образцы решения № 8

№ 1. Проверить удовлетворяет ли уравнению функция u=ln(x²+y²).

Решение.

Находим частные производные первого и второго порядка:

Подставляем полученные производные в левую часть исходного уравнения и выполняем алгебраические преобразования:

В правой части исходного уравнения имеем:

Сравнивая полученные результаты, видим, что данная функция не удовлетворяет исходному уравнению.

Ответ: Данная функция не удовлетворяет исходному уравнению.

№ 2. Даны функция u=x²+y²+4x-6y+1, точка M₀(-1,2) и вектор .

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 .

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:

Найдем значение частных производных функции в точке М₀(-1, 2):

Вектор указывает направление наискорейшего возрастания функции f в точке М₀. Наибольшая скорость возрастания функции f равна модулю градиента:

Построим градиент, начало которого находится в точке М₀(-1, 2):

2. Производную функции u=f(x,y) по направлению вектора найдем по формуле:

, где cos, cos- направляющие косинусы вектора :

Вычислим cos, cos и

cos==2*4/5+(-2)(-3/5)=14/5.

Так как > 0, то функция u в точке М₀ возрастает по направлению вектора .

3. Составим уравнение линии u=c данной функции:

х²+у²+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=. При С=4 получим окружность радиуса R==4. ее график изображен на рисунке.

№ 3. Исследовать функцию z=xy(x+y-2) на экстремум.

Решение.

Найдем стационарные точки функции z=f(x, y) из системы уравнений

Определяем частные производные данной функции:

Решим систему уравнений:

Эта система равносильна следующим условиям, из которых определяются стационарные точки Р.

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= В= С=

Δ=AC-B²=0*0-(-2)²=-4<0, следовательно, в точке Р₁(0,0) экстремума нет.

Для точки Р₂(2,0):

Δ= В= С=

Δ=AC-B²=0*4-2²=-4<0, следовательно, в точке Р₃(0,2) экстремума нет.

Для точки Р₃(0,2):

Δ= В= С=

Δ=AC-B²=4*0-2²=-4<0, следовательно, в точке Р₃(0,2) экстремума нет.

Для точки Р₄(2/3,2/3):

Δ= В= С=

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=то в точке Р₄ функция имеет локальный минимум, равный

Ответ:

№ 4. Найти наибольшее и наименьшее значения линейной функции в области решений системы линейных неравенств

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).

Определяем какая из двух полуплоскостей, на которые граничная прямая (L_i) ax+by=c делит полуплоскость ХОУ, является решением данного неравенства ax+byc. Для этого подставим в неравенство координаты какой либо точки (х₀,у₀), не лежащей на этой прямой. Если координаты (х₀,у₀) удовлетворяют данному неравенству (ax₀+by₀c – верно), то искомой будет та полуплоскость, в которой находится взятая точка (х₀,у₀): если же неравенство не удовлетворяется (ax₀+by₀c – не верно), то искомой будет другая полуплоскость.

При подстановке в первое неравенство 2x+3y18 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 L_{4 :} 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:

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 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:

х_А=0,9, у_А=2,7.

Вычислим значение функции в точке А(0,9, 2,7):

Координаты точки С найдем, решая систему уравнений граничных прямых L₁ и L₃ , на пересечении которых лежит точка С:

х_с=06, у_с=2.

Вычислим значение функции в точке С(6, 2):

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: , .

Частные производные функции z=c₁x+c₂x+c₀=2x+y-3 не равны нулю, поэтому линейная функция z=c₁x+c₂x+c₀=2x+y-3 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+6-2/3х-3=4/3*х+3 – возрастающая функция, не имеющая на отрезке [x_B,x_C] 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.

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; 4)=2*1+ 4-3=5;

z(С)=z(6;2)=2*6+2-3=11;

z(Д)=z(5; 1)=2*5+1-3=9.

Сравнивая все полученные значения функции видим, что

Ответ:

№ 5. Методом наименьших квадратов найти параметры предлагаемой эмпирической зависимости, если известны результаты наблюдаемых значений (x_i,y_i). Построить график полученной зависимости и точек (x_i,y_i).

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 (x_i,y_i) в системе координат ХОУ

(5)

(4)

(3)

(2)

(1)

.

Х

0

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 y_i, задаваемых экспериментально, от значений f(x_i, a,b) функции в точках x_i:

Для определения минимума этой функции находятся частные производные по параметрам а и b, которые приравниваются к нулю (необходимое условие экстремума): , .

Из полученной системы уравнений определяется значение параметров а и b. В случае линейной функции у=aх+b получим:

Параметры а и b находятся из системы уравнений, называемой нормальной:

Для получения сумм, входящих в эту систему, составим расчетную таблицу. Будем вести вычисления с точностью 0,001.

X_i

Y_i

X_i²

Y_i²

1,0

1,5

2,0

2,5

3,0

0,29

0,81

0,26

0,85

2,50

1,000

2,250

4,000

6,250

9,000

0,290

1,215

2,520

4,625

7,500

6,71

22,500

16,150

Нормальная система уравнений имеет вид

Решим систему, например, методом Крамера.

=22,5*5-10*10=12,5,

=16,15*5-6,71*10=13,65,

=22,5*6,71-10*16,315=-10,525.

Искомая линейная функция имеет вид у=1,092х-0,842.

Построим график полученной зависимости и точки (x_i,y_i). Пусть, например, х=1, тогда у=0,25; х=3, тогда у=2,434.

У

у=1,092х-0,842

(1)

0

№ 6. Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривой х²+у²=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

Отсюда х2, а так как и у²2х, то

Получим полярное уравнение кривой х=rcosφ, y=rsinφ, r²cos²φ+r2sin²φ=2rcosφ

Или r=2cosφ, где φ изменяется от до .

В силу симметрии относительно ОХ площадь фигура равна удаленной площади ее части, лежащей в первом квадрате.

Поэтому.

Ответ: (кв. ед.)

№ 7. Вычислить интеграл по области V, ограниченной поверхностями z=0, x=0, y=0, x+y+z=1.

Решение.

Z

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 плоскости Х(х, у)=1-х-у.