Образцы решения №8 № 1.(8) Проверить удовлетворяет ли уравнению функция u=ln(x

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