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 yx 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 x0 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 = z4 . 1 Ответы: уравнение касательной плоскости: 11x 2 y - z - 10 0 ; уравнение нормали: x 1 11 = y 5 2 = z4 . 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 13i (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