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/ приt = /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 rпараметры u, vэто широта и долгота точки.;

· векторная форма = (u,v) , (u,v) ÎD .

Опр.Касательной плоскостью к поверхности F(x,y,z) = 0в 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) = 0через 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 tи 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 Lпроизвольна, 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 . Условие перпендикулярности = 0приводит 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 = 0в 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 Ozс нормальным вектором ={P; Q; 0}:

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

где координаты P, Qпроизвольны. Плоскость пересекает ось Ох под углом , причем, tg = -P/Q.Линия пересечения плоскости сеченияс 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 = 2х =0, ¶z/¶у = 2у =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 maxпараболы 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, dyпроизволен. Плоскость пересекает ось Охпод 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, dyмогут менять свой знак, то условиеmin: d²z > 0для любых ,будет выполняться только при некоторых ограничениях наА, В, С.Определим их.

Дифференциалы dx, dyобразуют 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 > 0икорни t₁, t₂действительные числа, то знак трехчлена меняется при изменении угла : d²z > 0при t < t₁ и t > t₂ ,а при t₁ < t < t₂ d²z < 0 .Т.е. условие экстремума – постоянство знака d²zпри 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 =0или x =0, x = -5/3.

Если x = -1,то y² – 4 = 0или 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(x₀, y₀)условного экстремума.

Пусть F(x,y)имеет непрерывные частные производные в точке M и F_y’ 0.Из уравнения связи F(x,y) = 0следует dF = 0 и dF/dx = 0, кроме того,фактически f(x,y) зависит только от хи 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 x₀, y₀, .

Идея метода Лагранжа - задачу определения условного экстремума функцииfзаменить 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).