Образцы решения №8 № 1.(8) Проверить удовлетворяет ли уравнению d 2u d 2u d 2u 4y2 du функция u=ln(x2+y2). 2 xy * 2 2 2 2 dxdy dy dx dx x y Решение. Находим частные производные первого и второго порядка: du 1 2x [ln( x 2 y 2 )]x 2 * (2 x 0) 2 ; 2 dx x y x y2 ( y cos t ) du 1 2x [ln( x 2 y 2 )]y 2 * (0 2 y ) 2 ; 2 dy x y x y2 ( x cos t ) 2x d 2u 2( x 2 y 2 ) 2 x(2 x 0) 2( y 2 x 2 ) (u x ) x 2 2 ; x 2 dx 2 (x2 y 2 )2 (x y 2 )2 x y 2x d 2u 0( x 2 y 2 ) 2 x(0 2 y ) 4 xy (u x )y 2 2 ; y 2 2 2 2 dx dy (x y ) (x y 2 )2 x y 2y d 2u 2( x 2 y 2 ) 2 x(0 2 y ) 2( y 2 x 2 ) ( u ) 2 ; y y y x2 y2 dy 2 (x2 y 2 )2 (x y 2 )2 Подставляем полученные производные в левую часть исходного уравнения и выполняем алгебраические преобразования: 2( y 2 x 2 ) 4 xy 2( x 2 y 2 ) 2 y 2 2 x 2 8 x 2 y 2 2 x 2 2 y 2 8x 2 y 2 2 xy * . (x2 y 2 ) (x2 y 2 ) (x2 y 2 )2 (x 2 y 2 )2 (x2 y 2 )2 В правой части исходного уравнения имеем: 4 xy 2x 8x 2 y 2 * . x2 y2 x2 y2 (x2 y 2 )2 Сравнивая полученные результаты, видим, что данная функция не удовлетворяет исходному уравнению. Ответ: Данная функция не удовлетворяет исходному уравнению. № 2.(8) Даны функция u=x2+y2+4x-6y+1, точка M0(-1,2) и вектор a 4i 3 j . 1. Найти градиент функции в точке М0и наибольшую скорость изменения функции в точке М0. Построить градиент. 2. Вычислить производную функции в точке М0 по направлению вектора a . 3. Составить уравнение линии уровня функции и построить ее график при а=4. Решение. 1. градиентом функции u=f(x,y) в точке М0(х0,у0) называется вектор, координаты которого равны значениям частных производных функции в точке М0: du grad f ( M 0 ) dx M0 ; du dy . M0 Найдем значение частных производных функции в точке М0(-1, 2): du du ( x 2 y 2 4 x 6 y 1)x 2 x 4; 2; dx dx M 0 ( 1, 2 ) du du ( x 2 y 2 4 x 6 y 1)y 2 y 6; 2; dy dy M 0 ( 1, 2) Вектор grad f ( M 0 ) 2i 2 j указывает направление наискорейшего возрастания функции f в точке М0. Наибольшая скорость возрастания функции f равна модулю градиента: du grad f ( M 0 ) dx du dy M0 2 2 2 2 (2) 2 2 2 . M0 Построим градиент, начало которого находится в точке М0(-1, 2): у М0 -1 0 1 х 2. Производную функции u=f(x,y) по направлению вектора a найдем по формуле: du da du du * cos dx M 0 dy M0 вектора a a x i a y j : cos ax cos ay a a ax a a y2 2 x ay a x2 a y2 * cos , где cos , cos - направляющие косинусы M0 ; ; du da Вычислим cos , cos и M0 cos = 4 4 (3) 2 2 4 / 5; cos 3 du 3 / 5; da 4 (3) 2 2 =2*4/5+(-2)(M0 3/5)=14/5. du > 0, то функция u в точке М0 возрастает по направлению da M 0 вектора a 4i 3 j . Так как 3. Составим уравнение линии u=c данной функции: 2 2 х +у +4х-6у+1=С. Определим вид линий уровня, выделив полные квадраты относительно х и у: (х2+4х+4)+(у2+-6у+9)+1=С+4+9. (х+2)2+(у-3)3=С+12. Линиями уровня являются окружности с центром в точке 0’(-2,3) и радиусами R= С 12 . При С=4 получим окружность радиуса R= 4 12 =4. ее график изображен на рисунке. У Х № 3.(8) Исследовать функцию z=xy(x+y-2) на экстремум. Решение. Найдем стационарные точки функции z=f(x, y) из системы уравнений dz dx 0, dz 0. dy Определяем частные производные данной функции: dz ( xy)x * ( x y 2) xy * ( x y 2)x y * ( x y 2) xy *1 2 xy y 2 2 y y * (2 x y 2); dx dz ( xy) x * ( x y 2) xy * ( x y 2) x x * ( x y 2) xy * 1 2 xy x 2 2 y x * ( x 2 y 2); dy y * (2 x y 2) 0, x * ( x 2 y 2) 0. Решим систему уравнений: Эта система равносильна следующим условиям, из которых определяются стационарные точки Р. y 0, y 0, P1 (0;0) : P2 (2;0); x 0, x 2 y 2, x 0, 2 x y 2 0, P3 (0;2); P4 ( 2 / 3;2 / 3). 2 x y 2 0, x 2 y 2 0, Выясним, какие из этих точек являются точками экстремума функции z=xy(x+y-2), воспользовавшись следующей теоремой (достаточные условия экстремума). Пусть функция z=f(x, y) имеет непрерывные частные производные третьего порядка включительно в некоторой области, содержащей стационарную точку Р0(х0, у0): f’x(x0;y0)=f’y(x0;y0)=0. Введем следующие обозначения: A=f’’xx(x0;y0), B=f’’xy(x0;y0), C=f’’yy(x0;y0), Δ=AC-B2. Тогда: 1. если Δ>, то точка Р0(х0, у0) является точкой экстремума для данной функции, причем точка Р0 будет точкой максимума при A>0 (или С<0) и точкой минимума при A>0 (или С>0); 2. если Δ<0, то в точке Р0 экстремума нет; 3. если Δ=0, то вопрос о наличии экстремума в точке Р0 остается открытым, требуется дальнейшее исследование; Согласно этой формуле, нужно найти вначале вторые частные производные данной функции: z’’xx=2y; z’’xy=2x+2y-2; z’’yy=2x. Вычислим выражение Δ=AC-B2 для каждой стационарной точки. Для точки Р1(0,0): Δ= С= 2 d z dy 2 d 2z dx 2 2 y ( 0, 0 ) 0; В= P1 d 2z (2 x 2 y 2) ( 0, 0 ) 2; dxdy P 1 2 x ( 0, 0) 0; P1 Δ=AC-B2=0*0-(-2)2=-4<0, следовательно, в точке Р1(0,0) экстремума нет. Для точки Р2(2,0): Δ= 2 y ( 2,0) 0; В= (2 x 2 y 2) ( 2,0) 2; С= 2 x ( 2,0) 4; Δ=AC-B2=0*4-22=-4<0, следовательно, в точке Р3(0,2) экстремума нет. Для точки Р3(0,2): Δ= 2 y (0, 2) 4; В= (2 x 2 y 2) ( 0, 2) 2; С= 2 x ( 0, 2) 0; Δ=AC-B2=4*0-22=-4<0, следовательно, в точке Р3(0,2) экстремума нет. Для точки Р4(2/3,2/3): Δ= 2 y ( 2 / 3, 2 / 3) 4 / 3; В= (2 x 2 y 2) ( 2 / 3, 2 / 3) 2 / 3; С= 2 x ( 2 / 3, 2 / 3) 4 / 3; Δ=AC-B2=4/3*4/3-(2/3)2=4/3>0, значит, в точке Р4 данная функция имеет экстремум. Поскольку в этой точке величина А= d 2z dx 2 4 / 3 0; то в точке Р4 Р41 функция имеет локальный минимум, равный z min z x 2 / 3 xy * ( x y 2) x 2 / 3 8 / 27. y 2 / 3 y 2 / 3 Ответ: z min 8 / 27. № 4.(8) Найти наибольшее и наименьшее значения линейной функции в области решений системы линейных неравенств 3 x 3 y 18, x 3 y 9, 2 x y 10, 3 x y 0. Решение. Первый способ. Построим на плоскости ХОУ область решений данной системы линейных неравенств. Строим граничные прямые L1, L2, L3, L4 по двум точкам: L1 : 2х+3у=18, (0,6) и (9,0); L2: х+3у=9, (0,3) и (9,0); L3: 2х-у=10, (7,4) и (5,0); L4: 3х-у=0, (0,0) и (1,3). У L4 L1 L3 Fнаим Fнаиб L2 F=-3 Х Определяем какая из двух полуплоскостей, на которые граничная прямая (Li) ax+by=c делит полуплоскость ХОУ, является решением данного неравенства ax+by c. Для этого подставим в неравенство координаты какой либо точки (х0,у0), не лежащей на этой прямой. Если координаты (х0,у0) удовлетворяют данному неравенству (ax0+by0 c – верно), то искомой будет та полуплоскость, в которой находится взятая точка (х0,у0): если же неравенство не удовлетворяется (ax0+by0 c – не верно), то искомой будет другая полуплоскость. При подстановке в первое неравенство 2x+3y 18 координат, например точки 0(0,0), получим верное равенство 2*0+3*0<18, следовательно первая полуплоскость включает точку 0(0,0). Аналогично обстоит дело и с третьим неравенством: 2*0-0<10. второму же неравенству координаты точки 0(0,0) не удовлетворяют 0+3*0>9 – неверно. Следовательно, вторая полуплоскость расположена по другую сторону от точки 0(0,0). В четвертое неравенство подставляем координаты точки (1,1), а не координаты точки 0(0,0), так как точка 0(0,0) лежит на прямой L4 : 3*1-1>0 – верно, полуплоскость направлена к точке (1,1). Пересечение (общая часть) найденных полуплоскостей образует область решений системы линейных неравенств- четырехугольник АВСД. Построим вектор градиент функции z=f(x,y)=2x+y-3: с grad f ( df df ; ) 2i j (2;1). dx dy Он перпендикулярен линиям уровня f=const и указывает направление возрастания функции z=f(x,y). Построим одну из линий уровня, например, проходящую через начало координат (0,0). Эта прямая 2х+у-3=с соответствует значению функции f=с=3. перемещая параллельно прямую f=-3 в направлении вектора с (2;1) найдем в области АВСД точку «входа» (точка А), в которой функция принимает наименьшее значение, а затем точку «выхода» (точка С), в которой функция принимает наибольшее значение. Координаты точки А найдем из системы уравнений граничных прямых L2 и L4 , точкой пересечения которых она является: x 3 y 9, хА=0,9, уА=2,7. 3x y 0. Вычислим значение функции в точке А(0,9, 2,7): f наим ( А) f наим (0,9;2,7) 2 * 0,9 2,7 3 1,5. Координаты точки С найдем, решая систему уравнений граничных прямых L1 и L3 , на пересечении которых лежит точка С: 2 x 3 y 18, хс=06, ус=2. 2 x y 10. Вычислим значение функции в точке С(6, 2): f наим (С ) f наим (6;2) 2 * 6 2 3 11. Второй способ. Точки, в которых функция принимает наименьшее и наибольшее значения, могут находиться как внутри области, так и на границе. Если функция принимает наименьшее (наибольшее) значение во внутренней точки области, то в этой точке частные производные функции равны нулю: dz dz 0, 0. dx dy Частные производные функции z=c1x+c2x+c0=2x+y-3 dz с1 2, dx dz с 2 1 не равны нулю, поэтому линейная функция z=c1x+c2x+c0=2x+y-3 dx принимает наибольшее и наименьшее значения только на границах области. Исследуем функцию на границе области АВСД, ограниченной прямыми L1 : 2х+3у=18, L2: х+3у=9, L3: 2х-у=10, L4: 3х-у=0. На отрезке АВ (L4) имеем 3х-у=0, поэтому на этом отрезке функция z=2x+y-3 при у=3х представляет собой функцию одной переменной х: z=2x+3y-3=5х-3. полученная функция возрастающая, ее наименьшее и наибольшее значения находятся на концах отрезка АВ. На отрезке ВС (L1) имеем 2х+3у=18, у=6-2/3*х, z=2x+6-2/3х3=4/3*х+3 – возрастающая функция, не имеющая на отрезке [xB,xC] критических точек (z’x=4/3=c). Поэтому из всех значений функции z=4/3*х+3 на отрезке ВС наибольшее и наименьшее находятся среди ее значений в точках С и В, на концах отрезка. На отрезке СД (L3) имеем 2х-у=10, у=2х-10, z=2x+2х-10-3=4х-13, z’x=4, поэтому внутри отрезка СД нет критических точек. Функция z может принимать наибольшее и наименьшее значения на концах отрезка и в точках С и Д. На отрезке АД (L2) имеем х+3у=9, у=3-х/3, z=2x+3-х/3-3=5/3*х, z’x=5/3, значит, внутри АД нет критических точек, и функция z может принимать наибольшее и наименьшее значения в точках А и Д. Итак, наибольшее и наименьшее значения функции z=2x+y-3 в данной замкнутой области находятся среди ее значений в угловых точках А, В, С, Д, то есть среди значений z(A), z(В), z(С), z(Д). Найдем координаты точек А,В,С,Д. x 3 y 9, A L2 L4 A(0,9;2,7); 3x y 0. 2 x 3 y 18, 7 10 B L1 L4 B(1 ;4 ); 11 11 3x y 10. x 3 y 9, C L1 L3 C (6;2); 2 x y 0. x 3 y 9, 4 1 Д L2 L3 Д (5 ;1 ); 7 7 2 x y 0. Вычислим значение функции z=2x+y-3 в точках А, В, С, Д. z(A)=z(0,9;2,7)=2*0,9+2,7-3=1,5; z(В)=z(1 7 7 2 10 10 ; 4 )=2*1 + 4 -3=5 ; 11 11 11 11 11 z(С)=z(6;2)=2*6+2-3=11; 4 7 1 7 4 7 1 7 2 7 z(Д)=z(5 ; 1 )=2*5 +1 -3=9 . Сравнивая все полученные значения функции видим, что f наим (С ) z (6;2) 11; f наим ( А) z (0,9;2,7) 1,5. Ответ: f наим ( А) 1,5, f наим (С ) 11; № 5.(8) Методом наименьших квадратов найти параметры предлагаемой эмпирической зависимости, если известны результаты наблюдаемых значений (xi,yi). Построить график полученной зависимости и точек (xi,yi). у=ах+b х 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 у 0,29 0,81 1,26 1,85 2,50 Решение. Построим точки (xi,yi) в системе координат ХОУ У (5) (4) . . (3) . (2) . (1) . 0 Х Из графика видно, что исходные данные «группируются» вдоль некоторой прямой, то есть имеет место линейная зависимость виду у=ах+b. Подберем параметры а и b так, чтобы функция у=ах+b наилучшим образом описывала рассматриваемую зависимость. По методу наименьших квадратов параметры определяются так, чтобы имела наименьшее значение сумма S квадратов отклонений значений yi, задаваемых экспериментально, от значений f(xi, a,b) функции в точках xi: n S (a, b) ( y i f ( xi , a, b)) 2 min . i 1 Для определения минимума этой функции находятся частные производные по параметрам а и b, которые приравниваются к нулю (необходимое условие экстремума): ds ds 0, 0. da db Из полученной системы уравнений определяется значение параметров а и b. В случае линейной функции у=aх+b получим: n S (a, b) ( y i (axi b)) 2 min . i 1 n n n n ds 2( y i axi b) * ( xi ) 2 * (a xi2 xi y i b * xi ); da i 1 i 1 i 1 i 1 n n n ds 2( y i axi b) * (1) 2 * (a xi y i bn); db i 1 i 1 i 1 Параметры а и b находятся из системы уравнений, называемой нормальной: n n n 2 a * x b * x xi y i , i i i 1 i 1 i 1 n n a * x b * n yi . i i 1 i 1 Для получения сумм, входящих в эту систему, составим расчетную таблицу. Будем вести вычисления с точностью 0,001. i Xi Yi Xi2 Yi2 1 1,0 0,29 1,000 0,290 2 1,5 0,81 2,250 1,215 3 2,0 0,26 4,000 2,520 4 2,5 0,85 6,250 4,625 5 3,0 2,50 9,000 7,500 Σ 10 6,71 22,500 16,150 Нормальная система уравнений имеет вид 22,5 * a 10 * b 16,15, 10 * a 5b 6,71. Решим систему, например, методом Крамера. 22,5 10 10 5 =22,5*5-10*10=12,5, a b 16,15 10 6,71 22.5 5 16.15 =16,15*5-6,71*10=13,65, =22,5*6,71-10*16,315=-10,525. 10 6.71 13,65 a a 1,029; 12,5 10,525 b b 0,842. 12,5 Искомая линейная функция имеет вид у=1,092х-0,842. Построим график полученной зависимости и точки (xi,yi). Пусть, например, х=1, тогда у=0,25; х=3, тогда у=2,434. у=1,092х-0,842 У (5) (4) (3) (2) (1) (1) Х 0 № 6.(8) Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривой х +у =2х. Решение. Из уравнения видно, что кривая симметрична относительно оси ОХ (уравнение не меняется от замены у на -у), расположена вправо от оси Оу (х не может быть отрицательным), пересекает ось ОХ при х=0 и х=2. кривая ограничена и x 2 x 2 y 2 2 x. Отсюда х 2, а так как и у2 2х, то y 2 x 4 2 Получим полярное уравнение кривой х=rcosφ, y=rsinφ, 2 2 r cos φ+r2sin2φ=2rcosφ 2 2 Или r=2cosφ, где φ изменяется от 2 до . 2 В силу симметрии относительно ОХ площадь фигура равна удаленной площади ее части, лежащей в первом квадрате. φ Поэтому. / 2 r cos S 2 dxdy 2 D /2 ( rdr ) 0 0 2 cos r2 2 0 /2 d 4 0 cos /2 2 d 2 (1 cos 2 )d 0 0 /2 1 2( sin 2 ) 2 0 . Ответ: S . (кв. ед.) № 7.(8) Вычислить интеграл I V dxdydz по области V, (1 x y z ) 3 ограниченной поверхностями z=0, x=0, y=0, x+y+z=1. Решение. Проекцией области V на плоскость ОХУ является треугольник, ограниченный прямыми х=0, у=0, х+у=1. границами изменения х служат числа а=0 и b=1, а при постоянном х в этих границах переменная у изменяется от φ1(х)=0 до φ2(х)=1-х. если же фиксированы и х, и у, то точка может перемещаться, оставаясь внутри области, от плоскости (х, у)=0 до Z плоскости Х(х, у)=1-х-у. 1 V 1 Х 1 Применяя формулу, получим У 1 1 x 1 x y dz I [ ]dy dx 3 0 0 0 (1 x y z ) Последовательно вычисляем интегралы, начиная с внутреннего: 1 x y 0 1 2 dz 1 1 3 2 (1 x y z ) 2 (1 x y z ) 1 x z 1 x y z 0 1 1 1 1 y 0 [ (1 x y) 2 4 ]dy 2 [1 x y 4 1 1 1 [ ]/ 2 2 (1 x y ) 4 y 1 x y 0 1 1 1 x 1 1 1 3 x [ ] ( ). 2 2 4 1 x 2 1 x 4 1 1 1 3 x 1 3x x 2 I ( )dx [ln( x 1) 2 0 1 x 4 4 2 4 8 1 0 1 (ln 2 3 / 4 1 / 2) 1 / 2(ln 2 5 / 8). 2 Ответ: I=1/2(ln2-5/8). № 8.(8) Вычислить криволинейный интеграл I L x x2 y2 z2 dx y x2 y2 z2 dy z x 2 y 2 z2 dz вдоль отрезка прямой, идущего от точки М(1, 0, 0)до точки N(1, 1, 1). Z 1 N M X 1 Y 1 Решение. Найдем параметрическое L. Для этого напишем уравнение прямой, проходящей через две данные точки: (х-1)/(1-1)=(у-0)/(1-0)=-(z-0)/(1-0). Обозначим эти отношения одной буквой t, получим уравнения прямой в параметрическом виде: х=1, у=t, z=t. Точка М соответствует значение параметра t=0, а N - t=1. По формуле получаем: 1 I [ 0 1 1 2t 2 2tdt 1 2t 2 *0 t 1 t2 (1 2t ) 2 1 / 2 Ответ: I= 3 1 . *1 t 1 2t 2 * 1]dt 1 dt (1 2t 2 ) 1 / 2 d (1 2t 2 ) (1 2t 2 )1 / 2 2 1 3 1 2 0