Контрольная работа по математике скачана с сайта кампании «Решение контрольных по математике.ru» Если вам необходима помощь в решение задач по математике обращайтесь

Контрольная работа по математике скачана с сайта кампании «Решение контрольных по
математике.ru» - http://www.reshenie-kontrolnyh-po-matematike.ru/
Если вам необходима помощь в решение задач по математике обращайтесь
http://www.reshenie-kontrolnyh-po-matematike.ru/
Контакты: тел. 8-906-966-70-28, Icq: 447-624-701,
Е-mail: [email protected], Дмитрий
Контрольное задание № 7
для курсовой работы по разделу "Дифференциальное исчисление функций
нескольких переменных"
(10 вариантов)
Дана функция f ( x, y ).
1. Исследовать функцию f ( x, y) на экстремум. Найти экстремальные значения
функции.
2. Найти наибольшее и наименьшее значения функции f ( x, y) в заданной области D.
3. Составить уравнение касательной плоскости к поверхности z  f ( x, y) в точке, где
x  x0 , y  y0 .
4. Найти величину наибольшей скорости возрастания функции f ( x, y) в точке М1(х1,у1).
5. Вычислить производную функции f ( x, y) в точке М1(х1,у1) в направлении вектора

l  M 1M 2 .
Каков характер изменения функции? Почему?
6. Найти угол между градиентами функции f ( x, y) в точках
Построить векторы и указать угол.
№
вар.
1
Функция f ( x, y)
Область D
x 2  xy  2 y 2  3x  2 y  1
Треугольник с
вершинами
О(0,0), А(-5,0),
В(0,-5)
x0
y0
М1(х1,у1) и М2(х2,у2).
М1(х1,у1)
М2(х2,у2)
М1(-1,0)
М2(0,1)
x0  1
y0  2
Решение:
1.
Находим стационарные точки:

 y  1 E (2; 1)
 f x  0 2 x  y  3  0

  7y  7  0  

 

 x  2
 f y  0  x  4 y  2  0 (2)
Выясним знак определителя:
f xx f xy
2 1
( x, y) 

 8 1  7  0
f yх f yy 1 4
Получим
( E )  7  0  в _ т. А  min
f min ( E )  (2) 2  (2)  (1)  2  (1) 2  3  (2)  2  (1)  1  4  2  2  6  2  1  3
2.
Найти наибольшее и наименьшее значения функции f ( x, y ) в заданной области D=
Треугольник
с вершинами О(0,0), А(-5,0), В(0,-5)
Решение:
Очевидно, что точка экстремума E (2; 1) принадлежит данной области. Исследуем на наибольшее и
наименьшее значение на границах области. Составим уравнения сторон треугольника:
x0
y0

 y  0;
5  0 0  0
OB: x  0 ;
ОA:
Контрольная работа по математике скачана с сайта кампании «Решение контрольных по
математике.ru» - http://www.reshenie-kontrolnyh-po-matematike.ru/
Если вам необходима помощь в решение задач по математике обращайтесь
http://www.reshenie-kontrolnyh-po-matematike.ru/
Контакты: тел. 8-906-966-70-28, Icq: 447-624-701,
Е-mail: [email protected], Дмитрий
АВ:
x5 y0

 y  x  5 ;
0  5 5  0
Сделаем чертеж:
На отрезке ОA функция f ( x, y ) принимает вид:
f ( x, y)  x2  3x  1,
x 5;0
Критические точки:
f ( x, y )  2 x  3  0  x  1,5
Точка принадлежит отрезку
5;0
f (1,5;0)  2, 25  4,5  1  1.25
На отрезке АB функция f ( x, y ) принимает вид:
f ( x, y)  4 x2  26 x  41,
x  5;0
Критические точки:
f ( x, y )  8 x  26  0  x  3.25
Точка принадлежит отрезку
5;0
f (3.25; 1.75)  1.25
На отрезке OB функция f ( x, y ) принимает вид:
f ( x, y)  2 y 2  2 y  1, y   5;0 .
Критические точки:
f ( x, y )  4 y  2  0  y  0.5 .
Точка принадлежит отрезку
5;0
f (0; 0.5)  0.5
Итак, наибольшее значение равно 0.5, наименьшее -3
3.
Составить уравнение касательной плоскости к поверхности z  f ( x, y) в точке, где
x  x0  1
y  y0  2
Решение:
Уравнение касательной плоскости в точке
формулой:
 x0 ; y0  для
поверхности, заданной явно, определяется
Контрольная работа по математике скачана с сайта кампании «Решение контрольных по
математике.ru» - http://www.reshenie-kontrolnyh-po-matematike.ru/
Если вам необходима помощь в решение задач по математике обращайтесь
http://www.reshenie-kontrolnyh-po-matematike.ru/
Контакты: тел. 8-906-966-70-28, Icq: 447-624-701,
Е-mail: [email protected], Дмитрий
f
f
 x  x0  
 y  y0   z  z0 .
x  x0 ; y0 
y  x0 ; y0 
Найдем частные производные в точке (-1;-2) и значение функции в ней же:
f
 2 x  y  3  2  2  3  3;
x  1;2
f
  x  4 y  2  1  8  2  5;
y  1;2
f  1; 2   1
Итак, уравнение касательной плоскости в точке  1;2  имеет вид:
3  x  1  5  y  2   z  1;
3x  5 y  z  6  0.
4. Найти величину наибольшей скорости возрастания функции f ( x, y ) в точке М1(х1,у1)=(-1;0).
Решение:
Наибольшая скорость возрастания функции в точке равна модулю вектора градиента функции в этой
точке.
 f

f
   2  0  3;1  0  2   1;3 .
grad f  M1   
;
 x  M1  y  M  
1 

Наибольшая скорость:
vmax  12  32  10 .

5. Вычислить производную функции f ( x, y ) в точке М1(х1,у1) в направлении вектора l  M 1M 2 . Каков
характер изменения функции? Почему? (M2=(0,1))
Решение:
l  M 1M 2   0  (1);1  0   1;1 ;
l  12  12  2;
e
 1 1 

;
;
l  2 2
l
f
1
1
4
 e, grad f  M 1  
*1 
*3 
0
l
2
2
2


Тогда функция в данном направлении возрастает.
6. Найти угол между градиентами функции f ( x, y ) в точках М1(х1,у1) и М2(х2,у2). Построить векторы и
указать угол.
Решение:
grad f  M 1   1;3
grad f  M 2    0  1  3;0  4  3   2;6 
Заметим, что
grad f  M 2   2 grad f  M1 
Векторы совпадают, угол между ними равен 0.
Сделаем чертеж:
Контрольная работа по математике скачана с сайта кампании «Решение контрольных по
математике.ru» - http://www.reshenie-kontrolnyh-po-matematike.ru/
Если вам необходима помощь в решение задач по математике обращайтесь
http://www.reshenie-kontrolnyh-po-matematike.ru/
Контакты: тел. 8-906-966-70-28, Icq: 447-624-701,
Е-mail: [email protected], Дмитрий