∂z

f x′(x0 , y0 ) ax + f y′(x0 , y0 ) a y

(x0 , y0 ) =

,

где a = (ax

, ay ) .

∂a

ax2 + a2y

Тогда

∂

z

(−1,

1) = − 12 1 + (−12) (−1)

= 0 .

∂a

2

π

Ответ:1)

касательная плоскость: x + y + 2z +

= 0;

1

π

2

нормаль:

x +

1 = y −1 =

z +

;

2

4

grad z(−1,

1

1

2)

1) =

−

,−

;

2

2

∂z

3)

(−1,

1) = 0.

∂a

Задача 5.5.

Найти

наименьшее

и

наибольшее значения

функции

z = x2 +3y 2 + x − y +1 в треугольнике, ограниченном прямыми x =1,

y =1, x + y =1. Сделать чертеж области.

Решение.

Изобразим область

z′

= 0,

2x +1 = 0

= −1

x

x

2 .

z′

= 0.

6y −1 = 0

y = 1

y

6

Точка (− 1

, 1 ) не принадлежит треугольнику АВС, следовательно, функция z

2

6

Получили функцию одной переменной z (x) = x2

+ x +3. Исследуем ее на

экстремум на отрезке x [0,1].

1

z ′ = 2x +1 = 0 ,

x = −

1

- точка возможного экстремума, но

1

2

z2′ = 6 y −1 = 0 , y =

1

.

6

Вычислим z2 (16) = z(1, 16) = 21211 ; z2 (0) = z(1,

0) = 3;

z2 (1) = z(1, 1) = z1 (1) = 5.

3) на отрезке АС.

Тогда y =1 − x, 0 ≤ x ≤1, функция z(x, y)

принимает вид

Обозначим z3 (x) = 4x2 − 4x +3

и исследуем эту функцию на экстремум на

отрезке [0, 1].

1

z3′ = 8x − 4 = 0

, x =

.

2

Вычисляем значение

z3 (12) = z(12 , 1− 12 )= z(12 , 12 )= 2. Значения x = 0 и

x =1 соответствуют точкам А и

С, значение функции z в которых уже было

zmin = z(12 , 12 )= 2;

zmax = z(1, 1) = 5.

Ответ: zmin = z(12 ,

12 )= 2; zmax = z(1, 1) = 5.

Задача 5.6.

Экспериментально

получены пять

значений функции

y = f (x) при пяти значениях аргумента, которые записаны в таблице

х

1

2

3

4

5

у

5,0

3,5

2,9

1,6

1,0

вида

Y = ax +b ,

Методом наименьших

квадратов

найти

функцию

выражающую

приближенно

(аппроксимирующую) функцию

y = f (x).

n

n

a ∑xi +b n = ∑yi ,

i=1

i=1

n

n

n

a ∑xi 2

+b ∑xi

= ∑xi yi ,

i=1

i=1

i=1

5

5

∑xi

=1 + 2 + 3 + 4 + 5 =15,

∑yi

= 5 + 3,5 + 2,9 +1,6 +1 =14 ,

i=1

i=1

5

2 =12 + 22 +32 + 42 +5

2 = 55,

∑xi