Тест Контрольная работа по теме: «Функции нескольких

Тест
Контрольная работа
по теме: «Функции нескольких переменных»
Задача 1. Задана функция z  3x 2 y 
x2
и точка M 0 3;  1 .
y
Найти
1) дифференциал первого порядка dz M 0  ;
2) дифференциал второго порядка d 2 z M 0  ;
Записать в окрестности точки M 0 многочлен Тейлора второго порядка P2 x, y  (без остаточного
члена).
Решение.
z  3x 2 y 
x2
, M 0 3;  1 .
y
1) Дифференциал первого порядка находим по формуле: dz  z x dx  z y dy .
z x  6 xy 
1
1
; z x M 0   6  3   1 
 9  1  8;
y
1
z y  3x 2 
x2
3 2
; z y M 0   .3  3 2 
 27  5  32.
2
y
 12


1
x  2
dz   6 xy  dx   3x 2  2 dy
y
y 


dzM 0   8  32  24.
Ответ: dz M 0   24.
2) Дифференциал второго порядка находим по формуле: d 2 z  z xx dx 2  2 z xy dxdy  z yy dy 2 .
z xx  6 y; z xx M 0   6;
z xy  6 x 
1
1
; z xy M 0   6  3 
 18  1  19;
2
y
 12
z yy  x  2   2
1
 2x  2
 23  2

; z yy M 0  
 10.
3
3
y
y
 13

1 
2x  2 2
d 2 z  6 xdx2  2 6 x  2 dxdy 
dy
y 
y3

d 2 z M 0   6  2  19  10  6  38  10  42.
Ответ: d 2 z M 0   42.
1
Задача 2. Задана функция z  y 3  x 2 y  5x и точка M 0  3; 1 .
Найти
1) градиент функции z M 0  ;
2) производную
z M 0 
по направлению вектора s  OM 0 , где точка О (0; 0) – начало
s
координат;
3) уравнение касательной плоскости в точке M 0 ;
4) уравнение нормали в точке M 0 .
Решение.
z  y 3  x 2 y  5x , M 0  3; 1
1) Градиент функции найдем по формуле: grad z  z  z x i  z y j
z x  2 xy  5
z y  3 y 2  x 2


z  2 xy  5i  3 y 2  x 2 j


zM 0   2   3 1  5i  3  12   3 j  i  12 j   1; 12
2
Ответ: zM 0    1; 12 .
2) Вычислим производную
z M 0 
по направлению вектора s по формуле:
s
z M 0 
 z x M 0  cos   z y M 0 sin  ,
s
где  – угол между вектором s и положительным направлением оси Ох.
Найдем координаты вектора s  OM 0 :
s  OM 0   3  0; 1  0   3; 1 ,
s  OM 0 
s0 
 32  12
 9  1  10 ,
1
1
 3; 1    3 ; 1  .
s
s
10
10 10 

Тогда cos   
3
10
, sin  
1
.
10
z x  2 xy  5 , z x M 0   2  3  1  5  1.
z y  3 y 2  x 2 , z y M 0   3  12   3  3  9  12 .
2
Применим формулу
z M 0 
 z x M 0  cos   z y M 0 sin  и получим
s
2
z M 0 

3 
1
3
12
15
 z x M 0  cos   z y M 0 sin    
  12 



s
10 
10
10
10
10

Ответ:
z M 0  15
.

s
10
3) Уравнение касательной плоскости в точке M 0 найдем по формуле:
z  z 0  z x x0 ; y 0 x  x0   z y x0 ; y 0  y  y 0 
z0  zx0 ; y0   z 3;1  13   3  1  5   3  1  9  15  5.
2
z x  2 xy  5 , z x M 0   2  3  1  5  1.
z y  3 y 2  x 2 , z y M 0   3  12   3  3  9  12 .
2
Подставляя данные в формулу, получаем уравнение касательной плоскости z  y 3  x 2 y  5x в
точке M 0  3; 1 :
z  5  x  3  12 y  1
z  5  x  3  12 y  12  0,
x  12 y  z  20  0.
4) Уравнение нормали к поверхности, заданной уравнением z  zx, y  в точке M 0 x0 ; y 0  найдем
по формуле:
x  x0
y  y0
z  z0
.


z x x0 ; y 0  z y x0 ; y 0 
1
Из предыдущих вычислений
z 0  5.
z x  2 xy  5 , z x M 0   1 .
z y  3 y 2  x 2 , z y M 0   12 .
Получаем уравнение нормали:
x  3 y 1 z  5


1
12
1
Задача 3. Найти полную производную
z
, если z  3 xy 3  sin  xy , где x  2t 2 и y  e t .
t
Решение.
Для нахождения полной производной применяем формулу
z z x z y

   .
t x t y t
3
Поэтому найдем частные производные функции z  3 xy 3  sin  xy и производные функций
x  2t 2 и y  e t :
3
z 3 y

 y cosxy
x 2 x
z
3
9
 3 x  y 2  x cosxy 
xy  x cosxy
y
2
2
1
x
 4t ,
t
y
 et
t
3

z z x z y  3 y
9

   

 y cosxy  4t  
xy  x cosxye t

t x t y t  2 x
2



Задача 4. Найти экстремум функции двух переменных z   x 3  6 xy  24 x  4 y 2  4 y  1 .
Решение.
 z x  0
Необходимое условие экстремума 
.
 z y  0
z x  3x 2  6 y  24
z y  6 x  8 y  4
Решим систему уравнений
 3x 2  6 y  24  0

 6 x  8 y  4  0
Разделим обе части первого уравнения на -3, а второго на -2. Получим
x 2  2 y  8  0
x 2  2 y  8  0

 

3x  2
3 x  4 y  2  0
y 
4

Решим первое уравнение системы, подставив в него y 
3x  2
.
4
3x  2
8  0
4
3x  2
x2 
8  0
2
2 x 2  3 x  2  16  0
x2  2 
2 x 2  3 x  14  0
D  3  4  2   14   9  112  121
2
x1 
 3  121  3  11 8

 2
4
4
4
4
x2 
 3  121  3  11  14
7



4
4
4
2
Получаем решение системы
 x1  2

 x1  2
 y1  3  2  2


4
 y1  2


7

  x   7
 x 2  
2
2
2





7
17


3   2

 y 2  
8

 y   2 
2

4
 7 17 
;  .
8
 2
Мы нашли две критические точки M 1 2; 2 и M 2  
Выясним, есть ли в найденной критической точке экстремум, и если есть, то
какого он вида. Для этого найдем производные 2-го порядка для заданной функции
z   x 3  6 xy  24 x  4 y 2  4 y  1 :
z x  3x 2  6 y  24
z y  6 x  8 y  4
z xx  6 x
z xy  6
z yy  8
В критической точке M 1 2; 2 эти производные будут равны z xx M 1   12, z xy M 1   6, z yy M 1   8 .
Для достаточного условия экстремума ФНП вычислим значение следующего выражения:
2
2
z xx M 1   z yy M 1   z xy M 1   12  8   6  96  36  132.
Т.к. z xx M 1   z yy M 1   z xy M 1   132  0 , то в критической точке M 1 2; 2 экстремума нет.
2
 7 17 
Рассмотрим критическую точку M 2   ;   .
8
 2
 7
z xx M 2   6      21, z xy M 2   6, z yy M 2   8 .
 2
z xx M 2   z yy M 2   z xy M 2   21  8   6  168  36  132.
2
2
 7 17 
2
Т.к. z xx M 2   z yy M 2   z xy M 2   132  0 , то в критической точке M 2   ;   существует
8
 2
 7 17 
; 
8
 2
экстремум. При этом z xx M 2   21  0 , т.е. точка M 2  
является точкой минимума,
причем
5
3
2
 7
 7  17 
 7   17 
 17 
z M 2       6      24    4    4    1 
 2
 2  8 
 2  8 
 8
343 714 168 1156 68
343 714
289 68





1 

 84 

1 
8
16
2
64
8
8
16
16
8
686  714  289  136
397
931
3

 83 
 83  
 58
16
16
16
16
3
 7 17 
Ответ: min z x, y   z   ;    58 . .
8
16
 2
6