M2 - del 3

7/27/2019 M2 - del 3

http://slidepdf.com/reader/full/m2-del-3 1/42

Глава 4

Диференцијално сметање на функции од повеке

променливи

4.1 ГРАНИЦИ И НЕПРЕКИНАТОСТ НА ФУНКЦИЈА ОД ПОВЕКЕ

ПРОМЕНЛИВИ

Дефиниција 4.1.1. Граница на функцијата од две променлививо точката (, ) е , т.е.

lim(,)→(,) (, ) = ,

ако за секое > 0 постои > 0 така што

∣ (, ) − ∣ <

кога 0 <√

( − )2 + ( − )2 < .

Пример 4.1.1. Да се покаже дека lim(,)→(1,2)

(, ) = 2 ако

(, ) = 6

−2

− .

83

7/27/2019 M2 - del 3


84 Глава 4. ПРИМЕНА НА ОПРЕДЕЛЕН ИНТЕГРАЛ

Решение. За да покажеме дека lim(,)

→(1,2) 6

−2

− = 2 треба да

покажеме дека за произволно > 0 постои > 0 така да важи

∣(6 − 2 − ) − 2∣ <

кога 0 <√

( − 1)2 + ( − 2)2 < . Бидејки важи дека

∣ − 1∣ ≤√

( − 1)2 + ( − 2)2

и∣ − 2∣ ≤

√ ( − 1)2 + ( − 2)2

имаме дека

∣(6

−2

−)

−2

∣=

∣ −2(

−1)

−(

−2)

∣≤ 2∣ − 1∣ + ∣ − 2∣≤ 2

√ ( − 1)2 + ( − 2)2 +

√ ( − 1)2 + ( − 2)2

< 3 .

Значи ако избереме = /3, за 0 <√

( − 1)2 + ( − 2)2 < , важи

∣(6 − 2 − ) − 2∣ < 3 = 3(/3) = .

Со тоа е покажано дека lim(,)→(1,2)

(, ) = 2 .

Пример 4.1.2. Да се покаже дека lim(,)→(0,0) (, ) не постои за

(, ) =

2 + 2.

Решение. За точките (, 0) каде ∕= 0 кои лежат на правата = 0вредноста на функцијата е

(, 0) = ⋅ 0

2 + 02=

0

2= 0 ,

па ако лимесот постои тогаш неговат вредност треба да биде 0.Но, за точките (, ) каде ∕= 0 кои лежат на правата = вред-носта на функцијата е

(, ) = ⋅

2 + 2=

1

2,

84

7/27/2019 M2 - del 3


4.2. Задачи 85

па и лимест треба да биде1

2

. Ако лимес постои неговата вредност

е единствена, од што заклучуваме дека lim(,)→(0,0)

2 + 2не постои.

Дефиниција 4.1.2. Функцијата од две променливи е непрекинатаво точката (, ) ако:

∙ (, ) постои;

∙ lim(,)→(,) (, ) постои; и

∙ lim(,)→(,) (, ) = (, ) .

Пример 4.1.3. Дадена е функцијата

(, ) =

{ 2+2

, ако(, ) ∕= (0, 0) ,

0 , ако(, ) = (0, 0) .

Да се определи во кои точки е непрекината.

Решение. Во претходниот пример видовме дека lim(,)→(0,0)

2 + 2

не постои, па има прекин во (0, 0). За (, ) ∕= (0, 0), 2 + 2 ∕= 0

имаме

lim(,)→(,) (, ) = lim(,)→(,)

2 + 2 =

2 + 2 = (, ) ,

па е непрекината во секоја точка освен во (0, 0).

4.2 ПАРЦИЈАЛНИ ИЗВОДИ

Нека е функција од две променливи и . Ако за втората промен-лива дадеме константна вредност = 0 добиваме функција од една променлива (, 0). Аналогно може да ја фиксираме и пр-вата променлива и повторно да добиеме функција од една промен-лива (0, ). За овие сега веке функции од една променлива може

85

7/27/2019 M2 - del 3



да наогаме изводи, и тие изводи ги викаме парцијални изводи на

функцијата . Парцијалните изводи можат да се дефинираат зафункција од променливи, но тука ке ја дадеме дефиницијата напарцијални изводи на функција од две променливи.

Дефиниција 4.2.1. Нека е функција од две променливи и .Првиот парцијален извод на во однос на променливата , , едефиниран со

(, ) = limℎ→0

( + ℎ, ) − (, )

ℎ.

Дефиниционата област на е множеството на сите (, ) од дефини-

ционата област на за кои што лимесот постои.Слично, првиот парцијален извод на во однос на променливата, , е дефиниран со

(, ) = limℎ→0

(, + ℎ) − (, )

ℎ.

Дефиниционата област на е множеството на сите (, ) од дефини-ционата област на за кои што лимесот постои.

Ознаки кои што ги користиме за парцијалните изводи се

∂ ∂ ≡ и ∂ ∂ ≡ .

Пример 4.2.1. Да се најдат првите парцијални изводи на ако

(, ) = 2 + + sin

и да се пресметаат во точката (0, 1).

Решение. Имаме

(, ) =∂ (2 + + sin )

∂= 2 + + cos ,

86

7/27/2019 M2 - del 3



и (0, 1) = 0 + 1 + 1 cos 0 = 2 . Исто така

(, ) =∂ (2 + + sin )

∂= 0 + + sin ,

и (0, 1) = 0 .

Пример 4.2.2. Да се најдат (0, 0) и (0, 0) за функцијата

(, ) =

{ 2+2

, ако(, ) ∕= (0, 0) ,

0 , ако(, ) = (0, 0) .

Решение. Во овој случај парцијалните изводи на функцијататреба да се бараат по дефиниција. Според тоа имаме:

(0, 0) = limℎ→0

(0 + ℎ, 0) − (0, 0)

ℎ= lim

ℎ→0

0 − 0

ℎ= 0 ;

(0, 0) = limℎ→0

(0, 0 + ℎ) − (0, 0)

ℎ= lim

ℎ→0

0 − 0

ℎ= 0 .

Да забележиме дека за оваа функцијат и двата парцијални изводиво (0, 0) постојат иако според претходен пример функцијата имапрекин во (0, 0).

Ако е функција од две променливи и тогаш вторите пар-

цијални изводи на се дефинирани со

=∂ 2

∂2=

∂

∂

∂

∂

, =

∂ 2

∂2=

∂

∂

∂

∂

,

=∂ 2

∂∂=

∂

∂

∂

∂

, =

∂ 2

∂∂=

∂

∂

∂

∂

.

Функциите и се наречени мешани втори парцијалниизводи на во однос на и . Следната теорема ги дава условитепод кои мешаните парцијални изводи на дадена функција се ед-накви мегу себе.

87

7/27/2019 M2 - del 3



Теорема 4.2.1. Ако функциите и се непрекинати во вна-

трешноста на круг што ја содржи (, ) тогаш (, ) = (, ) .

Еднаквоста на мешаните парцијални изводи важи и за мешаниизводи од повисок ред. Генерално, мешаните парцијални изводина дадена функција се независни од редоследот на диференцирањена променливите ако сите парцијални изводи од тој ред се непрек-инати функции на дадена отворена област.

Пример 4.2.3. Нека (, ) = 3 + 22 + 2 sin(). Да се најдатсите втори парцијални изводи на и .

Решение. Првите парцијални изводи се:

(, ) =∂

∂(, ) = 32 + 4 + 22 sin() ,

(, ) =∂

∂(, ) = 22 + 2 cos() .

Вторите парцијални изводи се:

(, ) =∂ 2

∂2(, ) =

∂

∂

∂

∂

(, ) = 6 + 4 + 42 sin() ,

(, ) = ∂ 2 ∂2

(, ) = ∂ ∂

∂ ∂

(, ) = −22 sin() ,

(, ) =∂ 2

∂∂(, ) =

∂

∂

∂

∂

(, ) = 4 + 22 cos() ,

(, ) =∂ 2

∂∂(, ) =

∂

∂

∂

∂

(, ) = 4 + 22 cos() .

Третиот парцијален извод е

=∂ 3

∂∂∂(, ) =

∂

∂ ∂ 2

∂∂ (, ) = 4 + 42 cos() .

88

7/27/2019 M2 - del 3



Согласно со дефиницијата на парцијални изводи на функција од

две променливи, лесно заклучуваме дека, на пример, за функцијаод три променливи е дефинирана со

(, ,) = limℎ→0

( + ℎ, ,) − (, ,)

ℎ.

Дефиниционата област на се состои од сите (, ,) од дефини-ционата област на за кои лимесот постои. Слични се дефиници-ите и за и .

Пример 4.2.4. Да се најдат , и ако

(, ,) =√

+ 2 + 2 ln .

Решение. Исто како кај функции од две променливи ако и секонстантни и диференцираме само по се добива

(, ,) =1

2√

+ 2 + 2 ln .

За другите први парцијални изводи имаме

(, ,) = 0 + 2 + 21

,

(, ,) = 0 + 2 + 2 ln .

4.3 ДИФЕРЕНЦИЈАБИЛНОСТ НА ФУНКЦИЈА ОД ПОВЕКЕ ПРОМЕН-

ЛИВИ

Парцијалните изводи на дадена функција даваат мерка на рела-тивните промени на вредностите функцијата кога се приближувамекон фиксирана точка по права паралелна со координатните оски.Но постојат многу други начини за приближување кон фиксиранаточка во рамнина. За да кажеме дека функцијата е диференција-билна во некоја точка мора да ги разгледаме релативните променина вредностите на функција без разлика како се приближуваме кондадената точка.

89

7/27/2019 M2 - del 3



Дефиниција 4.3.1. Функцијата со парцијални изводи и во

(, ) е диференцијабилна во (, ) ако постои отворена област околу (, ) и функции 1 и 2 такви што:

1. (+△, +△)− (, ) = (, )△+ (, )△+1(△,△)△+2(△,△)△ за сите ( + △, + △) во и важи

2. lim(△,△)→(0,0)

1(△,△) = 0 и lim(△,△)→(0,0)

2(△,△) = 0 .

Пример 4.3.1. Да се покаже дека функцијата

(, ) = 2 + 2

е диференцијабилна во секоја точка од ℝ2 .

Решение. Ке покажеме диференцијабилност на оваа функција подефиниција. Имаме дека (, ) = 2 и (, ) = 2 , па[

( + △)2 + ( + △)2]−(2+2) = 2△+2△+1(△,△)△+2(△,△)△ .

Со средување на оваа равенка добиваме

(△)2 + (△)2 = 1(△,△)△ + 2(△,△)△ .

Ако избереме

1(△,△) = △ , 2(△,△) = △

условите од дефиницијата за диференцијабилност на функција сеисполнети. Заклучуваме дека е диференцијабилна во (, ), папоради произволноста на точката следи дека е диференцијабилнаво секоја точка од ℝ2 .

Теорема 4.3.1. Ако функција од две променливи е диференција-билна во (, ), тогаш е непрекината во (, ) .

90

7/27/2019 M2 - del 3



Теорема 4.3.2. Ако парцијалните изводи на функција од две

променливи се непрекинати во (, ), тогаш е диференцијабилнаво (, ) .

Пример 4.3.2. Да се покаже дека (, ) = ln(2 + ) е диференци- јабилна во (1, ).

Решение. Парцијалните изводи на се

(, ) =2

2 + , (, ) =

1

2 + .

Овие функции се непрекинати во (1, ), па е диференцијабилна

во (1, ).За функција од една реална променлива = () диференци-

јабилна во имаме дефинирано диференцијал на функција со = ′() . Слично, ако е функција од две променливи што е дифер-енцијабилна во точката (, ) , тогаш диференцијал на = (, )

во однос на точката (, ) и прирастот △ и △ е дефиниран со

= (, )△ + (, )△ .

Дефинираме и диференцијали = △ и = △, па за диферен-цијалот добваме

= (, ) + (, ) .

Диференцијалот ги апроксимира промените △ на вредноститена функцијата при промени = △ и = △ на променливите и , како што е покажано на сликата.

≈ △ = ( + △, + △) − (, ) ,

од каде добиваме дека

( + △, + △) ≈ (, ) + .

91

7/27/2019 M2 - del 3



Пример 4.3.3. Нека = (, ) = 3 + 2 . Да се најде .

Решение. Парцијалните изводи на се = 32 + 2 и = 2.Тогаш

= (32 + 2) + 2 .

Пример 4.3.4. Нека = (, ,) = 23 . Да се најде .

Решение. Парцијалните изводи на се = 23 , = 23 и = 323 . Тогаш

= (, ,) + (, ,) + (, ,)

= 23 + 23 + 323 .

92

7/27/2019 M2 - del 3



4.4 ИЗВОДИ НА СЛОЖЕНА ФУНКЦИЈА

Теорема 4.4.1. Нека и се диференцијабилни функции од инека е диференцијабилна функција од две променливи и .Тогаш е диференцијабилна функција од и

((), ()) = ((), ())′() + ((), ())′() .

Последна равенка за извод на сложена функција може да сезапише како

=

∂

∂

+

∂

∂

. (4.1)

Пример 4.4.1. За (, ) = sin + cos , () = 2 + 1 и () = 3

да се пресмета

.

Решение. Според претходната теорема имаме

=

∂

∂

+

∂

∂

= (sin + cos )(2) + ( cos − sin )(32)

= 2 sin 3 + 22+1 cos 3 + 32(2 + 1) cos 3 − 32

2+1 sin 3 .

Претходната теорема може да биде генерализирана и за функцииод повеке променливи, како и случај кога самите променливи сефункции од повеке променливи. Од сите тие можности најмногусе користат следните релации.

Ако е функција од (, ) и (, ), тогаш

∂

∂=

∂

∂

∂

∂+

∂

∂

∂

∂и

∂

∂=

∂

∂

∂

∂+

∂

∂

∂

∂. (4.2)

Ако е функција од (), () и (), тогаш

=

∂

∂

+

∂

∂

+

∂

∂

. (4.3)

93

7/27/2019 M2 - del 3



Ако е функција од (, ), (, ) и (, ), тогаш

∂

∂=

∂

∂

∂

∂+

∂

∂

∂

∂+

∂

∂

∂

∂и

∂

∂=

∂

∂

∂

∂+

∂

∂

∂

∂+ +

∂

∂

∂

∂. (4.4)

Пример 4.4.2. Нека (, ) = 2tg , (, ) = 2 − 2 и

(, ) = 2 + 2. Да се најде∂

∂и

∂

∂.

Решение. Според претходните формули имаме

∂

∂=

∂

∂

∂

∂+

∂

∂

∂

∂=

2

cos2 2 + (2tg)(2)

=2(2 + 2)2

cos2(2 − 2)+ 4(2 + 2)tg(2 − 2) ;

∂

∂=

∂

∂

∂

∂+

∂

∂

∂

∂=

2

cos2 (−2) + (2tg)(2)

=−2(2 + 2)2

cos2(2 − 2)+ 4(2 + 2)tg(2 − 2) .

Теорема 4.4.2. Ако (, ,) = 0 имплицитно ја дефинира какодиференцијабилна функција од и тогаш имаме

∂

∂=− (, ,)

(, ,)и

∂

∂=− (, ,)

(, ,)

ако (, ,) ∕= 0.

Доказ. Бидејки (, ,) = 0 имплицитно ја дефинира какодиференцијабилна функција од и , воведуваме нови променливии тоа = , = и = = (, ). Со користење на релацијата4.4 имаме

0 =∂

∂=

∂

∂

∂

∂+

∂

∂

∂

∂+

∂

∂

∂

∂=

∂

∂⋅

1 +∂

∂⋅

0 +∂

∂⋅

∂

∂.

94

7/27/2019 M2 - del 3



Бидејки = и = имаме дека∂

∂= (, ,) и

∂

∂= (, ,) па со замена во горната релација се добива

∂

∂=− (, ,)

(, ,).

На сличен начин се добива и парцијалниот извод на по промен-ливата .

4.5 ИЗВОДИ НА ФУНКЦИЈА ПО ПРАВЕЦ. ГРАДИЕНТ. ТАНГЕНТНА

РАМНИНА.

Дефиниција 4.5.1. Нека = 1 + 2 е единечен вектор. Извод поправец на векторот на функцијата = (, ) е дефиниран со

(, ) = limℎ→0

( + ℎ1, + ℎ2) − (, )

ℎ.

Дефиниционата област на се состои од сите (, ) од дефини-ционата област на за кои што лимесот постои.

Пример 4.5.1. Да се пресмета (1, 2) ако (, ) = 6 − 2 − 2 и

= √ 22 + √ 2

2 .

Решение. Имаме

(1, 2) = limℎ→0

(1 + (√

2/2)ℎ, 2 + (√

2/2)ℎ) − (1, 2)

ℎ

= limℎ→0

{6 − [1 + (√

2/2)ℎ]2 − [2 + (√

2/2)ℎ]2} − (6 − 12 − 22)

ℎ

= limℎ→0

−√ 2ℎ − 1/2ℎ2 − 2√

2ℎ − 1/2ℎ2

ℎ

= limℎ→0(−3

√ 2 − ℎ) = −3

√ 2 .

95

7/27/2019 M2 - del 3



Во специјалниот случај кога = добиваме дека изводот по правец

на на функцијата е нејзиниот парцијален извод бидејки

(, ) = limℎ→0

( + ℎ, ) − (, )

ℎ= (, ) .

Аналогно за = имаме дека (, ) = (, ) .

Теорема 4.5.1. Ако е диференцијабилна во (, ) и = 1 + 2

е единечен вектор, тогаш

(, ) = (, )1 + (, )2 = { (, ), (, )} ⋅ .

Пример 4.5.2. Нека (, ) = 22− 2− 1 и = 3 + 4 . Да се најдеизводот на во (2, 1) по правец на векторот .

Решение. Бидејки не е единечен вектор прво го наогаме единеч-ниот вектор во правец на :

=

∣ ∣ =3 + 4 √ 32 + 42

=3

5 +

4

5 .

Бидејки (, ) = 4 и (, ) = −2,

(, ) = 4 35− 2 4

5= 4

5(3 − 2)

и (2, 1) =16

5.

Дефиниција 4.5.2. Ако е функција со парцијални изводи во(, ), тогаш градиент на во (, ) (ознака ∇ (, )) е векторотдефиниран со

(, ) ≡ ∇ (, ) = (, ) + (, )

96

7/27/2019 M2 - del 3



Пример 4.5.3. да се најде градиентот на функцијата

(, ) = sin .

Решение. ∇ (, ) = (, ) + (, ) = sin + cos .Со градиентот дадена скаларна функција од повеке промен-

ливи се трансформира во векторска функција од повеке промен-ливи. За диференцијабилна функција и единечен вектор =1 + 2 имаме дека

(, ) = (, )1 + (, )2 = ∇ (, ) ⋅ .

Извод по правец и градиент се дефинирани и за функции од три и повеке променливи на сличен начин како претходно.

Нека = 1

+ 2 + 3

е единечен вектор, тогаш извод поправец на векторот на функцијата (, ,) е дефиниран со

(, ,) = limℎ→0

( + ℎ1, + ℎ2, + ℎ3) − (, ,)

ℎ,

ако лимесот постои. Ако е диференцијабилна во (, ,), тогаш

(, ,) = (, ,)1 + (, ,)2 + (, ,)3 .

Градиентот на е дефиниран со

(, ,) ≡ ∇ (, ,) = (, ,) + (, ,) + (, ,) ,

па (,, = ∇ (, ,) ⋅ .

Тангентна рамнина и нормала.

Теорема 4.5.2. Нека е диференцијабилна функција од три промен-ливи и нека е дадена површина во простор опишана со

(, ,) = , = .

Ако (0, 0, 0) е точка што лежи на површината и∇ (0, 0, 0) ∕= 0, тогаш векторот ∇ (0, 0, 0) е нормален на секојакрива во што минува низ (0, 0, 0).

97

7/27/2019 M2 - del 3



Од оваа теорема добиваме дека сите тангентни вектори на

површината во точката 0 лежат во една иста рамнина. (какошто е дадено на сликата).

Оваа рамнина се нарекува тангентна рамнина на во 0.Нормалата на оваа тангентна рамнина се нарекува нормала нададената површина во точката 0. Бидејки нормалниот вектор натангентната рамнина на површината (, ,) = во (0, 0, 0) е

∇ (0, 0, 0) = (0, 0, 0) + (0, 0, 0) + (0, 0, 0) ,

равенката на тангентната рамнина на во 0 ке биде

(0, 0, 0)( − 0) + (0, 0, 0)( − 0) + (0, 0, 0)( − 0) = 0 .(4.5)

Пример 4.5.4. Да се најде тангентната рамнина на параболоидот2 + 2 + = 6 во точката (1, 2, 1).

Решение. Нека (, ,) = 2 + 2 + − 6 Тогаш за векторот ∇ добиваме

∇ (, ,) = 2 + 2 + , па

∇ (1, 2, 1) = 2 + 4 + .

98

7/27/2019 M2 - del 3



Равенката на тангентната рамнина сега ке биде

2( − 1) + 4( − 2) + ( − 1) = 0 ,

односно 2 + 4 + − 11 = 0, како што е покажано на сликата.

Со случај кога површината во простор е зададена со функ-

цијата = (, ) тогаш имаме дека (, ,) = − (, ) = 0, па

(, ,) = − (, ) , (, ,) = − (, ) , (, ,) = 1

па тангентната рамнина на во точката 0(0, 0, (0, 0) има равенка

− (0, 0)( − 0) − (0, 0)( − 0) + ( − (0, 0)) = 0 .

Пример 4.5.5. Да се покаже дека нормалата на сфера во произволнанејзина точка мора да минува низ центарот на сферата.

99

7/27/2019 M2 - del 3



Решение. Доволно е ако тврдењето го покажеме за централна

сфера. Нејзината равенка е 2 + 2 + 2 = 2 . Тогаш за векторот∇ добиваме

∇ (, ,) = 2 + 2 + 2 ,

па затоа нормалата на сферата во точка 0(0, 0, 0) има носечкивектор {0, 0, 0} и равенка во параметарски облик

= 0 + 0 , = 0 + 0 , = 0 + 0 .

Сега е јасно дека точката (0, 0, 0) припага на оваа права. (ја до-биваме за = −1.)

4.6 ЕКСТРЕМНИ ВРЕДНОСТИ НА ФУНКЦИЈА ОД ПОВЕКЕ ПРОМЕН-

ЛИВИ.

Дефиниција 4.6.1. Функцијата од две променливи има апсо-лутен максимум (или само максимум) во точката (0, 0) во областа ако (, ) ≤ (0, 0) за сите (, ) во . Функцијата има ап-солутен минимум во точката (0, 0) во областа ако (, ) ≥ (0, 0) за сите (, ) во .

Функцијата има релативен максимум во точката (0, 0) ако

постои круг околу (0, 0) така што (, ) ≤ (0, 0) за сите (, )во внатрешноста на . Функцијата има релативен минимум воточката (0, 0) ако постои круг околу (0, 0) така што (, ) ≥ (0, 0) за сите (, ) во внатрешноста на .

Теорема 4.6.1. Нека е непрекината функција на затворена иограничена област во ℝ

2. Тогаш постојат (1, 1) и (2, 2) во така што

(1, 1) ≤ (, ) ≤ (2, 2)

за сите (, ) во .

100

7/27/2019 M2 - del 3



Дефиниција 4.6.2. Функцијата од две променливи има критичнаточка во (0, 0) ∈ ако и двата први парцијални изводи на воточката (0, 0) се нули, или барем еден од парцијалните изводина во (0, 0) не постои.

Пример 4.6.1. Да се најдат критичните точки на функцијата (, ) =4

−42

−2.

Решение. Бидејки = −8 и = −2, парцијалните изводи на

постојат за сите вредности на и . Значи, единствената критичнаточка ја добиваме кога и двата парцијални изводи се нула, а тоае во точката (0, 0).

Теорема 4.6.2. Ако функцијата има релативен екстрем во точката(0, 0), тогаш (0, 0) е критична точка за .

Пример 4.6.2. Да се покаже дека функцијата (, ) = sin немарелативни екстреми.

101

7/27/2019 M2 - del 3



Решение. Парцијалните изводи на се

(, ) = sin , (, ) = cos .

Значи критичните точки ги добиваме за sin = 0 , cos = 0.Бидејки овој систем равенки нема решение, добиваме дека и дватапарцијални изводи не можат истовремено да се нула, па немакритични точки. Според претходната теорема следи дека немаекстреми.

Критична точка во која што немаме релативен екстрем сенарекува точка на седло на графикот на . На следната сликае покажана точка на седло за функцијата = 2 − 2.

Пример 4.6.3. Да се најдат апсолутниот минимум и апсолутниотмаксимум на функцијата (, ) = 5 − 22 + 2 − 2 во областа зададена со 0 ≤ ≤ 1 и 0 ≤ ≤ 2 .

Решение. Најпрво го имаме системот = 0 , = 0 од каде доби-ваме

−4 + 2 = 0 , 2 − 2 = 0 .

Решение на овој систем е точката (0, 0) која што лежи на границатана дадената област. Границата на се состои од четири сегменти

102

7/27/2019 M2 - del 3



на прави и тоа

1 : = 0 , 0 ≤ ≤ 1; 2 : = 1 , 0 ≤ ≤ 2;

3 : = 2 , 0 ≤ ≤ 1; 4 : = 0 , 0 ≤ ≤ 2 .

За да ги најдеме екстремните вредности на на границата гииспитуваме сите делови посебно.

На 1 имаме (, 0) = 5 − 22 за 0 ≤ ≤ 1. Бидејки опага наовој интервал минималната вредност на е 3 за = 1, а макси-малната вредност на е 5 за = 0.

На 2 имаме (1, ) = 3+2−2 за 0 ≤ ≤ 2. На овој интервалке ја разгледуваме како функција од една променлива. Оваа

функција има екстреми на 2 во крајните точки на 2 : (1, 0) и(1, 2) или кога 0 = ′(1, ) = 2− 2 а тоа е во точката (1, 1). Бидејки (1, 0) = 3 и (1, 1) = 4 (1, 2) = 3 максималната вредностна на 2

е 4, а минималната е 3.На 3 имаме (, 2) = 1 − 22 + 4 за 0 ≤ ≤ 1. Повторно ја

разгледуваме како функција од една променлива. Во крајнитеточки на 3 имаме (0, 2) = 1 и (1, 2) = 3 а кога0 = ′(, 2) = −4+4 добиваме повторно = 1. Значи максималнатавредностна на 3 е 3, а минималната е 1.

На 4 имаме (0, ) = 5 − 2 за 0 ≤ ≤ 2. На овој интервалминималната вредност на е 1 во (0, 2), а максималната вредност

на е 5 во (0, 0).Конечно, заклучуваме дека минималната вредност на на

е 1 во точката (0, 2), а максималната вредност на на е 5 воточката (0, 0).

103

7/27/2019 M2 - del 3



Теорема 4.6.3. Нека е функција со непрекинати втори парци- јални изводи и нека (0, 0) е критична точка за . Нека

(0, 0) = (0, 0) (0, 0) − [ (0, 0)]2 .

∙ Ако (0, 0) > 0 и (0, 0) < 0, тогаш има релативен

максимум во (0, 0) .

∙ Ако (0, 0) > 0 и (0, 0) > 0, тогаш има релативенминимум во (0, 0) .

∙ Ако (0, 0) < 0, тогаш има точка на седло во (0, 0) .

Во случај кога (0, 0) = 0 не може да се даде одговор даливо (0, 0) има екстрем, точка на седло, или ниту едното ниту дру-гото.

Пример 4.6.4. Да се најдат релативните екстреми на функцијата (, ) = 3

−3 + 3.

104

7/27/2019 M2 - del 3



Решение. Критичните точки на се добиваат со решавање на

системот

0 = (, ) = 32 + 3

0 = (, ) = −32 + 3 ,

и тоа се точките (0, 0) и (1,−1). Понатаму имаме:

(0, 0) = (0, 0) (0, 0) − [ (0, 0)]2 = (0)(0) − (3)2 = −9 < 0 ,

па во (0, 0) добиваме точка на седло. Во критичната точка (1,−1)

важи

(1,−1) = (1,−1) (1,−1) − [ (1,−1)]2 = (6)(6) − (3)2 = 27 > 0 ,

па во (1,−1) имаме релативен минимум.Лагранжова функција.Во практично решавање на дадени проблеми многу често наогаме

случаи каде што треба да најдеме екстрем на некоја функција, нопод некој услов, т.е. со некое ограничување. Заради тоа овиеекстреми се нарекуваат уште и условни екстреми или врзани ек-стреми. За наогање на екстреми на функцијата (, ,) под дадениуслови-ограничувања (, ,) = 0 ја формираме Лагранжоватафункција:

(, , ,) = (, ,) − (, ,) ,и сега проблемот на наогање на условен екстрем на се сведува напроблем на наогање на екстрем на . Да забележиме дека функ-цијата има плус една променлива .

Пример 4.6.5. Да се најде минималнат вредност на функцијата (, ,) = 9 + 16 + 16 ако важи = 36.

Решение. Нека (, ,) = − 36 = 0 . Тогаш Лагранжоватафункција ке биде

(, , ,) = 9 + 16 + 16

−(

−36) .

105

7/27/2019 M2 - del 3



Имаме

= 9 + 16 − = 0

= 9 + 16 − = 0

= 16 + 16 − = 0

= − 36 = 0 .

Со множење на првата равенка со , на втората со и на третатасо добиваме 9 + 16 = 9 + 16 и9 + 16 = 16 + 16 од каде следи = и = 16/9. Созамена во последната равенка од системот − 36 = 0 се добива

=

9

4 , односно = = 4. Значи условниот екстрем кој го барамее точката (4, 4,

9

4)

106

7/27/2019 M2 - del 3


Глава 5

Двојни и тројни интеграли

5.1 ДВОЈНИ ИНТЕГРАЛИ

Нека е непрекината ненегативна функција од две промен-ливи дефинирана на ограничена област во 0 рамнината.Нашата цел е да го определиме волуменот на телото ограниченосо цилиндар со основа и врв што лежи на површинатададена со = (, ), како што е покажано на сликата.

Најпрво правиме мрежа на прави низ што се паралелнисо -оската и -оската. (види ја сликата)

107

7/27/2019 M2 - del 3



Нека 1, 2, . . . , се правоаголниците формирани од таамрежа што лежат целосно во . Множеството од тие правоагол-ници го означуваме со , и ∥∥ ја означува максималнатадолжина на дијагоналите на правоаголниците во тоа множ-ество. Нека (, ) е произволна точка во , па за секој гопресметуваме (, ). Волуменот △ на паралелопипедот сооснова и висина (, ) е

△ = (, )△ ,

каде што △ е плоштината на правоалогникот . Сумиран- јето на сите волумени на паралелопипеди ја дава апрокси-мацијата на волуменот

≈∑

=1

(, )△ .

Оваа сума се нарекува Риманова сума за на областа .

Дефиниција 5.1.1. Нека функцијата од две променливи е дефини-рана на ограничена област во рамнина. Двојниот интеграл на над е дефиниран со

∫ ∫ (, ) = lim

∥∥→0

∑=1 (, )△ ,

108

7/27/2019 M2 - del 3



ако лимесот постои. Во овој случај велиме дека е интеграбилна

на областа .

Ако е непрекината и ограничената област е затворена,тогаш е интеграбилна на .

Дефиниција 5.1.2. Нека е непрекината и ненегативна функцијаод две променливи дефинирана на ограничена и затворена област, тогаш волуменот на телото со основа и врв површината = (, ) е

=

∫ ∫

(, ) .

Пример 5.1.1. Пресметај го∫ ∫

√ 16 − 2 − 2 , каде што е

внатрешноста на кругот 2 + 2 ≤ 16 во 0-рамнината.

Решение. Бидејки√

16 − 2 − 2 ≥ 0 овој двоен интеграл е вол-уменот на телото со основа и врв што лежи на површината =

√ 16 − 2 − 2 . Оваа површина е горната половина од сферата

2 + 2 + 2 = 16, како што е покажано на сликата. Бидејки сферасо радиус има волумен = 4/33, овој интеграл има вредностполовина од волуменот на сфера со радиус 4. Добиваме

∫ ∫ √ 16

−2

−2 =

1

24

3

43 =128

3

.

109

7/27/2019 M2 - del 3



Двојниот интеграл ги задоволува вообичаените аритметички

својства кои ги има определениот интеграл. На пример, нека и се интеграбилни на и нека е константа, тогаш важи:∫ ∫

( ± )(, ) =

∫ ∫

(, ) ±∫ ∫

(, ) ∫ ∫

(, ) =

∫ ∫

(, ) .

Ако пак е област која што е унија на дисјунктните области 1

и 2 имаме

∫ ∫ (, ) = ∫ ∫ 1

(, ) + ∫ ∫ 2

(, ) .

5.2 ИТЕРИРАНИ ИНТЕГРАЛИ

Дефиницијата на двоен интеграл вклучува лимес на Риманова сума

∑=1

(, )△ ,

каде што △ е плоштина на -тиот правоаголник . Ако овојправоаголник е со должина △ и ширина △ тогаш неговатаплоштина е △ = △△ . Сега, за ефективно пресметување надвојни интеграли ја имаме следната теорема.

Теорема 5.2.1. ∙ Нека е непрекината функција на областа дадена со : ≤ ≤ , 1() ≤ ≤ 2() , тогаш∫ ∫

(, ) =

∫

∫ 2()1()

(, ).

∙ Нека е непрекината функција на областа дадена со : ≤ ≤ , ℎ1() ≤ ≤ ℎ2() , тогаш∫ ∫

(, ) =

∫

∫ ℎ2()ℎ1()

(, ) .

110

7/27/2019 M2 - del 3



Значи ∫ ∫

(, ) = ∫

∫

2()

1

()

(, ) , или

∫ ∫

(, ) =

∫

∫ ℎ2()ℎ1()

(, )

. Овие интеграли се нареку-

ваат итерирани интеграли, а обично се пишуваат без загради.

Пример 5.2.1. Да се најде волуменот на телото чиј врв е повр-шината = 7 − 2 − , а за основа има правоаголник ограничен сорамнините = 0, = 2, = 2 и = 3.

Решение. Телото чиј што волумен се бара е дадено на сликата.

111

7/27/2019 M2 - del 3



Имаме дека 0 ≤ ≤ 2 и 1() ≤ ≤ 2() каде што 1() = 2 и2() = 3. Следи

=

∫ ∫

(7 − 2 −

) =

∫ 20

∫ 32

(7 − 2 −

)

=

∫ 20

∫ 32

(7 − 2 − )

=

∫ 20

(7 − 2 − 2

2∣=3=2)

=∫ 20

(21 − 32 − 92 ) − (14 − 22 − 2)

=

∫ 20

(9

2− 2) =

19

3.

Пример 5.2.2. Да се најде волуменот на телото ограничено од горе со графикот на функцијата (, ) = 1 − , од долу со 0-рамнината, со цилиндарот = 2 и со рамнината = .

Решение. Основата на телото е областа во 0-рамнината даденана сликата.

112

7/27/2019 M2 - del 3



Графиците на = 2 и = се сечат во точките (0, 0) и (1, 1),па областа е дадена со 0 ≤ ≤ 1 и 2 ≤ ≤ . Бидејки е над волуменот на телотот ке биде:

=

∫ 10

∫ 2

(1 − )

=

∫ 10

−

2

2∣==2

=

∫ 1

0 ( − 3

2) − (2 − 5

2)

=

1

8.

За некои области на интеграција

∫ ∫

(, ) може да биде

претставен како

∫

∫ 2()1()

(, ) или∫

∫ ℎ2()ℎ1()

(, ) .

Менувањето на еден итериран интеграл во друг се нарекува сменана граници на интеграција на интегралот. Во некои случаи соваква смена на граници на интеграција се олеснува интегриран-

јето.

113

7/27/2019 M2 - del 3



Пример 5.2.3. Да се пресмета ∫ 10∫ 1

2

.

Решение. Границите на интеграција во овој интеграл се 0 ≤ ≤ 1и ≤ ≤ 1. Бидејки нема примитивна функција за () =

2

за да го решиме овој интеграл правиме смена на границите наинтеграција, при што областа сега ја опишуваме со 0 ≤ ≤ 1 и0 ≤ ≤ .

Сега имаме

∫ 1

0 ∫ 1

2

= ∫ ∫ 2

= ∫ 1

0 ∫

0

2

=

∫ 1

0

2

(∣==0) =

∫ 1

0

2

=1

2( − 1) .

Плоштината на областа во рамнина има иста вредносткако и волумен на тело со основа и константна висина 1. Зарадитоа имаме дека

=

∫ ∫

1 . (5.1)

Во специјален случај кога е област ограничена со правите =

и = и графиците на непрекинатите функции и каде што

114

7/27/2019 M2 - del 3



()

≤ () за

∈[, ] добиваме

=

∫ ∫

1 =

∫

∫ ()()

=

∫

[ () − ()] .

Јасно е дека ова е формула за плоштина на област ограниченамегу две криви која веке ја знаеме од делот за примена на единеченинтеграл.

5.3 ДВОЈНИ ИНТЕГРАЛИ ВО ПОЛАРНИ КООРДИНАТИ

За пресметување на двојни интеграли во поларни координати слично

како во правоаголен декартов систем правиме мрежа на областа во рамнина каде што единечен елемент е областа ограниченасо зраците = −1 и = , како и кружните исечоци = −1 и = .

Бидејки плоштината на кружен исечок изнесува1

22△ , за

плоштината на областа добиваме

△ =1

22△ − 1

22−1△

=1

2( + −1)( − −1)△ =

+ −1

2△△ .

За да го апроксимираме волуменот △ на телото ограничено сооснова и со врв графикот на , ја пресметуваме вредноста нафункцијата во произволна точка од областа . Нека тоа биде

115

7/27/2019 M2 - del 3



точката со координати (, ) = + −1

2,

+ −1

2 . Тогаш це-

лиот волумен е апроксимиран со Римановата сума

≈∑=1

△ =∑

=1

(, )△△

па

∫ ∫

(, ) = = lim∥ ∥→0

∑=1

(, )△△ .

Теорема 5.3.1. ∙ Нека е непрекината функција на областа

дадена со : ≤

≤

≤

+ 2 , 0≤

1

()≤

≤

2

() , тогаш∫ ∫

(, ) =

∫

∫ 2()1()

(, ) .

∙ Нека е непрекината функција на областа дадена со :0 ≤ ≤ ≤ , ℎ1() ≤ ≤ ℎ2() + 2 , тогаш∫ ∫

(, ) =

∫

∫ ℎ2()ℎ1()

(, ) .

Пример 5.3.1. Да се пресмета ∫ ∫ (3 + ) каде што е област

во првиот квадрант што лежи во кругот 2 + 2 = 4 и надвор од кругот 2 + 2 = 1.

Решение. Областа е дадена на сликата.

116

7/27/2019 M2 - del 3



Преминуваме во поларни координати и добиваме = cos и

= sin , а областа сега е 0 ≤ ≤ 2 и 1 ≤ ≤ 2. За интегралотсега имаме:∫ ∫

(3 + ) =

∫ 2

0

∫ 21

(3 cos + sin )

=

∫ 2

0

3 cos +

3

3sin

=2=1

=

∫ 2

0

(8 − 1)cos +

7

3sin

=

28

3.

Пример 5.3.2. Да се најде волуменот на јајцето опишано со повр-шините = (2+2)/2 и = 6−2−2 како што е дадено на сликата.

Решение.

Графиците на функциите = (2 + 2)/2 и = 6 − 2 − 2 се сечаткога

=2 + 2

2= 6 − 2 − 2 ,

а тоа дава дека 2 + 2 = 4 и = 2. Областа на интеграција вополарни координати е 0

≤

≤2 и 0

≤

≤2. За волуменот

117

7/27/2019 M2 - del 3



добиваме:

=

∫ ∫

(6 − 2 − 2) − 1

2(2 + 2)

=

∫ 20

∫ 20

(6 − 2) − 1

22

=

∫ 20

32 − 3

2

4

4

=2=0

= 12 .

5.4 ПЛОШТИНА НА ПОВРШИНА

Нека е површина дадена со = (, ), каде што (, ) припага

на затворена и ограничена област и има непрекинати парци- јални изводи. Ваквата површина се нарекува глатка, и тогашможе да ја пресметаме нејзината плоштина. Нека △ е дел од тааповршина која што лежи над правоаголникот . Тогаш плошти-ната на △ е апроксимирана со тангентната рамнина на даденатаповршина во точката (, , (, )) , која има равенка (позната од порано)

(, )( − ) + (, )( − ) − ( − (, )) = 0 .

118

7/27/2019 M2 - del 3



Плоштината

△ е плоштина на паралелограм конструиран

над векторите = △ + (, )△ и = △ + (, )△ .Тогаш вредноста на плоштината △ е еднаква на интензитетот(должината) на векторот

× = {− (, )△△,− (, )△△,△△} ,

па добиваме дека

△ =

( (, ))2 + ( (, ))2 + 1 △△ .

Со сумирање на △ за секое се добива Риманова сума што јаапроксимира плоштината на областа па имаме:

Дефиниција 5.4.1. Нека е глатка површина дефинирана со = (, ) каде (, ) припага на затворена и ограничена област .Тогаш плоштината на површината е

=

∫ ∫

( (, ))2 + ( (, ))2 + 1 .

Пример 5.4.1. Да се пресмета плоштината на дел од површината (, ) = 3−− 22 која што лежи над областа во 0 рамнинаташто е триаголник со темиња (0, 0, 0), (0, 1, 0) и (1, 1, 0).

Решение. Плоштината на делот од површината што треба да гопресметаме е даден на сликата.

119

7/27/2019 M2 - del 3



Областа во 0 рамнината е дадена со 0

≤

≤1 и 0

≤

≤.

Според формулата добиваме дека

=

∫ ∫

∂

∂(3 − − 22)

2+

∂

∂(3 − − 22)

2+ 1

=

∫ 10

∫ 0

√ (−1)2 + (−4)2 + 1 =

∫ 10

∫ 0

√ 162 + 2 ≈ 1.53 .

5.5 ТРОЈНИ ИНТЕГРАЛИ

Дефинирањето на троен интеграл на функција од три променливи

над област во простор е слично со дефинирањето на двоен ин-теграл на функција од две променливи над област во рамнина.Значи на дадената област која е ограничена во простор прав-име мрежа од паралелопипеди кои се добиваат со повлекувањена рамнини паралелни со 0, 0 и 0 рамнините. Понатаму,избираме произволна точка (, , ) од единечната област вопростор, и формираме Риманова сума во однос на , мрежата,изборот на точка во :

∑=1

(, , )△ ,

каде што △ е волуменот на паралелопипедот .

120

7/27/2019 M2 - del 3



Дефиниција 5.5.1. Нека е функција од три променливи дефини-

рана на ограничена област во простор. Тогаш тројниот инте-грал на над е дефиниран со∫ ∫ ∫

(, ,) = lim

∥∥→0

∑=1

(, , )△ ,

ако лимесот постои. Во овој случај велиме дека е интеграбилнана .

Пример 5.5.1. Да се пресмета интегралот од (, ,) = sin

над областа во простор дадена со 0 ≤ ≤ 1 , 1 ≤ ≤ 3 и

0 ≤ ≤ .

Решение. Имаме∫ ∫ ∫

(, ,) =

∫ 10

∫ 31

∫ 0

sin

=

∫ 10

∫ 31− cos ∣=

=0

=

∫ 10

∫ 31

2 =

∫ 10

2∣=3=1

= ∫ 1

0

8 = 4 .

Во општ случај, троен интеграл од функцијата над област може да се претстави како итериран интеграл каде што најпрво сеинтегрира по , потоа по и на крај по . Ако ја претставимекако

≤ ≤ , 1() ≤ ≤ 2() , ℎ1(, ) ≤ ≤ ℎ2(, ) ,

тројниот интеграл го пресметуваме со формулата

∫ ∫ ∫ (, ,) = ∫

∫ 2()

1() ∫ ℎ2(,)

ℎ1(,) (, ,) .

121

7/27/2019 M2 - del 3



Аналогно како порано, кај итерираните интеграли може да имаме

промена на редоследот на интегрирање во зависност од тоа како е зададена.

Пример 5.5.2. Да се пресмета

∫ ∫ ∫

, ако е областа во

првиот октант ограничена со рамнините = , = 0 и = 0 ицилиндарот 2 + 2 = 1.

Решение. Областа на која што треба да се интегрира е даденана сликата. Од тука имаме 0 ≤ ≤ 1 , 0 ≤ ≤ ,0 ≤ ≤ √

1 − 2 . За интегралот се добива:

∫ ∫ ∫

= ∫ 1

0∫

0∫

√ 1−2

0

=

∫ 10

∫ 0

2

2∣=

√ 1−2

=0

=

∫ 10

∫ 0

1 − 2

2 =

∫ 10

1 − 2

2∣=

=0

=

∫ 10

− 3

2 =

1

8.

Со формулата 5.1 покажавме дека плоштина на рамнински ликможе да се пресметува со двоен интеграл. Сега, аналогно на тоаако (, ,) = 1 тројниот интеграл над област во простор ке го

даде волименот на таа област, т.е.:

=

∫ ∫ ∫

. (5.2)

Тројни интеграли во цилиндрични и сферни координатиЗа дадена област во цилиндрични координати:

≤ ≤ , 1() ≤ ≤ 2() , ℎ1(, ) ≤ ≤ ℎ2(, ) ,

тројниот интеграл над таа област го пресметуваме по формулата∫ ∫ ∫

(,,) =

∫

∫ 2()1()

∫ ℎ2(,)ℎ1(,)

(,,) .

122

7/27/2019 M2 - del 3



Пример 5.5.3. Со помош на цилиндрични координати да се прес-

мета тројниот интеграл∫

2

0

∫ √ 4−2

0

∫ √ 4−2−

2

0

√ 2 + 2

.

Решение. Областа на интеграција е дадена на сликата.

Заради поедноставно интегрирање преминуваме во цилиндричникоординати, па за дадената област имаме

0 ≤ ≤

2, 0 ≤ ≤ 2 , 0 ≤ ≤

√ 4 − 2 .

∫ ∫ ∫

√ 2 + 2

=

∫ /20

∫ 20

∫ √ 4−2

0

=∫ /20

∫ 20

2

2∣=√ 4−2=0

=1

2

∫ /20

∫ 20

(4 − 2) =4

3 .

За дадена област во сферни координати:

≤ ≤ , 1() ≤ ≤ 2() , ℎ1(, ) ≤ ≤ ℎ2(, ) ,

тројниот интеграл над таа област го пресметуваме по формулата∫ ∫ ∫

(,,) =

∫

∫ 2()1()

∫ ℎ2(,)ℎ1(,)

(,,) 2 sin .

123

7/27/2019 M2 - del 3



Пример 5.5.4. Со помош на сферни координати да се определи

волуменот мегу сферите 2 + 2 + 2 = 4 и 2 + 2 + 2 = 1.

Решение. Заради симетричноста ке го пресметуваме само волу-менот во првиот октант. Имаме

= 8

∫ /20

∫ /20

∫ 21

2 sin

= 8

∫ /20

∫ /20

3

3∣=2=1 sin

=8

3 ∫ /2

0 ∫ /2

07sin

=8

3

∫ /20

7(− cos )∣=/2=0 =

28

3 .

124

M2 - del 3

Documents

Transcript of M2 - del 3