Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

Плоскость называется касательной плоскостью к поверхности, если она имеет с этой поверхностью точку касания. Точка касания - это такая общая точка между поверхностью и плоскостью, вокруг которой существует такой шар, делимый плоскостью на два полушария, что точки поверхности находятся только на грганице между полушариями и в одном из полушарий (но не во внутренности другого). Примерно так же, только вместо шара был круг, определялась касательная к кривой на плоскости.

Если плоскость касания не вертикальна, то это определение означает, что внутри шара поверхность лежит с какой-то одной стороны плоскости, за исключением точки касания. Если поверхность лежит ниже плоскости, то разность координат $z$ для точек плоскости и поверхности с одинаковыми координатами $x$ и $y$, будет положительной за исключением точки касания, и нулевой в самой этой точке, то есть испытывать в ней минимум. Если поверхность лежит выше плоскости, то разность координат $z$ для точек плоскости и поверхности с одинаковыми координатами $x$ и $y$, будет отрицательной за исключением точки касания, и нулевой в самой этой точке, то есть испытывать в ней максимум. В любом из этих случаев разность $z$ будет иметь в точке касания нулевой дифференциал, а значит, нулевые производные по $x$ и $y$.

Если плоскость задаётся уравнением $Ax+By+Cz=D$, а поверхность - уравнением $U\left(x,y,z\right)=U_{0}=const$, то для плоскости $$A+Cz_{x}'=0,\qquad z_{x}'=-\frac{A}{C},$$ $$B+Cz_{y}'=0,\qquad z_{y}'=-\frac{B}{C};$$ а для поверхности (все производные берутся в точке касания $M\left(x_{0},y_{0},z_{0}\right)$) $$U_{x}'+U_{z}'z_{x}'=0,\qquad z_{x}'=-\frac{U_{x}'}{U_{z}'},$$ $$U_{y}'+U_{z}'z_{y}'=0,\qquad z_{y}'=-\frac{U_{y}'}{U_{z}'}.$$ $$\Delta z_{x}'=-\frac{A}{C}+\frac{U_{x}'}{U_{z}'}=0,\qquad A=C\frac{U_{x}'}{U_{z}'},$$ $$\Delta z_{y}'=-\frac{B}{C}+\frac{U_{y}'}{U_{z}'}=0,\qquad B=C\frac{U_{y}'}{U_{z}'}.$$ Подставим в уравнение касательной плоскости полученное: $$C\frac{U_{x}'}{U_{z}'}x+C\frac{U_{y}'}{U_{z}'}y+Cz=D,$$ разделим на $C$ и умножим на $U_{z}'$: $$U_{x}'x+U_{y}'y+U_{z}'z=\frac{D}{C}U_{z}',$$ что означает, что константы $A$, $B$ и $C$ пропорциональны производным $U_{x}'$, $U_{y}'$ и $U_{z}'$.

Найдём константу $\frac{D}{C}U_{z}'$, подставив точку касания $$U_{x}'x_{0}+U_{y}'y_{0}+U_{z}'z_{0}=\frac{D}{C}U_{z}',$$ и подставим её в уравнение касательной плоскости $$U_{x}'x+U_{y}'y+U_{z}'z=U_{x}'x_{0}+U_{y}'y_{0}+U_{z}'z_{0},$$ откуда окончательно получим $$\begin{equation} U_{x}'\left(x-x_{0}\right)+U_{y}'\left(y-y_{0}\right)+U_{z}'\left(z-z_{0}\right)=0.\label{kas} \end{equation}$$ Это уравнение, впрочем, получено в предположении, что $U_{z}'\neq0$.

Задание: получить формулу ($\ref{kas}$) для случаев $U_{x}'\neq0$ и $U_{y}'\neq0$.

Левая часть очень напоминает скалярное произведение неких векторов. Второй множитель $$\Delta\vec{r}=\left(\begin{array}{c} x-x_{0}\\ y-y_{0}\\ z-z_{0} \end{array}\right)$$ вполне понятен: это вектор отклонения от точки касания. Первый же, состоящий из производных функции $U$, называется градиентом этой функции: $$\mathrm{grad}\,U=\left(\begin{array}{c} U_{x}'\\ U_{y}'\\ U_{z}' \end{array}\right).$$ Формулу ($\ref{kas}$) можно записать в виде $$\left.\mathrm{grad}\,U\right|_{M}\cdot\Delta\vec{r}=0.$$ Как мы знаем из аналитической геометрии, эта формула соответствует нормальному заданию плоскости, и вектор $\left.\mathrm{grad}\,U\right|_{M}$ - вектор нормали к этой плоскости. Вектор, нормальный к касательной плоскости к поверхности, восстановленный из точки касания, называется вектором нормали к поверхности (угол между вектором и кривой поверхностью – понятие туманное, поэтому тут требуется отдельное определение).

Итак, гдадиент функции $U$ в точке $M$ – это вектор, нормальный к поверхности $U=const$, проходящей через эту точку. Проведя через точку касания прямую вдоль вектора нормали к поверхности, можно получить нормальную прямую к этой поверхности, которую сокращённо называют просто нормаль. Параметрически и векторно нормаль задаётся так: $$\vec{r}=\vec{r}_{M}+\left.\mathrm{grad}\,U\right|_{M}t,$$ а уравнения (тут больше одного) нормали будут такими: $$\frac{x-x_{0}}{U_{x}'}=\frac{y-y_{0}}{U_{y}'}=\frac{z-z_{0}}{U_{z}'}.$$

Попадается вектор градиента и в других конструкциях. \emph{Производная функции} $U$ в точке с радиус-вектором $\vec{r}_{0}$ по направлению, заданному единичным вектором $\vec{e}$, определяется так: $$\frac{dU}{d\vec{e}}=\lim_{t\to0}\frac{U\left(\vec{r}_{0}+\vec{e}t\right)-U\left(\vec{r}_{0}\right)}{t}=\left.\frac{d}{dt}U\left(\vec{r}_{0}+\vec{e}t\right)\right|_{t=0}$$ Нетрудно подсчитать, что $$\frac{dU}{d\vec{e}}=\left.\frac{d}{dt}U\left(\vec{r}_{0}+\vec{e}t\right)\right|_{t=0}=\left.\frac{d}{dt}U\left(x_{0}+e_{x}t,y_{0}+e_{y}t,z_{0}+e_{z}t\right)\right|_{t=0}=U_{x}'e_{x}+U_{y}'e_{y}+U_{z}'e_{z}=\mathrm{grad}\,U\cdot\vec{e}.$$ Если обозначить угол между векторами $\mathrm{grad}\,U$ и $\vec{e}$ как $\varphi$, то $$\mathrm{grad}\,U\cdot\vec{e}=\left|\mathrm{grad}\,U\right|\cdot1\cdot\cos\varphi.$$ Наибольшее значение эта величина принимает при $\varphi=0$, а значит, когда векторы $\mathrm{grad}\,U$ и $\vec{e}$ совпадают по направлению; иными словами, производная функции по направлению её градиента имеет наибольшее значение по сравнению с другими направлениями. Отсюда градиент называется направлением наибыстрейшего возрастания функции $U$.

Пример: Доказать, что $\mathrm{grad}\,\left(uv\right)=\mathrm{grad}\,\left(u\right)v+u\mathrm{grad}\,\left(v\right)$ $$\mathrm{grad}\,\left(uv\right)=\left(\begin{array}{c} \frac{\partial}{\partial x}uv\\ \frac{\partial}{\partial y}uv\\ \frac{\partial}{\partial z}uv \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} u_{x}'v+uv_{x}'\\ u_{y}'v+uv_{y}'\\ u_{z}'v+uv_{z}' \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} u_{x}'v\\ u_{y}'v\\ u_{z}'v \end{array}\right)+\left(\begin{array}{c} uv_{x}'\\ uv_{y}'\\ uv_{z}' \end{array}\right)=\mathrm{grad}\,\left(u\right)v+u\mathrm{grad}\,\left(v\right).$$

Задание: доказать, что 1) $\mathrm{grad}\,\left(u+v\right)=\mathrm{grad}\,u+\mathrm{grad}\,v$, 2) $\mathrm{grad}\,f\left(u\right)=f'\left(u\right)\mathrm{grad}\,u$. Из этих свойств вывести, чему равен $\mathrm{grad}\,\frac{u}{v}$ (покомпонентно не считать).

Пример: Вычислить а) $\mathrm{grad}\,r$ б) $\mathrm{grad}\,r^{2}$ в) $\mathrm{grad}\,\frac{1}{r}$ г) $\mathrm{grad}\,\ln r$, где $r=\left|\vec{r}\right|$, $\vec{r}=\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z \end{array}\right)$.

По теореме Пифагора, $r^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}$. Я начну с пункта б) – и это будет единственный пункт, вычисленный покопонентно: $$\mathrm{grad}\,r^{2}=\left(\begin{array}{c} \frac{\partial}{\partial x}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\\ \frac{\partial}{\partial y}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\\ \frac{\partial}{\partial z}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 2x\\ 2y\\ 2z \end{array}\right)=2\vec{r}.$$ Далее воспользуемся рассмотренными (и, надеюсь, доказанными) выше свойствами. Например, можно рассмотреть $r$ как функцию от $r^{2}$: $$r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}=\sqrt{r^{2}},$$ а потом – свойством $\mathrm{grad}\,f\left(u\right)=f'\left(u\right)\mathrm{grad}\,u$: $$\mathrm{grad}\,r=\mathrm{grad}\,\sqrt{r^{2}}=\frac{1}{2\sqrt{r^{2}}}\mathrm{grad}\,r^{2}=\frac{1}{2r}2\vec{r}=\frac{\vec{r}}{r}.$$ После этого, пользуясь тем же свойством, уже ничто не мешает вычислить градиент любой функции от $r$: $$\mathrm{grad}\,\frac{1}{r}=-\frac{1}{r^{2}}\mathrm{grad}\,r=-\frac{1}{r^{2}}\frac{\vec{r}}{r}=-\frac{\vec{r}}{r^{3}},$$ $$\mathrm{grad}\,\ln r=\frac{1}{r}\mathrm{grad}\,r=\frac{1}{r}\frac{\vec{r}}{r}=\frac{\vec{r}}{r^{2}}.$$

Задание:

1. Определить, в каких точках пространства модуль градиента функции $u=\ln\frac{1}{R}$, где $R=\sqrt{\left(x-x_{0}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2}+\left(z-z_{0}\right)^{2}}$, равен единице.
2. Найти градиенты следующих функций, если $$\vec{r}=\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z \end{array}\right)\qquad\vec{a},\,\vec{b}=const$$
   1. $u=f\left(r\right)$,
   2. $u=\left(\vec{a}\cdot\vec{r}\right)$,
   3. $u=\left(\vec{a}\cdot\vec{r}\right)\left(\vec{b}\cdot\vec{r}\right)$,
   4. $u=\left|\left[\vec{a}\times\vec{r}\right]\right|^{2}$.

Пример: Найти производную скалярного поля $U=xe^{y}+ye^{x}-z^{2}$ в точке $M_{0}\left(3,0,2\right)$ по направлению от точки $M_{0}$ к точке $M_{1}\left(2,-1,3\right)$. $$\overrightarrow{M_{0}M_{1}}=\left(\begin{array}{c} 3\\ 0\\ 2 \end{array}\right)-\left(\begin{array}{r} 2\\ -1\\ 3 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{r} 1\\ 1\\ -1 \end{array}\right),\qquad\vec{e}=\frac{\overrightarrow{M_{0}M_{1}}}{\left|\overrightarrow{M_{0}M_{1}}\right|}=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{r} 1\\ 1\\ -1 \end{array}\right)$$ $$\left.\mathrm{grad}\,U\right|_{M_{0}}=\left.\left(\begin{array}{c} e^{y}+ye^{x}\\ xe^{y}+e^{x}\\ 2z \end{array}\right)\right|_{M_{0}}=\left(\begin{array}{c} 1\\ 3+e^{3}\\ 4 \end{array}\right)$$ $$\frac{dU}{d\vec{e}}=\mathrm{grad}\,U\cdot\vec{e}=\left(\begin{array}{c} 1\\ 3+e^{3}\\ 4 \end{array}\right)\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{r} 1\\ 1\\ -1 \end{array}\right)=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(1+3+e^{3}-4\right)=\frac{e^{3}}{\sqrt{3}}$$

Задание:

1. Найти производную функции $U=x^{2}-y^{2}$ в точке $M\left(1,1\right)$ в направлении $\vec{e}$, составляющем угол $\alpha=60^{\circ}$ с положительным направлением оси $Ox$.
2. Найти производную функции $U=xyz$ в точке $M_{0}\left(1,-1,1\right)$ по направлению от точки $M_{0}$ к точке $M_{1}\left(2,3,1\right)$.
3. Найти производную функции $U=\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{2}+z$ в точке $M_{0}\left(2,1,1\right)$ по направлению прямой $\frac{x-2}{1}=\frac{z-1}{2}$, $y=1$ в сторону возрастания поля.