИЯ
ВЕКТОРНОГО ПОЛЯ
Пусть поле a a (M ) - непрерывное векторное поле, (L) – кусочно
гладкая кривая с выбранным на ней положительным направлением
(ориентированная кривая).
Определение 1. Линейным интегралом (обозначается ) вектора a
вдоль ориентированной кривой (L) называется криволинейный интеграл
(a , dr ).
( L)
(1.7)
Для линейного интеграла справедливы следующие формулы:
(a , dr ) (a , 0 )dl пр 0 a dl a cos dl
( L)
( L)
( L)
( L)
(1.8)
= a x ( x, y, z )dx a y ( x, y, z )dy a z ( x, y, z )dz .
L
Если поле a есть силовое поле (a F ) , то линейный интеграл (1.7) дает
величину работы этого поля вдоль линии (L). Вычисление линейного
интеграла в зависимости от задачи может быть проведено по одной из
формул “списка” (1.8).
Определение 2. Циркуляцией (обозначается Ц) векторного поля
a a (M ) называется линейный интеграл по замкнутой ориентированной
кривой (L):
Ц ( a , dr ) .
( L)
224
(1.9)
За положительное направление обхода замкнутой кривой (L) берется то, при
котором область, ограниченная кривой, лежит под левой рукой.
Пример 1. Найти линейный интеграл вектора a {z, x, y} вдоль дуги
(L) винтовой линии x R cost , y R sin t , z t / 2 от точки A пересечения
линии с плоскостью z=0 до точки В пересечения с плоскостью z =1.
Решение. Имеем по последней формуле из списка (1.8): (a , dr )
( L)
zdx xdy ydz . Точке A соответствует значение параметра t =0, точке B –
(L )
2
значение t 2 и, таким образом, (a , dr ) (
( L)
2
R
sin t )dt [ cos2 tdt ;
2
0
0
2
t sin tdt 2] R
2
t
R sin t R 2 cos2 t
2
R.
0
Пример 2. Вычислить работу силового поля F { y, x, x y z} вдоль
отрезка M 1M 2 прямой, проходящей через точки M 1 (2,3,4) и M 2 (3,4,5) .
Решение. Работа
ydx xdy ( x y z )dz .
( F , dr )
M 1M 2
M 1M 2
x2 y 3 z 4
( t ) .
1
1
1
параметры t1 0, t 2 1. Вычислим
Запишем канонические уравнения прямой M1M 2 :
Отсюда
работу:
x t 2, y t 3, z t 4 ;
1
5t 2
5
33
[2(t 3 t 2) t 4]dt (5t 14)dt
14 t 14 .
2
2
0 2
0
0
Пример 3. Вычислить циркуляцию поля a y 3i x3 j вдоль эллипса
1
L:
x2
a2
1
y2
1.
b2
Решение. Имеем по формуле (1.9) и (1.8): Ц (a , dr ) y 3dx x 3dy .
L
L
Запишем параметрические уравнения эллипса: x a cost , y b sin t , 0 t 2 .
2
3
Вычисляя dx и dy, получим: Ц ab (b 2 sin 4 t a 2 cos4 t )dt ab(a 2 b 2 ) 4
0
здесь
использовано,
что
2
2
3
4
sin tdt cos tdt 4
0
0
4
(вычисление
этих
интегралов проводится с помощью понижения степени подынтегральной
функции).
225
Пример
4.
Вычислить
циркуляцию
векторного
поля
xy
xy
a ye i xe j xyzk вдоль линии L, полученной пересечением конуса
x 2 y 2 ( z 1) 2 с координатными плоскостями (см. рис.4).
Решение. Линия L состоит из двух отрезков BC и CA, расположенных
на координатных плоскостях Oyz и Oxz
соответственно, и дуги AB окружности
z
C
x 2 y 2 1, z 0 . Для циркуляции имеем:
Ц (a , dr ) (a , dr ) (a , dr )
L
(a , dr ) .1)
y
A
x y 1, z 0
отрезке
AB
имеем:
BC
y 0, dy 0; z 1 x,
отрезке CA имеем:
Следовательно,
0 x 1.
dz dx;
(a , dr ) xdy 0 . 3) На дуге AB окружности
имеем:
CA
z 0, dz 0
и
xy
(a , dr ) e ( ydx xdy)
AB
e xy d ( xy )
BC
x 0, dx 0; z 1 y, dz dy; 0 y 1 .
Следовательно, (a , dr ) y dx 0 . 2) На
CA
2
На
BC
AB
x
2
CA
AB
B
0
.
BC
xy B ( 0,1)
xy
e
=
d
(
e
)
A(1,0)
AB
AB
1 1 0 . Искомая циркуляция поля равна
нулю.
Пример 5. Вычислить циркуляцию векторного поля a xyi yzj xzk
вдоль линии L : x 2 y 2 1 , x y z 1 .
Решение. Имеем: Ц (a , dr ) xydx yzdy xzdz . Линия L есть эллипс,
L
L
получающийся в результате сечения цилиндра x 2 y 2 1 плоскостью
x y z 1. Найдем параметрические уравнения этой линии. Проекция
любой точки этой линии на плоскость Oxy находится на окружности
x 2 y 2 1. Отсюда, полагая x cos t , найдем, что y sin t . Для z из
уравнения x y z 1 получим: z 1 cost sin t . Таким образом,
L : x cost , y sin t ,
0 t 2 . Находим отсюда:
z 1 cost sin t ,
dx sin tdt, dy costdt, dz (sin t cost )dt , и для циркуляции запишем
определенный
интеграл:
2
Ц [ cos t sin 2 t sin t (1 cos t
0
226
2
sin t ) cost cost (1 cost sin t )(sin t cost )]dt (3 sin 2 t cos t sin 2t
0
2
cos2 t sin t cos2 t cos3 t )dt cos2 tdt .
0
15.1.4. ДИВЕРГЕНЦИЯ ВЕКТОРНОГО ПОЛЯ
Интегральные характеристики – поток и линейный интеграл – характеризуют
векторное поле “в целом”. Количественную характеристику поля в каждой точке дают,
вводимые ниже, дифференциальные характеристики. Введем понятие дивергенции.
Окружим произвольную точку M поверхностью (S) произвольной формы
(например, сферой достаточно малого радиуса). Пусть (V) – объем, заключенный внутри
поверхности (S).
Определение. Конечный предел отношения потока поля через поверхность (S) к
объему, заключенному внутри нее при стягивании поверхности к точке M и стремлении
объема V к нулю называется дивергенцией векторного поля a в точке M:
(a , n0 )dS
lim
(S )
V 0
(S ) M
V
div a ( M )
(1.10)
Замечание. Определение (1.10) есть инвариантное (не зависящее от системы
координат) определение дивергенции.
Дивергенция характеризует отнесенную к единице объема мощность потока
векторного поля, “исходящего” из точки M, то есть мощность источника (при div a 0 ),
или стока (при div a 0 ), находящегося в точке M.
В декартовой системе координат дивергенция вычисляется по формуле
a x a y a z
.
(1.10)
x
y
z
Свойства дивергенции. Пусть a и b - векторные поля, - скалярная функция. Тогда:
1) div( a b ) div a div b ; 2) div( a ) div a (grad , a ) .
(1.11)
div a ( M )
С учетом формулы (1.10) перепишем формулу Гаусса-Остроградского (1.6)
(a , n0 )dS div a dv
(S )
(1.12)
(V )
- поток векторного поля a через замкнутую поверхность (S) равен тройному интегралу по
объему (V), заключенному внутри этой поверхности от дивергенции поля.
Пример 1. Вычислить div r .
x y z
3.
x y z
Пример 2. Вычислить div(u a ) , где u(M) – скалярная функция,
a ( M ) {a x ( x, y, z ), a y ( x, y, z ), a z ( x, y, z )} - векторная функция.
(u a x ) (u a y )
Решение. По формуле (1.10) находим: div(u a )
x
y
a y
a
u
(u a z )
u
u x ax
x
x
y
z
Решение. div r
227
a y a z
a
u
a
u
u
u
u
a x
u z az
u x
ay
az
y
z
z
x
y
z
x
y
z
u div a (a , grad u ) .
ay
Пример 3. Используя теорему Гаусса-Остроградского (1.12), найти поток
векторного поля a x i y j R zk через всю поверхность (S) тела (V):
3
H
R
2
3
2
( x 2 y 2 ) z H в направлении внешней нормали.
Решение.
div a 3( x 2 y 2 ) R 2 .
Имеем
(a , n0 )ds
Поэтому
(S )
= [3( x y ) R ]dV .
2
2
2
Для
вычисления
тройного
интеграла
перейдем
к
(V )
цилиндрическим координатам. Уравнение поверхности примет вид
2
R
0
0
H
[3( x y ) R ]dV d (3r R )rdr
2
2
2
(V )
R
2 (3r R )( H
2
2
0
Hr 2
R2
)rdr =
2
z Hr 2 / R 2 ,
dz
2
Hr 2 / R 2
2H
R
R2
0
4
2 2
4
4
( R 2 R r 3r )rdr HR .
15.1.5. РОТОР (ВИХРЬ) ВЕКТОРНОГО ПОЛЯ
Пусть поле a (M ) - дифференцируемое поле (то есть проекции вектора поля на оси
координат являются дифференцируемыми функциями).
Определение. Вихрем векторного поля a (обозначается rot a ) называется вектор,
проекция которого на произвольный вектор m определяется как предел отношения
циркуляции поля a по некоторому контуру (L), содержащему точку M, и лежащему в
плоскости, перпендикулярной вектору m , к площади области, ограниченной этим
контуром, при условии, что этот контур стягивается в точку M, а площадь области (S)
стремится к нулю:
( a , dr )
пр m rot a ( M ) lim
( L)
S 0
( L) M
S
.
(1.13)
В трехмерном пространстве rot a ( M ) через декартовы прямоугольные координаты
вектора a {a x , a y , at } выражается следующим образом:
a y a x a z a y a x
a
i
k ,
rot a z
j
y
z
z
x
x
y
(1.14)
или в удобной для запоминания символической форме
i
rot a
x
ax
Теорема
Стокса.
Пусть
j
y
ay
k
.
z
az
координаты
(1.15)
вектора
a ( M ) a x ( x, y, z )i
228
+ a y ( x, y, z ) j a z ( x, y, z )k непрерывны и имеют непрерывные частные производные.
Тогда циркуляция векторного поля a по замкнутому контуру (L) равна потоку вихрей
поля через произвольную поверхность (S), натянутую на этот контур:
(1.16)
(a , dr ) (rot a , n0 )dS .
( L)
(S )
Предполагается, что ориентация контура (L) и
поверхности (S) согласованы: при
положительном обходе контура нормаль направлена от “ног к голове”.
Свойства ротора: 1) rot(a b ) rot a rot b ; 2) rot( a ) rot a [grad , a ] .
Определение. Векторное поле a называется безвихревым в данной области (V),
если rot a ( M ) 0 M (V ) .
Пример 1. Найти ротор поля вектора напряженности магнитного поля
2
H 2 [J , r ].
i j k
2J
Решение. Вектор H в координатной форме: H
0
0
J
yi
2
2
x y z
2
2J
2
xj , x 2 y 2 . Вычислим ротор по формуле (1.15):
rot H
i
x
2 Jy
j
y
2 Jx
x2 y2
x2 y2
k
0 2 Jx 0
2 Jy
i 2
j
2
x 2 y 2
z
x
z
x
z
x
y
0
2
2 Jx
2
x2 y2
2 Jx 2 J y x
k 0 2
2 2
2
2 2
x 2 y 2 y x 2 y 2
x
(
x
y
)
(
x
y
)
- поле напряженности H - безвихревое поле.
2
Пример 2. Вычислить циркуляцию вектора a yi x j zk по контуру
+k
( L) : x 2 y 2 4, z 3 1)непосредственно, 2)по теореме Стокса.
z
n0
Решение. 1)Контур (L) – окружность
радиуса
лежащая
в
плоскости
R 2,
z =3 (см. рис.5). Выберем ориентацию на ней, как
указано на рисунке. Параметрические уравнения
( L) : x 2 cost , y 2 sin t ,
линии
z 3, 0 t 2 , так что
dx 2 sin tdt ,
dy 2 cost dt, dz 0 . Для циркуляции вектора
имеем:
a
( L)
(S )
0
y
Рис.5.
x
229
2
Ц 2 sin t (2 sin t ) 4 cos2 t 2 cos t 3 0]dt 4 .
2)Для
вычисления
0
циркуляции по теореме Стокса выберем какую-нибудь поверхность (S), натянутую на
контур (L).Естественно в качестве (S) взять круг, имеющий линию (L) своей границей.
Согласно выбранной ориентации контура нормаль n0 к кругу необходимо взять равной
k : n0 k .
Вычислим
По теореме Стокса Ц
ротор:
j
y
x2
2
2
0
0
k
(2 x 1)k .
z
z
(rot a , n0 )ds (2 x 1)ds d (2 cos 1)d
(S )
2
2
2
i
rot a
x
y
(S )
2
4 .
0
Задачи для самостоятельного решения
Найти векторные линии плоских векторных полей:
5. a zj yk .
2
1. a xi 2 yj ; 2. a 2 zj 4 yk ; 3. a xi z k ; 4. a x i y j ;
2
Найти векторные линии:
6. r xi yj z k ; 7. a a1i a2 j a3k , где ai const ;
i
j k
8. a ; 9. a cxi cyj 2czk , c const ;
x y z
2
10. a ( z y) i zj yk ; 11. a ( z y )i ( x z ) j ( y x)k ; 12. a f (r ) r ;
13. a ( a0 , r ) b0 , где a0 ,b0 - постоянные векторы.
Найти векторные линии, проходящие через заданную точку:
2
3
1
2
1
2
14. a x i y j z k , M 0 ( , ,1) ; 15. a yi xj bk , M 0 (1,0,0) .
2
Вычислить поток векторного поля, используя поверхностный интеграл первого рода:
16. a yi zj xk , (S): верхняя сторона треугольника, ограниченного плоскостями
x y z a , x 0, y 0, z 0 .
2
2
17. a xz i , (S): внешняя сторона параболоида z 1 x y , ограниченного
плоскостью z 0 ( z 0) ;
2
2
18. a xi zk , (S ) : боковая поверхность кругового цилиндра y R x ,
ограниченного плоскостями z 0, z h (h 0) ;
19. a 3xi yj zk , (S): внешняя сторона части параболоида x y 9 z ,
расположенной в первом октанте;
2
2
20. a yzi xj yk , (S): полная поверхность конуса x y z , ограниченного
2
2
2
230
плоскостью z 1 ( z 1) ;
21. a 2 xi (1 2 y) j 2 zk , (S): замкнутая поверхность, ограниченная параболоидом
x 2 y 2 1 2 z ( z 0) и плоскостью z = 0;
22. a x i y j z k , (S): полная поверхность пирамиды, ограниченной плоскостями
x y z 1, x 0 , y 0 , z 0 ;
2
2
2
23. a xi yj zk , (S): сфера x y z R .
Вычислить поток, используя метод проектирования на все три координатные плоскости.
2
2
2
2
24. a xi yj zk , (S): верхняя сторона круга, вырезанного конусом z
x 2 y 2 на
плоскости z h (h 0);
25. a zi xj yk , (S): верхняя сторона треугольника, полученного пересечением
плоскости 3x 6 y 2 z 6 0 с координатными плоскостями;
26. a ( x y )i ( y z ) j ( z x )k , (S): часть плоскости z 0 ,
2
2
2
2
2
2
ограниченная окружностью x y 1, в направлении орта k .
Определить поток поля, используя формулу Гаусса-Остроградского:
27. a r , (S): произвольная кусочно гладкая замкнутая поверхность;
2
2
28. a x i y j z k , (S): поверхность куба 0 x a , 0 y a , 0 z a ;
3
29. a r
3
1
3
r , (S): сфера x 2 y 2 z 2 R 2 ;
30. a 2 xi yj zk , (S): часть параболоида y z Rx , отсекаемая плоскостью
x R ; в отрицательную сторону оси Ox;
2
2
31. a x yi xy j xyzk , (S): поверхность тела x y z R , x 0 , y 0 ,
z 0;
2
2
2
2
2
2
32. a x yi xy j ( x y ) zk , (S): поверхность тела x y R , 0 z H ;
2
2
2
2
2
2
2
33. a (1 2 x)i yj zk , (S): x y z , z 4, z 0 ;
2
34. a xi xzj yk ,
2
2
(S ) : x 2 y 2 4 z, z 0, z 0 ;
35. a ( y z )i y j 2 yzk , (S ) : x z y , y 1, y 0 .
Найти линейный интеграл вектора на плоскости:
2
2
2
2
36. F yi xj, ( L) : верхняя половина эллипса
2
2
x2
a2
y2
b2
1 от точки A(a,0), до точки
B(-a,0);
37. a y i x j, O(0,0), B(1,1),
2
2
( L) : а) отрезок прямой OB; б) дуга параболы
x 2 y ; в) дуга параболы y 2 x ; г) ломаная OAB, где A(1,0); д) ломаная OCB, где
C(0,1);
38. a
y 2i x 2 j
x y
2
2
, ( L) : x R cost , y R sin t (0 t );
39. a ( x y )i ( x y) j ,
Вычислить линейный интеграл:
2
2
2
( L) : y x от точки (-1, 1) до точки (2, 2).
231
40. a zi xj yk ,
( L) : x t , y t 2 , z t 3 , 0 t 1;
xi yj zk
41. a
, (L) : отрезок прямой от точки (1,1,1) до точки
2
2
2
x y z x y 2z
(4,4,4);
42. a ( y z )i 2 yzj x k ,
( L) : x t , y t 2 , z t 3 , 0 t 1;
43. a yi zj xk , ( L) : x a cost , y a sin t , z bt, 0 t 2;
2
2
2
44. a x i y j z k ,
2
2
2
( L) : отрезок прямой от точки (0,0,0) до точки (1,1,1).
x
y
45. Дана напряженность a i j zk силового поля. Найти работу поля при
y
x
перемещении массы m вдоль одного витка винтовой линии x a cost , y a sin t ,
z bt из точки A (t 0) в точку B (t =2);
46. Силовое поле образовано силой, равной по величине расстоянию от начала координат
до точки ее приложения и направленной к началу координат. Найти работу поля по
перемещению единицы массы вдоль дуги параболы y 8 x от точки с абсциссой x 2
до точки с абсциссой x 4 .
В задачах 47- 51 найти циркуляцию поля:
2
47. a yi xj,
( L) : ( x x0 ) 2 ( y y0 ) 2 R 2 в отрицательном направлении;
48. a yi xj , ( L) : замкнутая линия, образованная отрезками осей координат Ox и Oy
и другой астроиды x R cos t , y R sin t , лежащей в первом квадранте;
3
3
49. a ( xz y)i ( yz x) j ( x y )k ,
2
2
( L) : x 2 y 2 1, z 3;
50. a y i z j x k ,
( L) : x 2 y 2 z 2 R 2 , x 2 y 2 Rx ( z 0);
a (2 x z )i (2 y z ) j xyz k , ( L) : линия пересечения параболоида
2
51.
2
2
x 2 y 2 1 z с координатными плоскостями (в первом октанте);
52. Твердое тело вращается с постоянной угловой скоростью вокруг оси Oz. Вычислить
циркуляцию поля линейных скоростей вдоль окружности радиуса R, центр которой лежит
на оси вращения, если плоскость окружности перпендикулярна оси вращения (циркуляция
рассматривается в направлении вращения).
53. Найти работу поля a xyi yzj xzk при перемещении точки единичной массы
вдоль замкнутой линии, состоящей из трех прямолинейных отрезков, лежащих в
координатных плоскостях, отсекающих на осях координат отрезки, равные единице.
Найти дивергенцию нижеследующих полей:
54. a (r ) r . При какой функции (r ) будет div (r ) r 2(r ) ?
55. a r r ; 56. v [ , r ] - линейная скорость точек вращающейся жидкости
( const - угловая скорость);
4
57. H ( M )
2J
2
( yi xj ) напряженность магнитного поля, J, – постоянные;
232
i
58. a rl , l const ; 59. a
x
x
j
y
y
k
;
z
z
3 2
60. Вычислить divgrad ( x y z ) в точке (1,-1,1).
Найти поток векторного поля через указанные замкнутые поверхности:
непосредственно, 2) по теореме Гаусса-Остроградского в векторной формулировке:
61. a xi z k ,
(S ) : z x 2 y 2 , z 4;
62. a 2 xi 2 yj z k ,
63. a xi zj,
1)
(S ) : z 2 x 2 y 2 , z H , H 0;
(S ) : z 6 x 2 y 2 , z 2 x 2 y 2 , z 0;
64. a yzi xj yk ,
(S ) : x 2 z 2 y 2 , y 1 (0 y 1) ;
65. a xi 2 yj zk ,
(S ) : z 2 x 2 y 2 , z x 2 y 2 ;
66. a 2 xi ( z 1)k ,
(S ) : x 2 y 2 4, z 0, z 1;
67. a 2 xi yj z k ,
(S ) : x 2 y 2 z 2 4, 3z x 2 y 2 ;
68. a yxi 2 yj z k ,
(S ) : x 2 y 2 z 2 4;
69. a ( x z )i ( y x) j ( z y)k ,
(S ) : x 2 y 2 R 2 , z y, z 0;
70. a 3xi yj z k ,
(S ) : 9 z x 2 y 2 , x 0, y 0, z 0;
71. a ( y x)i ( z y) j ( x z )k , ( S ) : x y z 1, x y z 1, x 0, z 0;
72. a xi 2 yj z k , (S ) :1 z x y , z 0.
В задачах 73 и 74 вычислить ротор указанных векторных полей:
2
2
73. a ( x y )i ( y z ) j ( z x )k ; 74. a z i y j x k .
75. Показать, что если координаты вектора a имеют непрерывные частные производные
второго порядка, то divrot a 0 .
76. Показать, что если a и b - постоянные векторы, то rot(r , a ) b [a , b ] .
2
2
2
2
2
2
3
3
3
1
[r , a ] (a const ) .
r
f (r )
78. Показать, что rot( f (r ) a )
[r , a ] .
r
79. Показать, что векторное поле a f (r ) r является безвихревым.
80. Показать, что ротор поля линейных скоростей v точек вращающегося твердого тела
77. Показать, что rot(ra )
есть постоянный вектор, направленный параллельно оси вращения, модуль которого
равен удвоенной угловой скорости вращения: rot v 2 .
f ( x, z ) , чтобы ротор векторного поля
81. Какова должна быть функция
a yzi f ( x, z ) j xyk совпадал с вектором k i ?
Найти циркуляцию поля по указанным контурам 1)непосредственно, 2)по теореме Стокса
в векторной формулировке:
82. a zi xj yk ,
( L) : x 2 y 2 4, z 0;
233
83. a yi xj zk ;
( L) : x 2 y 2 z 2 4, x 2 y 2 z 2 , z 0;
84. a 2 xzi yj zk по контуру, образованному пересечением плоскости
x y 2 z 2 с координатными плоскостями;
85. a yi xj ( x y)k ,
86. a z i ,
2
( L) : z x 2 y 2 , z 1;
( L) : x 2 y 2 z 2 16, x 0, y 0, z 0;
87. a zy i xz j x yk ,
2
2
88. a y i z j,
2
2
( L) : x y 2 z 2 , x 9;
2
( L) : x 2 y 2 9, 3 y 4 z 5;
89. a yi xj zk , ( L) : x y z 1, x z;
90. v [ , r ], ( L) : x a cost , y a sin t , z 0, 0 t 2.
2
2
2
15.2. ЧАСТНЫЕ СЛУЧАИ ВЕКТОРНЫХ ПОЛЕЙ. ОПЕРАЦИИ ВТОРОГО
ПОРЯДКА
15.2.1. ПОТЕНЦИАЛЬНОЕ ВЕКТОРНОЕ ПОЛЕ
Определение. Векторное поле a называется потенциальным полем, если
существует некоторая скалярная функция u u ( x, y, z ) , градиент которой образует это
поле:
a ( M ) grad u ( M ) .
(2.1)
Функция u называется потенциалом векторного поля a .
Теорема. Для того, чтобы поле было потенциальным, необходимо и достаточно,
чтобы оно было безвихревым:
(2.2)
rot a ( M ) 0 .
Формула (2.2) есть критерий потенциальности векторного поля a .
Свойства потенциальных полей.
1) в области непрерывности потенциала поля u линейный интеграл не зависит от пути
интегрирования и равняется приращению потенциала
( АВ)
B
B
(a , dr ) (grad u, dr ) du u ( B) u ( A).
A
(2.3)
A
2) циркуляция (1.9) вектора a по любому замкнутому контуру, целиком лежащему в
области непрерывности поля, равна нулю:
Ц (a , dr ) 0 .
(2.4)
( L)
3) потенциал u (M ) находится по формуле (2.3):
(a , dr ) C ,
u(M )
(2.5)
( AM )
где (AM) – произвольная кривая, стягивающая точки A и M. Если путь (AM) взять в виде
ломаной, состоящей из отрезков, параллельных осям координат (количество таких
ломаных равно шести), то для нахождения потенциала может быть применена одна из
формул, выражающая потенциал u (M ) через определенные интегралы ( A( x0 , y0 , z 0 ) ;
M ( x, y, z ) ):
x
y
z
x0
y0
z0
u ( M ) a x ( x, y, z )dx a y ( x0 , y, z )dy a z ( x0 , y0 , z )dz .
234
(2.6)
Пример. Проверить, что поле вектора a 2 xyi ( x 2 yz ) j y k является
потенциальным и найти его потенциал.
Решение. Составим для данного поля критерий потенциальности (2.2):
2
2
i
rot a
x
2 xy
j
k
i (2 y 2 y ) j (0 0) k (2 x 2 x) 0
y
z
x 2 yz y 2
- поле потенциально. Найдем потенциал u (M ) по формуле (2.6): за начальную точку
удобно
взять
x
y
0
0
точку
x
y
z
0
0
0
u ( x, y, z ) 2 xydx (0 2 yz )dy 0 dz C
A(0,0,0):
x 2 y y 2 z C x2 y y 2 z C .
15.2.2. СОЛЕНОИДАЛЬНОЕ ВЕКТОРНОЕ ПОЛЕ
Определение. Векторное поле a называется соленоидальным (трубчатым) полем,
если дивергенция его равна нулю:
div a
a x a y a z
0
x
y
z
(2.7)
(то есть это поле без источников и стоков). Из теоремы (1.11) следует, что в
соленоидальном поле поток
(a , n0 )dS 0
(2.8)
( )
через любую замкнутую поверхность, лежащую в этом поле.
Пример. Какие из нижеследующих полей являются соленоидальными (в
естественной области определения):
1) a (M ) x( z y )i y( x z ) j z ( y x )k ;
2
2
2
2
2
2
2) a (M ) 3z ( y x )i 2 y( x z ) j 4 x( z y )k ?
2
2
2
2
2
2
Решение. 1) вычислим критерий (2.7): div a z y x z y x 0 - 2
2
2
2
2
2
поле вектора a соленоидально; 2) div a 6 xz 2( x z ) 8xz - поле не
соленоидально.
2
2
15.2.3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ ОПЕРАЦИИ ВТОРОГО ПОРЯДКА.
ЛАПЛАСОВО (ГАРМОНИЧЕСКОЕ) ВЕКТОРНОЕ ПОЛЕ
Дифференциальные операции второго порядка – это повторно примененные
операции grad, div и rot к скалярным и векторным полям, полученным в результате
применения этих же операций к скалярным u (M ) и векторным a (M ) полям. Возможны
graddiv a ;
divgrad u u ,
лишь
следующие
повторные
операции:
2
2
x 2 y 2 z 2
graddiv a a .
где
2
-лапласиан;
rotgrad u 0 ;
divrot a 0 ;
rotrot a
235
Операции первого и второго порядков удобно записывать (и вычислять,
доказывать) с помощью специального символического оператора (читается “набла”):
.
i
j k
x
y
z
(2.9)
Для дифференциальных операций первого порядка имеем
grad u u ; div a (, a ); rot a [, a ] .
Операции второго порядка:
divgrad u (, (u )) u
2u
2u
2u
x
y
z
rotgrad u [, ] 0 ;
graddiv a (, a ) ;
divrot a (, [, a ]) 0 ;
rotrot a [, [, a ]] graddiv a a .
2
2
2
(2.10)
;
При применении оператора “набла” руководствуются следующим правилом: при
применении оператора к произведениям скалярных (u u ( M ) , v v(M ) ) и
векторных (a a ( M ) , b b (M )) полей: uv, ua , (a , b ),[a , b ] можно поступать так:
применить оператор к каждому из сомножителей отдельно, считая другой постоянным
(их обозначаем uc , ac , bc ), и результаты сложить; затем каждоеслагаемое преобразовать
по правилам векторной алгебра так, чтобы оператор стоял на предпоследнем месте
перед переменным множителем.
Пример. Показать, что div(u a ) u div a (a , grad u ) .
Решение. В символической форме записи div(ua ) (, ua ) . Учитывая сначала
дифференциальный характер , мы должны написать (, ua ) (, uc a ) (, uac ) .
Рассматривая выражение (, uc a ) мы можем постоянный множитель u c вынести за знак
“набла”
и,
как
скаляр,
за
знак
скалярного
произведения, что дает (, uc a ) (uc , a ) uc (, a ) u (, a ) (на последнем шаге мы
опустили индекс “c”).
В выражении (, uac ) оператор действует только на скалярную функцию u;
поэтому мы можем написать, что (, uac ) (u , ac ) (a, u ) . В результате получаем
формулу (, ua ) u (, a ) (a, u ) или div(ua ) u div a (a , grad u ) .
Задачи для самостоятельного решения
Найти потенциалы следующих плоских и трехмерных полей:
91. a (3x y y )i ( x 3xy ) j ;
2
3
3
2
92. a
sin 2 x cos2 yi cos2 x sin 2 yj
cos x sin y sin x cos y
2
2
2
2
;
93. a 2 xyzi x zj x yk ; 94. a ( yz 1)i xzj xyk ;
2
2
95. a (2 xy z )i ( x 2 y) j xk ; 96. a
2
98. a
yzi xzj xyk
i jk
; 97. a
;
2 2 2
x yz
1 x y z
r
r
; 99. a
; 100. a r r ;
r
r2
236
x2
101. a ( yz xy )i ( xz
yz 2 ) j ( xy y 2 z )k ;
2
1 x
1 y 1 z
102. a
2 k ;
i
y
z x 2 x y 2
y z
z
y 2 yz z
x 2 xz y
x 2 xy
i
j
3 k.
y 2 z 2 x3 x 2 z 2 y 3 x 2 y 2
z
104. Доказать, что поле вихрей соленоидально: div (rot a ) 0 .
103. a
105. Доказать, что в соленоидальном поле поток вектора через замкнутую поверхность, не
содержащую внутри особых точек, равен нулю.
В задачах 106 – 109 проверить соленоидальность заданных полей:
106. a ( x y y )i ( x xy ) j ; 107. a xy i x yj ( x y ) zk ;
2
3
3
2
2
2
2
2
xi yj
( x 2 y 2 ) zk
x
y
( x y) ln z
2
108. a
.
i
j
k ; 109. a
2 3/ 2
2
2
yz
xz
xy
(
x
y
)
x y
110. Доказать, что в соленоидальном поле поток вектора поля через поперечное сечение
любой векторной трубки (определенный в одном и том же направлении) сохраняет
постоянное значение.
q
111. Показать, что поле вектора E
r
2
r0 соленоидально во всякой области, не
содержащей начало координат O(0,0,0).
112. Найти условие соленоидальности поля a (r ) r .
113. Показать, что в соленоидальном поле поток вектора a (M ) не зависит от вида
поверхности (S), натянутой на данный контур (L), а зависит только от самого контура.
114.Показать, что векторное поле a grad - соленоидальное и безвихревое.
Используя правило применения оператора к произведениям скалярных и векторных
полей, доказать справедливость следующих формул:
115. grad() ; 116. div( a ) div a (a , grad ) ;
117. div[ a , b ] (b , rot a ) (a , rot b ) ; 118. rot( a ) rot a [grad , a ] ;
119. grad(a , b ) (a , )b (b , )a [a , rot b ] [b , rot a ] ;
120. rot[a , b ] (a , )b (b , )a a div b b div a ;
121. rotrot a graddiv a a .
122. Найти div[grad f (r )] . В каком случае div[grad f (r )] 0 ?
123.
Показать,
что
гармоническим ( ln
скалярное
поле
1
ln ,
r
r x 2 y 2 , r 0 , является
1
0) .
r
В задачах 124 – 131 выяснить, какие поля – гармонические, какие – нет:
124.
1
1
; 125. x 2 y 2 x; 126. Ax By C;
r
x2 y2
127. Ax 2Bxy Cy ; 128. Ax 3Bx y 3Cxy Dy ;
2
2
3
2
2
3
237
129. Ax By Cz D;
130. a11 x a22 y a33 z 2a12 xy 2a13 xz 2a23 yz;
2
2
2
131. a111 x a222 y a333 z 3a112 x y 3a113 x z 3a122 xy 3a223 y z
3
2
3
2
2
2
2
3a133 xz 2 3a233 yz 2 6a123 xyz.
132. Найти все гармонические поля, зависящие только от x.
133. Найти общий вид однородного гармонического многочлена второй степени от x и y.
134. Найти все решения уравнения Пуассона u x
n2
, зависящие только от x.
Ответы к задачам главы 15
1. x C1 y, z C2 . 2. x C1, 2 y z C2 . 3. z C1 x, y C2 .
2
2
2
1 1
x y
z
.
C1, z C2 . 5. y 2 z 2 C1, x C2 . 6.
1 C1 C2
x y
x y C1 z C2
2
2
2
2
2
7.
. 8. y x C1, z x C2 . 9. xy C1, y C2 z.
a1
a2
a3
4.
10. y z C1, 2 x ( z y) C2 . 11. x y z C1 , x y z C2 .
2
2
2
12. x C1 y; x C 2 z. 13.
2
2
2
2
x
y
x
z
C1,
C2 . 14.
box boy
box boz
1 1
1
1
1, 2 4.
x z
x 2y
81
. 20.0.
8
3
3
5
21. 0,5. 22. 0,25. 23. 4R . 24. h . 25. 7 / 6. 26. 0,25. 27. 3v. 28. a .
15. x cost , y sin t , z b t. 16. 0,5a . 17. / 6. 18. 0,5 R h. 19.
3
2
R5
256
. 32. 0,5R 4 H . 33.
29. 4R . 30. R . 31.
. 34. 8. 35.0.
3
3
4 2
41
36. ab. 37. а) 2/3; б) 0,7; в) 0,7; г)1; д) 1. 38. R . 39.
. 40. 22 a 2 h.
3
6
2
3
3R 2
.
41. 3 3. 42. 1 / 35. 43. a . 44. 1. 45. 4bm. 46. –14. 47. 2R . 48.
16
R 3
c
. 51. 4/3. 52. 2R 2 . 53. 0,5 . 54. (r ) .
49. 2. 50.
4
r
32
1
4
3
.
55. 7r . 56. 0. 57. 0. 58. (l , r ). 59. 0. 60. 1. 61. 16. 62. H . 63.
3
r
3
64. 0. 65. / 3. 66. 4. 67.19 / 3. 68. 32 / 3. 69. 2 R . 70. 81 / 8. 71.-1.
2
2
72. . 73. 2( zi xj yk ). 74. 3( z x ) j. 81. f ( x, z ) xz x z C ,
C const. 82. 4. 83. 4. 84. 4 / 3. 85. 2. 86. 128 / 3. 87. 729. 88. 0.
3
3
2
89. 2 . 90. 2a . 91. x y xy C. 92.
2
2
2 cos2 x sin 2 y sin 2 x cos2 y C. 93. x 2 yz. 94. x xyz. 95. x 2 y y 2 xz. 96.
238
x2 y y2 z 2
1 3
C.
ln x y z . 97. arctg(xyz ). 98. r. 99. lnr. 100. r . 101. xyz
2
2
3
y z x
102. C.
x y z
yz xz xy
2
C
103.
112.
C=const. 122. f (r ) f (r );
C
.
,
r
0
,
r
x2 y2 z 2
r3
C1
. 124. Нет. 125. Нет. 126. Да. 127. Только при A+C=0.
r
128. Только, если A+C=B+D=0. 129. Да. 130. Только при a11 a22 a33 0.
131. Только если a111 a122 a133 a112 a222 a233 a113 a223 a333 0 .
f (r ) C
132. C1 x C 2 . 133. Ax Bxy Ay , A и B – любые.
2
2
xn
C1x C2 , если n 1;
134. ( x) (n 1) n
x ln x C1x C2 , если n 1( x 0).
239
