КР7В1

Задания на контрольную работу по темам «Дифференциальное
исчисление функций нескольких переменных. Дифференциальная
геометрия кривых и поверхностей. Элементы теории скалярного поля.
Функции комплексной переменной»
Вариант№1
Задача 1. Дана функция z = ln( x + 2 y3). Требуется:
1) найти частные производные
z
z
и y ;
x
2) найти полный дифференциал dz;
2z
2z
3) показать, что для данной функции справедливо равенство: x y  y x .
Решение.
z
1) При нахождении x считаем аргумент y постоянным:

z
 ln
x
x  2 y3

x


1

x  2 y3
x  2 y3

x

2 x

1
x  2 y3

z
При нахождении  y считаем аргумент x постоянным:

z
 ln
y
x  2y
3


y
1

x  2 y3


x  2y
3


y
6y2
x  2 y3

2) Находим полный дифференциал функции по формуле:
z
z
dz =  x dx   y dy =
2 x
1

x  2y3
6y2
 dx 
x  2y3
dy .
3) Найдем смешанные частные производные второго порядка.
2
z
Для того чтобы найти  z дифференцируем x по у (считаем x
x y
постоянным):
  z  
1
2z
=    
y  x   2 x x  2 y 3
x y








y
4 x  3y 2
4 x( x  2 y 3 ) 2

  2 x  4 x y 3



1



3y 2
x ( x  2 y3 )2
y

12 x y 2
2 x  4
xy

3 2

z
2z
Для того чтобы найти
дифференцируем  y по x (считаем y
y x
постоянным ):

2






z
6
y
 z =
 x   6 y 2
   
3 

x  y   x  2 y 
y x
2

x  2y

3 1

 x  


6y2

2
x  2 y3 2 x

3y 2

x ( x  2 y3 )2
2 z
3y2
2 z
3y2



Получили:
,
x y
x ( x  2 y3 )2
x ( x  2 y 3 ) 2 yx
2z
2z

x y y x .
Ответы:
z

1)
x 2 x
2) dz =
2

x
1
z

3 ;
y
x  2y

1
x  2y
3
 dx 
6 y2
;
x  2 y3
6y2
x  2y
3
dy ;
2z
2z
3) равенство x y  y x выполнено.
z
Задача 2. Найти частные производные  x ,
x, y, и z связаны равенством вида F x, y, z   e
Решение.
z
y
xy  z
и
y
 x , если переменные
+ 3x2 siny – 2 x z3 = 0= 0.
xy  z
Для F(x, y, z) = e
+ 3x2 siny – 2 x z3 = 0получаем:
F 'x = ( e
xy  z
+ 3x2 siny – 2 x z3 = 0) 'x = [считаем y и z постоянными] =
 e xy  z  y  6 x sin y  2 z 3 =;
F 'y = ( e
xy  z
+ 3x2 siny – 2 x z3 = 0) 'y = [считаем x и z постоянными] =
= e xy  z  x  3x 2 cos y ;
F 'z = ( e
xy  z
+ 3x2 siny – 2 x z3 = 0) 'z = [считаем x и y постоянными] =
 e xy  z  6xz 2 .
Находим частные производные:
F
z
e xy  z  y  6 x sin y  2 z 3 e xy  z  y  6 x sin y  2 z 3
;
 x 

x
Fz
 e xy  z  6 xz 2
e xy  z  6 xz 2
Fy
z
e xy  z  x  3x 2 cos y e xy  z  x  3x 2 cos y



y
Fz
 e xy  z  6 xz 2
e xy  z  6 xz 2
и по формуле получаем:
Fx
y
e xy  z  y  6 x sin y  2 z 3  e xy  z  y  6 x sin y  2 z 3



.
x
Fy
e xy  z  x  3x 2 cos y
e xy  z  x  3x 2 cos y
Ответы:
 z e xy  z  y  6 x sin y  2 z 3
 z e xy  z  x  3x 2 cos y
;
,


x
y
e xy  z  6 xz 2
e xy  z  6 xz 2
y  e xy  z  y  6 x sin y  2 z 3

.
x
e xy  z  x  3x 2 cos y
Задача 3. Дана сложная функция z= f (x, y, t) =(3t + 2x2 – y)3 где
dz
1
x  x(t ), y  y(t ) . x = tgt, y =
. Найти полную производную d t .
cos t
Решение. Используя формулу, получаем:

d z z d x z d y z




 3(3t  2 x 2  y ) 2 4x  tgt   3(3t  2 x 2  y ) 2 (1) cos 1 t 
dt  x dt  y dt  t

 3(3t  2 x 2  y ) 2  3  12 x(3t  2 x 2  y ) 2

1
  sin t 
 3(3t  2 x 2  y ) 2  
 9(3t  2 x 2  y ) 2 
2
2 
cos t
cos
t


1
 4x

3(3t  2 x 2  y ) 2 

 3
2
 cos t cos t

1
Подставив в полученный ответ x = tgt, y = cos t , получим:
2
2
dz
1   4tgt
1
1   4 sin t
1

 

 3 3t  2(tgt) 2 

 3  3 3t  2(tgt) 2 

 3
 
 
2
3
dt
cos t   cos t cos t
cos t   cos t cos t

 

2
dz
1   4 sin t
1


 3 3t  2(tgt) 2 


3
 
. .
Ответ:
3
dt
cos
t
cos
t
cos
t

 

Задача 4. Дана функция z  f ( x, y) = x2 – xy + 2y2 + 3x + 2y +1 и уравнения
границ замкнутой области D на плоскости XОY: x = 0, y = 0, x + y = –5.
Требуется:
1) найти наибольшее и наименьшее значения функции в области D;
2) сделать чертеж области D в системе координат, указав на нем точки, в
которых функция имеет наибольшее и наименьшее значения.
Решение.
1) Для наглядности процесса решения построим область D в системе
координат. Область D представляет собой треугольник, ограниченный
прямыми x = 0, y = 0, x + y = –5. Обозначим вершины треугольника: A, B, C
(рис 1).
Рис. 1
Чтобы найти наибольшее и наименьшее значения функции z сначала
найдем все стационарные точки функции z = x2 – xy + 2y2 + 3x + 2y +1 ,
лежащие внутри области D (если они есть), и вычислим в них значения
функции.
Стационарные точки – это точки, в которых все частные производные
1-го порядка равны нулю:
2
2

 z x  0,
2 x  y  3  0,
( x  xy  2 y  3x  2 y  1)x  0,


 
 2

2

2 y  x  2  0.
z y  0
( x  xy  2 y  3x  2 y  1)y  0
Решаем систему:
 x  2 y  2,
 x  2 y  2,
 y  2,
 x  2,







2(2 y  2)  y  2  0
4 y  4  y  2  0
 x  4  2,
 y  2.
Стационарная точка М(-2, -2)  D (рис.1). Найдем
z (M )  (2) 2  4  2(2) 2  6  4  1  4  4  8  6  4  1  1
Теперь найдем наибольшее и наименьшее значения функции на
границе области D. Граница является кусочно-заданной, поэтому будем
проводить исследование функции z (x, y) отдельно на каждом участке
границы.
а) На границе АВ выполняется y = 0 и функция z является функцией
одной переменной:


z  x 2  xy  2 y 2  3x  2 y  1
 x 2  3x  1 x  [5, 0] .
y 0
Исследуем поведение z ( x ) по правилам нахождения наибольшего и
наименьшего значений функции одной переменной на замкнутом
промежутке: z   0  2 x  3  0  x  1.5  [5,0] стационарная точка на границе
АВ: K(-1.5,0).


z(-1.5)  x 2  3x  1


z(-5)  x 2  3x  1
x  5

x 1.5
 2.25  4.5  1  1.25 ,
 25  15  1  11 ,

z(0)  x 2  3x  1
x 0
 1  1.25  z  11
AB
б) На границе BС выполняется x = 0 и функция z является функцией
переменной y :


z  x 2  xy  2 y 2  3x  2 y  1
Исследуем
поведение
x0
 2 y 2  2 y  1 y  [5, 0] .
z  0  4 y  2  0  y 
z ( y ):
1
 [5,0]
2
стационарная точка принадлежит области;


z(-0.5)  2 y 2  2 y  1

y  1

z(-5)  2 y 2  2 y  1


z(0)  2 y 2  2 y  1
y 0
 2  0.25  1  1  0.5 ,
y  5
 50  10  1  41
 0  0  1  1  0.5  z  41
BC
в) На границе AС выполнено x + y = –5, т.е. y = – 5 – х и функция z
является функцией одной переменной:


z  x 2  xy  2 y 2  3x  2 y  1
y  5 x
 x 2  x(-5 - x)  2(5  x) 2  3x 
 2(5  x)  1  x 2  5 x  x 2  2( x 2  10 x  25)  3x  10  2 x  1 
 4 x 2  26 x  41 x  [5, 0]
Исследуем поведение z (х): z   0  8 x  26  0  x  
Вычислим
ординату
стационарной
точки:
13
 3.25 x  [5,0] .
4
y  5   3.25  1.75
стационарная точка N  3.25;1.75 ;


z(-3.25)  4 x 2  26 x  41
x  3.25
 42.25  84.5  41  1.25 ,



z(-5)  4 x 2  26 x  41


z 0  4 x 2  26 x  41
x  5
x 0
 100  130  41  11
 41   1.25  z  41
.
AC
Сравнивая все найденные значения функции, выбираем среди них
наибольшее и наименьшее значения функции в области D:
zнаиб  z(B)  z(0,0)  41, z наим  z(N)  z(K)  z  3.25;1.75  z(-1,5.0)  -1.25 .
2) Отметим на построенном ранее чертеже области D (рис. 1) точки, в
которых функция имеет наибольшее и наименьшее значения: B(0;0) и
N  3.25;1.75 , K  1.5;0
Ответы:
1) zнаиб  z(B)  z(0,0)  41, z наим  z(N)  z(K)  z 3.25;1.75  z(-1,5.0)  -1.25 ;
2) рисунок 1.
Задача 5. Поверхность σ задана уравнением z  f ( x, y) = 3y – x2y + x.
Найти уравнение касательной плоскости и нормали к поверхности σ в точке
М0(x0, y0, z0), принадлежащей ей, если x0 = 1, y0 = 5– заданные числа.
Найдем частные производные функции z = f (x, y) = 3y – x2y + x:
f 'x (x, y) = 3y - x 2 y  x x  2 xy  1 ; f 'y (x, y)= 3y - x 2 y  x y  3  x 2 .
'
'
Точка М0(x0, y0, z0) принадлежит поверхности σ, поэтому можно
вычислить z0, подставив заданные x0 = 1 и y0 = 5 в уравнение поверхности:
z0 = 3 y0  x0 2 y0  x0  z0 = 3  5  1 5  1  11 .
В точке М0(1, 5, 11) значения частных производных:
f 'x (М0) =  2 xy  1  2  1  5  1  11 ; f 'y (М0) = 3  x 2  3  1  2 .
Пользуясь формулой z  z0  f x ( x0 , y0 )  (x  x0) f y ( x0 , y0)  ( y  y0 )
получаем уравнение касательной плоскости к поверхности σ в точке М0:
z – 11= 11( x  1)  2( y  5)  z – 11= 11x – 11 + 2y -10  11x  2 y - z - 10  0 .
Пользуясь формулой
x x0
y  y0
z z0


f x( x0 , y0 ) f y ( x0 , y0 )
1
получаем канонические уравнение нормали к поверхности σ в точке
М0:
x 1
11
=
y 5
2
=
z4
.
1
Ответы: уравнение касательной плоскости: 11x  2 y - z - 10  0 ; уравнение
нормали:
x 1
11
=
y 5
2
=
z4
.
1
Задача 6.
Дано плоское скалярное поле U = x2 + 3y2 точка M0(1, 1) и



i
вектор s = 3 - 4 j . Требуется:
1) найти уравнения линий уровня поля;
2) найти градиент поля в точке M0 и производную в точке M0 по

направлению вектора s ;
3) построить в системе координат XОY 4-5 линий уровня, в том числе
линию, проходящую через точку M0, изобразить вектор grad U (M 0 ) на этом
чертеже.
1) Для x2 + 3y2 уравнение семейства линий уровня имеет вид x2 + 3y2 = С или
x 2 3y 2
x2 y2

1

 1 , где С – произвольная постоянная. Это семейство
C
C
C
С
3
эллипсов, а также вырожденный эллипс в случае С=0.
U
2) Найдем частные производные функции U = x2 + 3y2:  x = (x2 + 3y2) 'x = 2x,
U
y
= (x2 + 3y2) 'y
производных:
U
x
= 6 y. В точке М0(1,
 2 , U
M0
По формуле
y
1) значения частных
 6.
M0
gradU ( M 0 ) 
U
x
M0
 U
i 
y
M0


градиент поля в точке M0: grad U (M 0 )  2  i  6  j
  U U 
 находим
 j  
;
  z  y  M0



s

3
i

4
j=
Прежде, чем найти производную по направлению вектора
={3;-4}, вычислим его модуль и направляющие косинусы:

s  s x2  s y2  32  (4) 2  25  5 ,
sy
s
3
4
cos   x  , cos      .
s 5
s
5

Производную поля по направлению вектора s в точке М0 вычисляем
формуле:
по
U
s

M0
U
x
 cos  
M0
U
y
M0
3
20
 4  6  24
 cos   2  6   

 4 .
5
5
5
 5
3)Для построения линий уровня
в системе координат XОY подставим в
x2 y2

 1 различные значения С:
уравнение семейства линий уровня:
C
С
3
при С1 = 1 получим
x2 y2
3

 1 - уравнение эллипса с полуосями a  1, b 
,
1
3
1
3
при С2 = 9 получим
x2 y2

 1 - уравнение эллипса с полуосями a  3, b  3 ,
9
3
при С3 
1
x2 y2
1
1

 1 уравнение эллипса с полуосями a  , b 
получим
.
1
1
9
3
3 3
9
27
Рис.2
Получим уравнение линии уровня, проходящей через точку М0(1, 1).
Для этого подставим подставив x0 = 1, y0 = 1 в уравнение
найдем значение С:
x2
y2
3
1 и
C
C
12 3  12
4

 1   1  С  4 – уравнение линии уровня,
C
C
С
проходящей через точку М0
x 2 3y 2

 1.
4
4
рис. 3
Для построения градиента поля в точке M0 отложим вектор gradU (M 0 )
от точки M0. Для этого нужно отложить от точки М0(1, 1) проекции
градиента в направлении координатных осей и построить вектор gradU (M 0 )
по
правилу
параллелограмма.
В
данном
случае


grad U (M 0 )  2i  6 j  {2; 6} , поэтому откладываем +2 единицы вдоль оси


OX, +6 единиц вдоль оси OY, и получаем вектор grad U ( M 0 )  2i  6 j как


2
i
6
диагональ параллелограмма, построенного на векторах
и j (рис. 3).
Ответы:
1)
x2 y2

 1;
C
С
3
U
grad
U
(
M
)

0
2)
x
M0
 U
i 
y
M0


 U
 j  2i  6 j ,
s
 4 ;
M0
3) линии уровня и gradU (M 0 ) на рисунках 2,3.
Задача 7. Дана функция комплексной переменной w  f (z) , где z  x  i y и
точка z0. w 
5
 (2  z ) 2  2i,
z
z0  3  i
.Требуется:
1) представить в виде w  u( x, y)  i v( x, y) , разделив ее вещественную и
мнимую части;
2) проверить, является ли функция w аналитической;
3) в случае аналитичности функции w найти ее производную в точке z0.
Решение.
1) Выделим вещественную и мнимую части функции:
5
5( x  iy )
w   (2  z ) 2  2i 
 (4  4 z  z 2 )  2i 
2
2
z
x y
5x
x y
2



5x
x y
2
2
5x
x y
2
5 yi
 (4  4( x  iy )  ( x  iy ) 2 )  2i 
2
2
x2  y2
 (4  4 x  4iy  x 2  2 xyi  y 2 )  2i 
 4  4 x  x 2  y 2  4iy  2 xyi  2i 

5 yi
x2  y2
5 yi
x2  y2



5y
 4  4 x  x 2  y 2  i  4 y  2 xy  2 

x2  y2
x2  y2

5x




Получили:
u ( x, y ) 
5x
x y
2
2
 4  4 x  x 2  y 2 , v( x, y )  4 y  2 xy  2 
5y
x  y2
2
2) Проверим выполнение условий Коши-Римана:
'

u 
5x

 4  4x  x 2  y 2   ,

x  x 2  y 2

x
v 
  4 y  2 xy  2 
y 

'

5y
 
2
2 
x  y y
'

u 
5x
2
2

 4  4x  x  y


y  x 2  y 2

y
v 
  4 y  2 xy  2 
x 

Получили:
u  v

,
x  y
'

 .
2
2 
x  y x
5y
u
v

. Условия Коши-Римана выполняются во всех
y
x
точках, кроме особой точки z =- 2i, в которой функции x = 0, y = - 2 и
функции u(x, y)
и
v(x, y)
не определены. Следовательно,
функция
3i
, – аналитическая при  z  2i .
z  2i
3) Найдем производную функции:
w  2  z2 
'
3i 
3i

w   2  z 2 
  2z 
.
z  2i  z
( z  2i) 2

Вычислим значение производной функции в точке z0 = 1 - 3i.


3i
3i
3i

w( z0 )   2 z 

2
(
1

3
i
)


2

6
i


( z  2i ) 2  z 13i
(1  3i  2i ) 2
1  i 2

3i
3i
 2  6i 
 2  6i 
 2  6,75i
2
(1  2i  1)
4
Ответы:
1) u ( x, y )  2  x 2  y 2 
3(y  2)
; v( x, y )  2 xy  2 3x 2 .
2
x  ( y  2)
x  ( y  2) 

2

3i
, – аналитическая при  z  2i .
z  2i
3) w( z0 )  2  6,75i .
2
2) w  2  z 