- PDF Free Download

الحجم: px

بدء العرض من الصّفحة:

Download ""

شهم الزماميري
منذ 6 سنوات سابقة
المشاهدات:

التحليل 4 دكتور املادة: هدى الشماط احملاضرة السابعة عشر )األخرية( عنوان احملاضرة :متارين و تطبيقات احملتوى العلمي : أهال بكم

:أوجد أبعاد متوازي المستطيالت الذي حجمه أكبر ما يمكن و جوانبه موازية للمحاور ox,oy,oz حيث > 0 c,, x + y + z c = 1 و يمكن رسمه داخل

أعطي في المحاضرة, علما أنه قد أوردنا الحل في المحاضرة السابقة و هو مشابه تماما للحل التالي ) الحل: الدالة التي تمثل حجم متوازي

1 التحليل 4 دكتور املادة: هدى الشماط احملاضرة السابعة عشر )األخرية( عنوان احملاضرة :متارين و تطبيقات احملتوى العلمي : أهال بكم أصدقائي, سندرس محاضرتنا األخيرة النهايات و قابلية االشتقاق و إيجاد المشتقات و غيرها من التمرين مجموعة من التمارين أيضا عن تمرين 1 :أوجد أبعاد متوازي المستطيالت الذي حجمه أكبر ما يمكن و جوانبه موازية للمحاور ox,oy,oz حيث > 0 c,, x + y + z c = 1 و يمكن رسمه داخل مجسم القطع الناقص : )هذا التمرين قد كان وظيفة في المحاضرة السابقة و قد بدأت المحاضرة هذه بحل الوظيفة و بالتالي سنورد اآلن الحل الذي أعطي في المحاضرة, علما أنه قد أوردنا الحل في المحاضرة السابقة و هو مشابه تماما للحل التالي ) الحل: الدالة التي تمثل حجم متوازي المستطيالت هي f(x,,y (z =.x.y z F(x, y, z, λ) = f(x, y, z) + λ (x, y, z) F(x, y, z, λ) = x. y. z + λ (1 x y z c ) ب : z F x (x, y, z, λ) = yz λ x = 0. (1) F y (x, y, z, λ) = xz λ y = 0. () F z (x, y, z, λ) = xy λ z = 0 () c باالستفادة من مضاريب الغرانج : (x, y, z) = 1 x y z c F λ (x, y, z, λ) = 1 x y z c. (4) نبدأ باالشتقاق ونعدم المشتقات : سنضرب المعادلة )1( ب x و نضرب المعادلة )( ب y و نضرب المعادلة () 1

2 xyz λ x = 0. (1 ) xyz λ y = 0. ( ) xyz λ c z = 0 ( ) ( ) من :(1 ) λ x + λ y = 0 λ x = λ y x = y. ( ) نطرح نطرح ( ) من ( ): λ y + λ c z = 0 λ y = λ c z z = c y.. ( ) 1 c y y y c نعوض )*( و )**( في (4): = 0 1 y y y = 0 y = 1 y = ± y = نرفض إشارة السالب ألن y تعبر عن طول في مستطيل, نعوض في ( )و( ): x = ( ) x = z = c c ( ) z = 0 x أو = 0 y = 0 f(x, y) = { x rc tg y x y rc tg x (x, y) (0,0) y ليكن : تمرين : R f: R

f x (x, y) = x rc tg y x + x ( y x ) حيث rctg u < π أثبت أن: 1 = (0,0) xy f xx (0,0) = f yy

نوجد المشتق بالنسبة ل y 1 y y = x rc tg 1 + x x yx x + y y x + y y = x rctn ( y x ) y ; (x,

0 0 = 0 نضرب و نقسم على :(0, ) أي من أجل نقطة مثل x = 0, y 0 f(0 + h, ) f(0, ) f x (0, ) h

3 f x (x, y) = x rc tg y x + x ( y x ) حيث rctg u < π أثبت أن: 1 = (0,0) xy f xx (0,0) = f yy (0,0) = 0, f 1 + y x f x (x, y) = x rc tg y x y(x + y ) x + y الحل:,x) (y (0,0) من أجل x نوجد المشتق بالنسبة ل y 1 y y = x rc tg 1 + x x yx x + y y x + y y = x rctn ( y x ) y ; (x, y) (0,0) : (, 0) أي من أجل نقطة مثل x 0, y أما من أجل = 0 f x (, 0) h 0 f( + h, 0) f(, 0) h 0 0 = 0 نضرب و نقسم على :(0, ) أي من أجل نقطة مثل x = 0, y 0 f(0 + h, ) f(0, ) f x (0, ) h rctn ( h ) rctn ( h ) 0 h rctn ( h rctn ( ) ) = h من أجل rctnu lim = 1 u 0 u rctn( ) = π rctn(0) = 0

4 أخيرا من أجل النقطة (0,0) : f(h, 0) f(0,0) f x (0,0) = = 0 مما سبق نجد : 0 x = 0, y = 0 0 x 0, y = 0 f x (x, y) = y x = 0, y 0 x rctn ( y ) y ; (x, y) (0,0) { x أما بالنسبة إليجاد (y f y,x) فنالحظ أنه لو أخرجنا الناقص عامل مشترك من الدالة األصلية : 0 x أو = 0 y = 0 f(x, y) = f(x, y) = { (y rc tg x y x rc tg y ) (x, y) (0,0) x فستنطبق العمليات السابقة و نحصل على نفس النتائج و لكن باختالف االشارة : أي أننا سنحصل على النتائج التالية : 0 x = 0, y = 0 0 x 0, y = 0 f y (x, y) = x x = 0, y 0 y rctn ( x ) + x ; (x, y) (0,0) { y f xx & f yy f xx (0,0) h 0 f x (c 1 + h, c ) f x (c 1, c ) h h 0 f x (h, 0) f x (0,0) h h(0) 0 0 = 0 من أجل f y (c 1, c + h) y(c 1, c ) f y (0, h) f y (0,0) f yy (0,0) = 0 و أيضا : 4

5 f x (c 1, c + h) f x (c 1, c ) f xy (0,0) f x (0, h) f x (0,0) 0 h 0 = 1 f y (h, 0) f y (0,0) f yx (0,0) = 1 تمرين :لتكن f: R R f(x, y) = { log(1 + x y ) x + y : (x, y) (0,0) 0 (x, y) = (0,0) ادرس قابلية االشتقاق في (0,0). f(h, 0) f(0,0) (0 0) f x (0,0) = 0 f(0, h) f(0,0) (0 0) f y (0,0) = 0 f(h + 0, k + 0) f(0,0) = hf x + kf y + μ h + k log(1 + h k ) h + k = μ h + k μ = log(1 + h k ) (h + k ) الحل: إن المتراجحة log(1 + (t t محققة حيث 0 t وستفيدنا في الحل وصحتها ت برهن باالعتماد على نظريةالقيمة الوسطى التي تنص : إذا كان التابع φ: [, ] R مستمر ا على [,] وقابال لالشتقاق على ],[ فإن : c ], [; φ() φ() = ( )φ (c) إذا بوضع x) φ(x) = log(1 + مستمر على المجال t] [0, واشتقاقي على t[ ]0, حيث > 0 t و = 0, = t حسب نظرية القيمة الوسطى نجد أن: يوجد c بحيث < c < t 0 وتحقق: log(1 + t) log(1 + 0) = (1 + t 1)φ (c) = t. φ() = φ(t) φ() = φ(0) 1 1+c = t 1+c 5

6 log(1 + t) = t حسب التعريف: )وباعتبار )h k = t log(1 + h k ) (h + k ) 1 + c t وهي المتراجحة المطلوبة اآلن لندرس سعي η نحو 0 h k 0 (h + k ) (h + k ). (h + k ) (h + k ) = (h + k ) < δ إذا يقابل كل ε موجبة عدد > 0 ε δ = بحيث: (h, k) < δ η 0 < ε f قابلة لالشتقاق في (0,0). f: R R y x = 0 f(x, y) = { sin xy : x 0 x تمرين 4 : ادرس استمرار الدالة: (, ) R الحل: لنأخذ النقطة ولنميز الحاالت التالية: نريد تحقيق تعريف االستمرار على R وهو: (, ) R : lim f(x, y) = f(, ) (x,y) (,) lim f(x, y) (x,y) (,) lim f(x, y) (x,y) (,) sin xy (x,y) (,) x sin xy (x,y) (0,) x (, ) R = sin sin xy y (x,y) (0,) xy )1 في حالة 0 : = f(, ) ) في حالة = 0 : = = f(0, ) نالحظ دائما أن النهاية تساوي الصورة من أجل كل نقطة و هو المطلوب. 6

ملحق تمارين)إضافي( مث ل العدد الموجب على شكل جداء ثالثة أعداد موجبة بحيث يكون مجموعها أصغر ما يمكن. لنأخذ العدد الموجب تماما p ولنكتبه كجداء ثالث أعداد موجبة,x:,y z x. y. z = p z = p x.

7 ملحق تمارين)إضافي( مث ل العدد الموجب على شكل جداء ثالثة أعداد موجبة بحيث يكون مجموعها أصغر ما يمكن. لنأخذ العدد الموجب تماما p ولنكتبه كجداء ثالث أعداد موجبة,x:,y z x. y. z = p z = p x. y نعزل z ونحسبه بداللة بقية األعداد ونشكل دالة المجموع: f(x, y) = x + y + z = x + y + p x. y و لنحاول إيجاد قيم صغرى نسبية: f x (x, y) = 1 p x y = 0 x y = p (1) f y (x, y) = 1 p y x = 0 xy = p () = 0 y) x y xy = 0 xy(x بالطرح x 0, y 0 x = y y = p y = p x = p x = p نعوض في 1 ومنه نجد أن: نقطة حرجة. f xx (x, y) = p yx f xx( p, p) = p p p = p 1 > 0 f yy (x, y) = p xy f yy( p, p) = p 1 > 0 f xy (x, y) = l x y = f yx(x, y) f( p, p) = p p p = 1 p 1 ( l, l) 7

8 1 = p p 1 = p 4p = p < 0 p 1 p 1 ( p ومنه p), صغرى نسبية..x = y = z = p 1 z = p xy = p1 نحسب z: فاألعداد الثالث هي: x sin y f(x, y) = e من المرتبة الثانية للدالة f عند النقطة ) π,1) f x (x, y) = sin y e x sin y f x (1, π ) = e f xx (x, y) = sin y e x sin y f xx (1, π ) = e لدينا أوجد منشور تايلور f (1, π ) = e f xy (x, y) = cos y e x sin y + x cos y sin y e x sin y f xy (1, π ) = 0 f y (x, y) = x cos y e x sin y f y (1, π ) = 0 f yy (x, y) = x sin y e x sin y + x cos y e x sin y f yy (1, π ) = e f yx (x, y) = cos y e x sin y + x cos y sin y e x sin y f yx (1, π ) = 0 f( x, y ) f (1, π ) = 1 n! (h x + k n y ) f (1, π ) +h +k n=1 e x sin y e = 1 1! [(x 1)e + (y π ) 0] + 1! [(x 1) e + (y π ) ( e)] x = + h h = x 1, y = + k k = y π (, ) = (1, π ) حيث: ألن e xsinx e = (x 1)e + e ((x 1) (y π ) ) (x e xsinx 1) = e (x 1) + ( (y π ) + e ) 8

9 (x e xsinx 1) = e (x 1 + (y π ) + 1) (x 1) (y π e x sin y = e [x + ) ] )قد ورد بأحد الدورات السابقة مثال مماثل إذ كانت الدالة eفنرجو x siny منك االنتباه ^_^( لنعرف عل الفضاء الشعاعي [ V = C[, الدالة: <, >: C[, ] C[, ] R (x, y) x(t)y(t)dt برهن أن هذه الدالة هي دالة جداء داخلي. x, y, z V = C[, ], α R 1) < x, x > = x(t)x(t)dt = x (t)dt 0 ) < x, x > = 0 x (t)dt = 0 x (t) = 0, t x(t) = 0 x = 0 X ) < x, y > = x(t)y(t)dt = y(t)x(t)dt =< y, x > 4) < αx, y > = (αx(t))y(t)dt = αx(t)y(t)dt = α x(t)y(t)dt = α < x, y > < x, αy > = x(t)(αy(t))dt = αx(t)y(t)dt = α x(t)y(t)dt = α < x, y > 9

10 5) < x + z, y > = (x(t) + z(t))y(t)dt = [x(t)y(t) + z(t)y(t)]dt = x(t)y(t)dt + z(t)y(t)dt =< x, y > +< y, z > < x, y + z > = x(t)(y(t) + z(t))dt = [x(t)y(t) + x(t)z(t)]dt = x(t)y(t)dt + x(t)z(t)dt =< x, y > +< x, z > وبالتالي ) >, < ], (C[, فضاء جداء داخلي. انتهى المقرر... نرجو أن نكون قد وفقنا في تقديم المحتوى العلمي لهذا المقرر بجودة عالية و بشرح كاف و ندعو لكل زمالئنا بالتوفيق و النجاح و نتمنى لكم امتحانا موفقا و مثمرا إعداد:منى شغل سندس العص نذير تيناوي من كادر سيريا ماث كل عام و أنتم بخير 10

ملفّات مشابهة

Microsoft Word - intégral 2sc exp.doc

Microsoft Word - intégral 2sc exp.doc الثانية سلك بكالريا علم تجريبية التكامل إلى من. I- تكامل مجال - تعريف ترميز لتكن مجال I عنصرين من. I إذا آانت F G دالتين أصليتين للدالة على I.F()-F()=G()-G() أي أن العدد الحقيقي F()-F() غير مرتبط باختيار