Полный дифференциал функции F(x,y,z)разделим на dyпри условии x– const

(x – x₀) x`(t<sub>0</sub>) + (y – y<sub>0</sub>) y`(t₀) + (z – z₀)z`(t₀) = 0 (15)

Пр. Написать уравнение касательной и нормальной плоскости к винтовой линии L: x = 2 cos t, y = 2 sin t, z = t/ при t = /4

Еще используют следующие локальные параметры кривой: | r``(t) | = K – кривизна кривой в точке; R = 1/K - радиус кривизны; кручение T – выражается через первые три производные.

Поверхности в пространстве.

Способы задания:

· явная форма - z = f(x,y), (x,y) Î D – уравнение гладкой поверхности. Каждой точке (x,y) соответствует одно значение z. Поверхность однослойная, двухсторонняя;

· неявная форма - F(x,y,z) = 0, (x,y,z) Î V – общее уравнение поверхности. Точке (x,y) может соответствовать несколько значений z. Замкнутые поверхности;

· параметрическая форма – x = x(u,v), y = y(u,v), z = z(u,v), (u,v) Î D. Переход от одного к двум параметрам приводит к множеству линий, которые формируют поверхность. Пр. На сфере радиуса r параметры u, v это широта и долгота точки.;

· векторная форма = (u,v), (u,v) ÎD.

Опр. Касательной плоскостью к поверхности F(x,y,z) = 0 в точке M₀ (x₀, y₀, z₀) наз. плоскость, в которой расположены касательные ко всем линиям, лежащим на поверхности и проходящим через т. М₀.

Пусть некоторая линия L проходит по поверхности F(x,y,z) = 0 через точку M₀ (x₀, y₀, z₀). Ее уравнение дано в векторной форме = (t) и = {x’(t₀), y’(t₀), z’(t₀)} -направляющий вектор касательной к кривой в т. M_0. Объединим оба уравнения F(x(t),y(t),z(t)) = 0, получим функцию зависящую от параметра t и продифференцируем её

= 0

По своей структуре это выражение соответствует условию ^ двух векторов: = 0,

где вектор = {¶F/¶x, ¶F/¶y, ¶F/¶z } (16)

определяется только свойствами поверхности. Т.к. линия L произвольна, то к касательным всех линий, проходящих через т. М₀ по поверхности и, следовательно, вектор (16) является нормальным вектором касательной плоскости к этой точке, при условии, что частные производные от F(x,y,z) существуют, непрерывны и не равны нулю одновременно.

Пусть M(x,y,z) произвольная точка касательной плоскости. Тогда вектор лежит на плоскости и . У словие перпендикулярности = 0 приводит к уравнению касательной плоскости

(x – x₀) (¶F/¶x) + (y – y₀) (¶F/¶y) + (z – z₀) (¶F/¶z) = 0 (17)

где частные производные вычислены для точки М₀

Нормалью к поверхности в точке М₀ наз. прямая касательной плоскости к этой точке. Направляющим вектором нормали является вектором , который коллинеарен любому отрезку прямой . Условие их коллинеарности = приводит к каноническому уравнению нормали

(x – x₀) /(¶F/¶x) = (y – y₀) / (¶F/¶y) = (z – z₀) / (¶F/¶z) (18)

Пр. Записать уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности

x² – y² – z = 0 в т. М(1,1,2).

Решение: (¶F/¶x)_М = (2х)_М = 2, (¶F/¶y)_М = - 2, (¶F/¶z)_М = - 1

Уравнение касательной плоскости: 2(х – 1) – 2(y – 1) – (z – 2) = 0

Уравнение нормали: (x – 1) / 2 = (y – 1) / -2 = (z – 2) / -1

Экстремумы ФНП.

Опр. Точка. M ₀ (x₀, y₀) наз. точкой MIN функции z = f(x,y), если для любых точек из ближайшей - окрестности М₀ выполняется неравенство f(x,y) > f(x₀, y₀). Точка MAX определяется обратным неравенством f(x,y) < f(x₀, y₀).

Поверхность вблизи экстремальной точки имеет вид чаши. Рассмотрим плоскость сечения проходящую через точку MIN (х₀, у₀) | | оси O z с нормальным вектором ={ P; Q; 0 }:

P(x – x₀) + Q(y – y₀) = 0 или y = -P/Q x + b,(19)

где координаты P, Q произвольны. Плоскость пересекает ось О х под углом , причем, tg = -P/Q. Линия пересечения плоскости сечения с поверхностью z = f(x,y) имеет экстремум в т. (х₀, у₀) при любом значении .

Необходимое условие экстремума. Если функция z = f(x,y) имеет экстремум в точке М, то ее частные производные в т. М или обращаются в ноль или не существуют. Условие

(¶z/¶x)_M = 0, (¶z/¶y)_M = 0 (20)

определяет стационарную точку, подозрительную на экстремум, и означает, что линии пересечения поверхности плоскостями х = х₀, у = у₀, т.е. при = 90⁰ и = 0⁰ , имеют экстремумы в т. М по теореме Ферма.

Пр. z = x² – y². Условия ¶ z /¶ x = 2 х =0, ¶ z /¶ у = 2 у =0 определяют стационарную точку (0, 0), которая экстремальной не является, т.к. при у = 0 имеем min параболы z = x², а при х = 0 имеем max параболы z = – y².

Необходимо проверять на экстремум линии сечения поверхности плоскостями сечения при произвольном угле .

Достаточное условие экстремума. Пусть плоскость сечения проходит через точку min (x₀, y₀) и точку (x₀ + dx, y₀ + dy), где выбор величин dx, dy произволен. Плоскость пересекает ось О х под углом , где tg = dy/dx, . При этом приращение функции z = dz + ½ d²z +.. > 0. Однако, это условие сразу упрощается: d²z > 0, т.к. dz = (¶z/ ¶x)_М dx + (¶z/ ¶y)_М dy = 0. Введем обозначения А = ¶ ²z/ ¶x², В = ¶ ²z/ ¶x¶y, С = ¶ ²z/ ¶y², тогда по формуле(6) d²z = Adx² + 2Bdxdy + Cdy². Т.к. величины dx, dy могут менять свой знак, то условиеmin: d²z > 0 для любых , будет выполняться только при некоторых ограничениях на А, В, С. Определим их.

Дифференциалы dx, dy образуют прямоугольник с диагональю и dx = cos , dy = sin . В полярных координатах

d²z = ²(A cos² + 2B cos sin + C sin² ) = ²sin² (At² + 2Bt + C) > 0,

где t = ctg . Исследуем неравенство At² + 2Bt + C = А(t – t₁)(t – t₂) > 0. Если дискриминант B² – AC > 0 икорни t₁, t₂ действительные числа, то знак трехчлена меняется при изменении угла : d²z > 0 при t < t₁ и t > t₂,а при t₁ < t < t₂ d²z < 0. Т.е. условие экстремума – постоянство знака d²z при любом не выполняется. В случае отрицательного дискриминанта АС – В² = (М) > 0 основной вклад в трехчлен уже вносят члены с постоянным знаком At², C; корни комплексные и условие постоянства знака для d²z выполняется. Значение знака определяет вторая производная A_M. В результате имеем

1) (M)> 0, A_M > 0 - условие MIN в т. М.; 2) (M)> 0, A_M < 0 - условие MAX в т.М;

3) (M)< 0 -экстремума нет; 4) (M) = 0 – требуется дополнительное исследование.

Пр. Исследовать на экстремум функцию z = 2 x³ + xy² + 5x² + y² , (x,y) R²

z’_x = 6x² + y² + 10x = 0; z’_y = 2y(x + 1) = 0. Если y =0, то 6x² + 10x =0 или x =0, x = -5/3.

Если x = -1, то y² – 4 = 0 или x = 2. M₁(0,0); M₂(-5/3, 0); M₃(-1,-2); M₄(-1,2)

A = z’’_xx = 12x + 10, B = z’’_xy = 2y, C = z’’_yy = 2(x + 1), (АС – В²) = (М)

1. (M₁) = 20>0, A_M = 10>0 MIN 2. (M₂) = 40/3, A_M = -10<0 MAX

3. (M₃) = -16<0 - экстремума нет 4. (M₄) = -16<0 - экстремума нет

Условный экстремум ФНП.

Задача. Найти экстремумы функции z = f(x,y) при условии, что F(x,y) = 0.

Пр.1 Найти длины сторон прямоугольника, имеющего наибольшую площадь S = xy при заданной величине его периметра p =2x + 2y.

Условие F(x,y) = 0 также наз. уравнением связи. Геометрически оно определяет некоторую цилиндрическую поверхность в пространстве, которая пересекается с поверхностью z = f(x,y) по некоторой линии. Фактически необходимо исследовать на экстремум эту линию пересечения.

Главная идея решения – использовать уравнение связи для уменьшения числа переменных в исходной функции. Возможны два случая.

А) Уравнение связи имеет явный вид y = g(x). Тогда сразу переходим к функции одной переменной z = f(x, g(x)) и исследуем ее обычным образом

Пр.1 S = xy; p =2x + 2y y = x – p/2, S = x (x – p/2) S’ = 2x – p/2 = 0, x = p/4

Б) Уравнение связи имеет неявный вид F(x,y) = 0. Тогда задача решается методом множителей Лагранжа.

Определим те условия, которые накладываются на функции f(x,y), F(x,y) факт существования в точке М (x ₀, y ₀)условного экстремума.

Пусть F(x,y) имеет непрерывные частные производные в точке M и F_y’ 0. Из уравнения связи F(x,y) = 0 следует dF = 0 и dF/dx = 0, кроме того,фактически f(x,y) зависит только от х и поэтому в точке экстремума df/dx = 0. Запишем полные дифференциалы функций f(x,y), F(x,y) в точке M и разделим их на dx.

df / dx = (f_x^’ + f_y^’ dy/dx)|_M = 0

dF / dx = (F_x^’ + F_y^’ dy/dx) |_M = 0

Из этой системы уравнений исключим неизвестную нам производную dy/dx |_M. Для этого умножим нижнее уравнение на число и прибавим его к верхнему уравнению. Число определим из условия (f_y’ + F_y’)|_M = 0. В результате получаем, что в точке условного экстремума М (х₀, у₀) должны выполняться следующие соотношения

(f_x’ + F_x’)|_M = 0; (f_y’ + F_y’)|_M = 0; F(x₀, y₀) = 0

Их можно использовать для определения координаты точки условного экстремума, решив эту систему трех уравнений для x ₀, y ₀, .

Идея метода Лагранжа - задачу определения условного экстремума функции f заменить на задачу определения простого экстремума другой функции Ф.

Алгоритм метода множителей Лагранжа

1.Составляем функцию Лагранжа: Ф(x,y, ) = f(x,y) + F(x,y)

2.Вычисляем частные производные от Ф, приравниваем их к нулю (необходимое условие простого экстремума)

f ’_x + F ’_x = 0; f ’_y + F ’_y = 0; F(x, y) = 0

В результате получаем систему трех уравнений, которая определяет координаты точки условного экстремума для f(x,y).

3.Решаем систему этих уравнений, определяем и находим координаты точек экстремума, который для функции Ф(х,у, ) является простыми экстремумами, а для функции f(x,y) условными.

4.Проверим стационарные точки достаточным условием существования экстремума ФНП.

Пр.1. 1) Ф = xy + (p –2x – 2y); 2) Ф’_x= y -2 = 0, Ф’_y = x - 2 = 0, p = 2x + 2y

3) решение системы x = y = p/4, = p/8

Пр.2.Найти точки экстремума функции z = 9 – (x – 1)² – (y –2)², если уравнение связи y – x = 0. Рассмотрим оба способа решения.

Функция определяет параболоид вращения с вершиной в точке N(1,2,9), который пересекает плоскость у = х. Наша задача – исследовать на экстремум линию их пересечения.

Решение Б.

1) Составим функцию Лагранжа Ф = 9 – (x – 1)² – (y –2)² + (у – х)

2) Ф’_x = - 2(x – 1) - = 0; Ф’_y = - 2(y – 2) + = 0; Ф’ = (y – x) = 0

3) Решение системы уравнений: x = y = 3/2, = - 1

4) Ф’’_xx = - 2 A; Ф’’_xy = 0 B; Ф’’_yy = - 2 C;

AC – B² = 4 > 0, A = - 2 < 0 max в точке (3/2, 3/2, 8,5)

Решение А. Условие у = х приводит функцию к виду z = - 2 x² + 6 x + 4. Исследуем ее на экстремум: z` = 6 – 4 x; 2) 6 – 4x = 0 x = 3/2; 3) z`` = - 4;4) z``( 3/2) = - 4 < 0 max; 5) z (3/2) = 8,5. Ответ: max в точке (3/2; 3/2; 8,5).