Нестандартная задача на функции нескольких переменных.

[number_one]

Здравствуйте! Хотелось бы разобраться с задачей, готов много и усердно думать, пока что сделал что мог, есть вопросы.

Для функций $\varphi_1(x,y,z)=\dfrac{x^2+y^2}{z}$ и $\varphi_2(x,y,z)=x+y+z$

1) Найти $\nabla\varphi_1$, $\nabla\varphi_2$, $\vec{A}=\nabla\varphi_1\times \nabla\varphi_2$

Для функции $\Phi(x,y,z)=g(\varphi_1,\varphi_2)$, где $g$ - произвольная дифференцируемая функция двух переменных, составить диффур вида:

$P\cdot \Phi'_x+Q\cdot \Phi'_y+R\cdot \Phi'_z=0$

решениями которого являются функции $\Phi$. Составить вектор $\vec{B}(P,Q,R)$. Дать объяснение тому, что $\vec{A}$ и $\vec{B}$ коллинеарны.

2) Подобрать такую такую $g$ (существенно от двух переменных), что точка $O(0;0;0)$ явдяется предельной для области определения функции $\Phi(x,y,z)=g(\varphi_1,\varphi_2)$ и $\lim_{(x,y,z)\to (0;0;0)} \Phi(x,y,z)$ не существует.

3) Подобрать такую $\Phi(x,y,z)=g(\varphi_1,\varphi_2)$, что $\exist \Phi'_x(O),\Phi'_y(O), \Phi'_z(O)$, но функция $\Phi$ не является дифференцируемой в точке $O(0;0;0)$.

4) Рассмотреть поверхность $\varphi_i=a$, отличным от линейного $(i=1,2)$
Найти множество точек поверхности, в окрестности которых поверхность не является графиком функции $z=z(x,y)$

Мои идеи:

1) $\nabla\varphi_1=\left(\dfrac{2x}{z};\dfrac{2y}z;-\dfrac{x^2+y^2}{z^2}\right)$

$\nabla\varphi_2=(1;1;1)$

$\nabla\varphi_1\times \nabla\varphi_2=\left(\dfrac{2yz+y^2+x^2}{z^2};-\dfrac{2xz+y^2+z^2}{z^2};\dfrac{2x-2y}{z}\right)$

Пока нет идей как выбрать функцию $g$.

2) Подойдет ли $g=\frac{\varphi_1}{\varphi_2^2}$?

3) Подойдет ли $g=\frac{\varphi_1}{\varphi_2^3}$?

4) Пытался по теореме о неявной функции взять частную производную по $z$ и найти где она обращается в ноль, там может нарушаться монотонность, но $\left(\dfrac{x^2+y^2}{z}\right)'_z=-\dfrac{x^2+y^2}{z^2}$, потому она никогда не обращается в ноль, кроме точки $(0;0;z_0)$. Для второй же функции производная по $z$ равна $1$ всюду, потому всегда выразима, верно ли?

[svv]

1) В выражении для $\vec A$ подправьте:
$\left(...;-\dfrac{2xz+y^2+x^2}{z^2};...\right)$

-- Вс май 31, 2015 02:04:11 --

number_one в сообщении #1021717 писал(а):

Пока нет идей как выбрать функцию $g$.

А её не надо выбирать, если Вы о задании 1. Вам надо подобрать такое векторное поле $\vec B$, чтобы $\Phi=g(\varphi_1,\varphi_2)$ удовлетворяла уравнению $(\vec{B},\nabla\Phi)=0$, какой бы ни была $g$.

number_one в сообщении #1021717 писал(а):

Для функции $\Phi(x,y,z)=g(\varphi_1,\varphi_2)$, где $g$ - произвольная дифференцируемая функция двух переменных, составить диффур вида:
$P\cdot \Phi'_x+Q\cdot \Phi'_y+R\cdot \Phi'_z=0$
решениями которого являются функции $\Phi$. Составить вектор $\vec{B}(P,Q,R)$.

Итак, надо составить ДУ $(\vec{B},\nabla\Phi)=0$, подобрав $\vec{B}$. Заметим, что
$\nabla\Phi=\frac{\partial g}{\partial \varphi_1}\nabla \varphi_1+\frac{\partial g}{\partial \varphi_2}\nabla \varphi_2$
Получите эту формулу самостоятельно и подставьте в уравнение. Подумайте о том, что $\Phi=g(\varphi_1,\varphi_2)$ должна удовлетворять составленному ДУ независимо от того, какова функция $g$ и чему равны $\frac{\partial g}{\partial \varphi_1}, \frac{\partial g}{\partial \varphi_2}$. Но об этих производных ничего не известно, а в формулу для $\nabla\Phi$ они входят. Как же этого добиться?

[number_one]

Спасибо! Поправил в $\vec A$.

Пока что не очень очевидно, откуда получается эта формула $\nabla\Phi=\frac{\partial g}{\partial \varphi_1}\nabla \varphi_1+\frac{\partial g}{\partial \varphi_2}\nabla \varphi_2$

Я лишь понимаю, что $\nabla\Phi=\left(\frac{\partial g}{\partial \varphi_1};\frac{\partial g}{\partial \varphi_2}\right)$

И то, что $d\Phi=\frac{\partial g}{\partial \varphi_1}d \varphi_1+\frac{\partial g}{\partial \varphi_2}d \varphi_2$

Пока у меня здесь заминка.

-- 31.05.2015, 13:34 --

Есть предположение, что это просто векторный аналог формулы для дифференциала.

То есть так как $\varphi_i=\varphi_i(x,y,z)$, где $i=1,2$, то

$d\Phi=\frac{\partial g}{\partial x}d \varphi_1+\frac{\partial g}{\partial \varphi_2}d \varphi_2$

$d\varphi_1=\frac{\partial \varphi_1}{\partial x}dx+\frac{\partial \varphi_1}{\partial y}dy+\frac{\partial \varphi_1}{\partial z}dz$

$d\varphi_2=\frac{\partial \varphi_2}{\partial x}dx+\frac{\partial \varphi_2}{\partial y}dy+\frac{\partial \varphi_2}{\partial z}dz$

Но пока что это ничего, вроде бы, не дает, даже, если подставить в формулу для $d\Phi$

$d\Phi=\frac{\partial g}{\partial \varphi_1}d \left(\frac{\partial \varphi_1}{\partial x}dx+\frac{\partial \varphi_1}{\partial y}dy+\frac{\partial \varphi_1}{\partial z}dz\right)+$

$+\frac{\partial g}{\partial \varphi_2}d \left(\frac{\partial \varphi_2}{\partial x}dx+\frac{\partial \varphi_2}{\partial y}dy+\frac{\partial \varphi_2}{\partial z}dz\right)$

[svv]

Эта формула — следствие формулы для производной сложной функции.
У Вас $\Phi$ (точнее, $g$) зависит от $\varphi_1$ и $\varphi_2$, которые, в свою очередь, зависят от $x, y, z$:
$\Phi(x, y, z)=g(\varphi_1(x, y, z), \varphi_2(x, y, z))$
Поэтому, например,
$\frac{\partial \Phi}{\partial x}=\frac{\partial g}{\partial \varphi_1}\frac{\partial \varphi_1}{\partial x}+\frac{\partial g}{\partial \varphi_2}\frac{\partial \varphi_2}{\partial x}$
А из таких производных составляется градиент:
$\nabla\Phi=\left(\frac{\partial \Phi}{\partial x}, \frac{\partial \Phi}{\partial y}, \frac{\partial \Phi}{\partial z}\right)$
Про дифференциальное уравнение вечером напишу, сейчас нет времени.

[number_one]

Спасибо, понятно.

$\nabla \Phi = \frac{\partial g}{\partial \varphi_1}\left(\dfrac{2xP}{z}+\dfrac{2yQ}z-\dfrac{(x^2+y^2)R}{z^2}\right)+\frac{\partial g}{\partial \varphi_2}\left(P+Q+R\right)$

Верно ли это? Сейчас нужно подобрать $P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z)$, верно?

[svv]

Да, это правильно. Только давайте как можно дальше продвинемся «в общем виде», так и понятней будет.

Итак, подставляя в уравнение $(\vec B,\nabla\Phi)=0$ формулу
$\nabla\Phi=\frac{\partial g}{\partial \varphi_1}\nabla \varphi_1+\frac{\partial g}{\partial \varphi_2}\nabla \varphi_2$,
получим после небольших преобразований:
$\frac{\partial g}{\partial \varphi_1}(\vec B,\nabla \varphi_1)+\frac{\partial g}{\partial \varphi_2}(\vec B,\nabla \varphi_2)=0$

И опять тот же вопрос. Посмотрите на это уравнение несколько минут и догадайтесь: каким условиям надо подчинить $\vec B$, чтобы неизвестные (и равные чему угодно) производные $\frac{\partial g}{\partial \varphi_1}, \frac{\partial g}{\partial \varphi_2}$ ну никак не влияли на равенство левой части нулю?

[number_one]

svv в сообщении #1021892 писал(а):

Да, это правильно. Только давайте как можно дальше продвинемся «в общем виде», так и понятней будет.

Итак, подставляя в уравнение $(\vec B,\nabla\Phi)=0$ формулу
$\nabla\Phi=\frac{\partial g}{\partial \varphi_1}\nabla \varphi_1+\frac{\partial g}{\partial \varphi_2}\nabla \varphi_2$,
получим после небольших преобразований:
$\frac{\partial g}{\partial \varphi_1}(\vec B,\nabla \varphi_1)+\frac{\partial g}{\partial \varphi_2}(\vec B,\nabla \varphi_2)=0$

И опять тот же вопрос. Посмотрите на это уравнение несколько минут и догадайтесь: каким условиям надо подчинить $\vec B$, чтобы неизвестные (и равные чему угодно) производные $\frac{\partial g}{\partial \varphi_1}, \frac{\partial g}{\partial \varphi_2}$ ну никак не влияли на равенство левой части нулю?

Спасибо! Понятно! Получаем систему $(\vec B,\nabla \varphi_1)=0$ и $(\vec B,\nabla \varphi_2)=0$, где 6 уравнений и 6 неизвестных, среди которых функции $P,Q,R$, верно?

[svv]

number_one в сообщении #1022213 писал(а):

Спасибо! Понятно! Получаем систему $(\vec B,\nabla \varphi_1)=0$ и $(\vec B,\nabla \varphi_2)=0$,

Только прочитал это, только обрадовался, что Вы всё поняли, и вдруг...

number_one в сообщении #1022213 писал(а):

где 6 уравнений и 6 неизвестных

$(\vec B,\nabla \varphi_1)$ — это скалярное произведение $\vec B$ и $\nabla \varphi_1$. Возможно, оно у Вас как-то иначе обозначается, например, $\vec B\cdot\nabla \varphi_1$. Может быть, обозначение $(,)$ путается с записью вектора через компоненты, например, $\vec B=(P,Q,R)$? Но в скалярном произведении два вектора, а в покомпонентной записи три скаляра...

Короче говоря, $2$ скалярных уравнения (потому что результат каждого скалярного произведения — это скаляр, и трёх компонент у него нет). И $3$ скалярных неизвестных: $P, Q, R$ — компоненты одной векторной неизвестной $\vec B$. Других неизвестных нет, потому что градиенты известны, Вы их нашли.

Расписывая скалярные произведения через компоненты входящих в них векторов, получаем такую однородную систему уравнений относительно $P, Q, R$, я запишу её в матричной форме:
$\begin{bmatrix}\frac{\partial \varphi_1}{\partial x}&\frac{\partial \varphi_1}{\partial y}&\frac{\partial \varphi_1}{\partial z}\\\frac{\partial \varphi_2}{\partial x}&\frac{\partial \varphi_2}{\partial y}&\frac{\partial \varphi_2}{\partial z}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}P\\Q\\R\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}$
Два уравнения для трёх неизвестных — то, что надо. Решение однородной системы (в данном случае, фактически, вектор $\vec B$) всё равно определено с точностью до умножения на скалярный множитель. Добавление какого-то третьего уравнения к системе либо не даст ничего нового (если третье уравнение — линейная комбинация первых двух), либо сузит множество решений до тривиального $\vec B=\vec 0$. Нам не нужно ни то, ни другое.

Теперь это надо решить.

[number-one]

Спасибо огромное! Все ясно с этим, да, про 6 уравнений сильно затупил. А насчет этого " Дать объяснение тому, что $\vec{A}$ и $\vec{B}$ коллинеарны." теперь тоже легко. А именно, векторное произведение $\vec A$ перпендикулярно плоскости, в которой лежат вектора $\nabla \varphi_1$ и $\nabla \varphi_2$. Но вектор $\vec B$ мы тоже выбрали перпендикулярным этой плоскости, значит эти вектора коллинеарны. Правильно?

-- 01.06.2015, 06:47 --

По пунктам 2-4 пока что идей не появилось(

[svv]

number-one в сообщении #1022381 писал(а):

А именно, векторное произведение $\vec A$ перпендикулярно плоскости, в которой лежат вектора $\nabla \varphi_1$ и $\nabla \varphi_2$. Но вектор $\vec B$ мы тоже выбрали перпендикулярным этой плоскости, значит эти вектора коллинеарны. Правильно?

Да, правильно.

Когда Вы найдёте вектор $\vec B$, напишите, что получилось. Совет: если заметите, что во всех компонентах присутствует общий множитель (например, один и тот же знаменатель), его можно отбросить в силу того, что если $(x_1, ..., x_n)$ — решение однородной системы линейных алгебраических уравнений, то $(kx_1, ..., kx_n)$ — тоже решение.

number-one в сообщении #1022381 писал(а):

По пунктам 2-4 пока что идей не появилось(

А с этими пунктами Вам лучше помогут другие участники, которые хорошо знают матанализ.

[Brukvalub]

В 2) $g(u ; v)=u+v$ не пробовали?

[number-one]

Получается

$P+Q+R=0$ и $2xzP+2yzQ=(x^2+y^2)R$, тогда

$R=1$, $Q=\dfrac{2xz+y^2+x^2}{2yz-02xz}\cdot R$ и $P=-Q-R=-1-\dfrac{2xz+y^2+x^2}{2yz-2xz}\cdot R$

Правильно ли?

-- 01.06.2015, 07:30 --

Brukvalub в сообщении #1022398 писал(а):

В 2) $g(u ; v)=u+v$ не пробовали?

Спасибо! Походит ваша функция вроде бы.

Я так понял нужно подобрать такую функцию, чтобы вышел бесконечный предел в начале координат?

А моя функция $\dfrac{\varphi_1}{\varphi_2^2}$ разве не подходит?

[Brukvalub]

number-one в сообщении #1022417 писал(а):

А моя функция $\dfrac{\varphi_1}{\varphi_2^2}$ разве не подходит?

А почему она подходит?

[svv]

number-one в сообщении #1022417 писал(а):

Получается
$P+Q+R=0$ и $2xzP+2yzQ=(x^2+y^2)R$, тогда
$R=1$, $Q=\dfrac{2xz+y^2+x^2}{2yz-02xz}\cdot R$ и $P=-Q-R=-1-\dfrac{2xz+y^2+x^2}{2yz-2xz}\cdot R$
Правильно ли?

Если Вы ищете общее решение, не пишите $R=1$, и не подставляйте вместо $R$ единицу (Вы это сделали в выражении для $P$). Если же Вы ищете частное решение и хотите положить $R=1$, не пишите дальше $R$.

Пусть всё-таки общее. Тогда
$P=-Q-R=-R-\dfrac{2xz+y^2+x^2}{2yz-2xz}\cdot R$
Здесь можно привести оба слагаемых к общему знаменателю, кое-что сократить и получить результат, аналогичный выражению для $Q$.

Когда Вы это сделаете, воспользуйтесь моим советом и избавьтесь от знаменателей совсем.

[number-one]

svv в сообщении #1022452 писал(а):

Пусть всё-таки общее. Тогда
$P=-Q-R=-R-\dfrac{2xz+y^2+x^2}{2yz-2xz}\cdot R$
Здесь можно привести оба слагаемых к общему знаменателю, кое-что сократить и получить результат, аналогичный выражению для $Q$.

Когда Вы это сделаете, воспользуйтесь моим советом и избавьтесь от знаменателей совсем.

Спасибо, ясно!! Разобрался с этим пунктом, очень помогли!

-- 01.06.2015, 15:13 --

Brukvalub в сообщении #1022433 писал(а):

number-one в сообщении #1022417 писал(а):

А моя функция $\dfrac{\varphi_1}{\varphi_2^2}$ разве не подходит?

А почему она подходит?

Точно, не подходит! Что-то туплю

-- 01.06.2015, 15:16 --

Если во втором пункте взять сумму $g=\dfrac{x^2+y^2}{z}+x+y+z$.

$\displaystyle\lim_{(x,y,z)\to (0;0;0)}\left(\dfrac{x^2+y^2}{z}+x+y+z\right)$ Получаем неопределенность $\dfrac{0}{0}$, пока что не очевидно -- что с ней делать((