5_УМК

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

2. Составить матрицу

.PDF

Скачиваний:

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

1.51 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 147 8 9 10 11 12 13 14 > Следующая >>>

∂u			→		r
(M		) = grad u(M			) l		.
∂l	0			0		0

Примеры решения задач

ПРИМЕР 2.28 Вычислить градиент функции u = x y в точках M 0 (1;1) и

M1 (1;−1).

Решение.
Найдем	∂u = y,	∂u (M 0 ) = 1,				∂u (M1 )
	∂x	∂x				∂x
∂u = x,	∂u (M 0 ) = 1,		∂u (M1 ) = 1.
∂y	∂y		∂x
	→		r	r		→
Тогда	grad u(M 0 ) = i			+ j,	grad u(M1 )
→		→

= −1,

=−i + j.

Векторы grad u(M 0 ) и grad u(M1 ) перпендикулярны линиям уровня в точках

→ →

M 0 и M1, соответственно. Длины векторов grad u(M 0 ) и grad u(M1 ) харак-

теризуют наибольшие скорости изменения функции u в точках M 0 и M1, соот-

	→		=			→	=

ветственно:	grad u(M 0 )			2	,	grad u(M1 )		2	.

ПРИМЕР 2.29		Найти градиент функции u = x y z в точке M 0 (− 2, 3, 4) .
Чему равна	в этой	точке		производная функции u в направлении вектора

l = {3,− 4,12}?

→

r r

Решение.

grad u = yz i

+ xz j + xyk,

grad u(M 0 )

= 12 i

− 8 j − 6k .

32 + (− 4)2 +122 = 13

(3i

− 4 j +12k).

∂

u (M

0 ) =

12 +

8 −

6 = −

∂l

2.8 КАСАТЕЛЬНАЯ ПЛОСКОСТЬ И НОРМАЛЬ К ПОВЕРХНОСТИ

Касательной плоскостью к поверхности в данной точке M0 (точке касания)

называется плоскость, в которой лежат касательные в этой точке к всевозможным кривым, проведенным на данной поверхности через указанную точку.

Нормалью к поверхности называется прямая, перпендикулярная к касательной плоскости в точке касания. Координаты вектора нормали n = {A, B, C} к по-

верхности F(x, y, z) = 0															в точке M0 (x 0 , y0 , z0 ) пропорциональны значениям
соответствующих частных производных функции F(x, y, z) в этой точке:
A = λ F′			(x		0	, y		0	, z		0		), B = λ F′ (x									0	, y	0	, z	0	), C = λ F′ (x					0	, y	0	, z	0	).
		x			0			0			0									y		0		0		0					z	0		0		0
Уравнение касательной плоскости к поверхности в точке M0 :
F′		(M	0	)(x − x					0	) + F′ (M							0	)(y − y				0	) + F′ (M					0	)(z − z	0	) = 0 .					(2.10)
	x		0						0						y		0					0			z			0		0
Уравнение нормали к данной поверхности в точке M0 :
	x − x 0				=		y − y0								=	z − z0					.															(2.11)
	F′	(M			=										=						.															(2.11)
	F′	(M	0	) F′ (M								0		) F′			(M		0	)
	x		0				y					0				z			0

Примеры решения задач

ПРИМЕР 2.30 Записать уравнения нормали и касательной плоскости к по-

верхности z = x 2 + y2

в точке M0 (1, − 2, 5) .

Решение.

Поскольку

F(x, y, z) = x 2 + y2 − z ,

то

F′

= 2x,

F′ = 2y,

F′ = −1,

F′

) = 2, F′

) = −4, F′ (M

) = −1.

Уравнение касательной плоскости:

2(x −1) − 4(y + 2) − (z − 5) = 0.

Уравнение нормали :

x −1

y + 2

z − 5

ПРИМЕР 2.31

− 4

−1

Найти уравнение касательной плоскости к сфере

x 2 + y2 + z 2 = 4 в точке M0 , где y0 = 1,

z0 =

3 .

Решение.

x 0 = 0 ,

Подставляя

y0 и z0 в

уравнение

сферы,

находим

т.е.

M0 (0, 1, 3) .

Запишем уравнение

сферы

неявном

виде:

F(x, y, z) = x 2 + y2 + z 2 − 4 = 0, откуда F′

= 2 x,

F′ = 2 y,

F′

= 2 z .

Найдем A = F′

) = 0,

B = F′

) = 2,

C = F′

) = 2

3 .

0(x − 0) + 2(y −1) + 2

Уравнение касательной плоскости:

3(z −

3) = 0 ,

или

y +

3z − 4 = 0 -

плоскость параллельна оси Ox .

ПРИМЕР 2.32 К

эллипсоиду x 2 + 2y2 + 3z 2 = 21 провести касательные

плоскости, параллельные плоскости

α :

x + 4y + 6z = 0 .

Решение.

данном

случае

F(x, y, z) = x 2 + 2y2 + 3z 2 − 21 = 0 ,

поэтому

F′

= 2 x, F′

= 4 y,

F′

= 6 z . Пусть M

, y

, z

)- точка, в которой ка-

сательная плоскость параллельна данной плоскости α. В этом случае вектор n нормали к поверхности имеет координаты

A = 2 x 0 , B = 4 y0 , C = 6 z0 n = {2 x 0 , 4y0 , 6z0 }.

Обозначим через n1 = {1, 4, 6} нормальный вектор к плоскости α. По условию векторы n и n1 коллинеарны, т.е. их соответствующие координаты пропорциональны:

	2 x 0	=	4y	0	=	6z0	, или y0 = z0 = 2 x 0 .
1
		4			6			2
Кроме того, точка M0 лежит на эллипсоиде, т.е. x 0

Подставляя сюда значения y0 и z0 , выраженные через

+2y0 2 + 3z0 2 − 21 = 0 .

x0 , получим


x 0	2 + 2(2 x 0 )2 + 3(2 x 0 )2 = 21,				т.е. x 02 = 1	x 0 = ±1.
Следовательно, условию			задачи удовлетворяют			точки M01 (1, 2, 2)	и
M02 (−1, − 2, − 2) .
Для точки M01		имеем		A = 2,	B = 8, C = 12 , поэтому уравнение ка-
сательной плоскости		имеет		вид:	2(x −1) + 8(y − 2) +12(z − 2) = 0 ,		или
x + 4y + 6z − 21 = 0 .
Аналогично, искомая касательная плоскость,						проходящая через точку
M02 , имеет уравнение:			x + 4y + 6z + 21 = 0 .

2.9 ЭКСТРЕМУМ ФУНКЦИИ

Максимумом (минимумом) функции u = f (M) в точке M0 называется та-

кое ее значение f (M0 ) , которое больше (меньше) всех других ее значений, при-

нимаемых в точках M , достаточно близких к точке M0 и отличных от нее.

Максимум и минимум функции называется ее экстремумом. Точка, в которой достигается экстремум, называется точкой экстремума.

Алгоритм исследования функции u = f (x, y) на экстремум

1) Проверить необходимое условие экстремума:

1. Найти частные производные первого порядка	∂ u ,	∂ u .
	∂ x	∂ y

2. Решив систему уравнений

∂ u = 0,
∂ x
∂ u	= 0,
	= 0,
∂ y

найти точки возможного экстремума.

2) Проверить достаточные условия экстремума:

1. Найти частные производные второго порядка

∂ 2 u		∂ 2 u		∂ 2 u
∂ x 2	,	∂ y2	,		,

				∂ x ∂ y

где a11 =	∂ 2 u	, a12 = a 21	=		∂ 2 u		a 22 =	∂ 2 u
	∂ x 2					,		∂ y2	,

				∂ x ∂ y
и найти ее определитель			= a11 a 22 − a122 .							> 0 , то в данной
3. Вычислить		в точках возможного экстремума. Если
точке функция имеет экстремум,							а именно максимум при a11 < 0 (или
a 22 < 0 ) и минимум при a11 > 0 (или a 22 > 0 ); если										< 0, то в дан-
ной точке экстремума нет;					если		= 0 , то требуется дальнейшее иссле-

дование.

Алгоритм исследования функции u = f (x, y, z) на экстремум

1)	Проверить необходимое условие экстремума:
			∂ u		∂ u		∂ u
	1.	Найти частные производные первого порядка ∂ x		,	∂ y	,	∂ z .
	2.	Решив систему уравнений
		∂ u	= 0,
			= 0,
		∂ x
		∂ u	= 0,


		∂ y
		∂ u	= 0,

		∂ z
	найти точки возможного экстремума.
2)	Проверить достаточные условия экстремума:

1. Найти			частные				производные		второго	порядка
∂ 2 u ∂ 2 u			∂ 2 u		∂ 2 u ∂ u 2			∂ u 2
∂ x 2 ,	∂ y2	,		,		,	∂ z2 ,
			∂ x ∂ y		∂ x∂ z			∂ y ∂ z

где

∂ 2 u

a11 =

, a12 = a 21

, a 22

∂ x 2

∂ x ∂ y

∂ y2

a13 = a 31 =

∂ 2 u

, a 33

∂ 2 u

, a 23 = a 32

∂ 2 u

∂ y ∂ z

∂ x ∂ z

∂ z 2

и найти минор к элементу a11:

M11 =

a 22

a 23

a 32

a 33

a11

a12

a13

определитель матрицы A :

a 21

a 22

a 23

a 32

a 33

Вычислить

M11 и

точках

возможного

экстремума.

Если

a11 > 0,

M11 > 0,

> 0 ,

то в данной точке функция имеет минимум;

если

a11 < 0,

M11 > 0,

< 0 ,

то в данной точке функция имеет максимум;

если

a11 > 0,

M11 < 0,

< 0 ,

или a11 < 0, M11 > 0,

> 0 ,

то в данной точке функция не

имеет экстремума; если

= 0 и a11 > 0, M11 > 0 либо a11 < 0, M11 < 0 , то тре-

буется дополнительное исследование.

Примеры решения задач

ПРИМЕР 2.33 Исследовать на экстремум функцию двух переменных u = x 2 − 2x y + 4y3 .

Решение.

Функция определена и непрерывна в любой точке плоскости Oxy . Проверим необходимое условие экстремума.

Найдем частные производные 1-го порядка

∂ u	= 2x − 2y,	∂ u	= −2x + 12y 2 .

∂ x		∂ y

Согласно необходимым условиям экстремума получаем систему уравнений

2x − 2y = 0,
	+12 y	2	= 0.
− 2x

Решив эту систему, найдем точки возможного экстремума: 1/6).

Проверим достаточное условие экстремума. Вычислим частные производные 2-го порядка

∂ 2 u	= 2,	∂2 u	= −2,	∂ 2 u
∂ x 2		∂ x ∂ y		∂ y2

и составим матрицу:	2 − 2
и составим матрицу:		.
	− 2 24y
	− 2 24y

M1(0;0), M 2 (1/6,

= 24y ,

В точке M1; = −4 < 0 , поэтому в этой точке экстремума нет. В точке

M 2 : (M 2 ) = 4 > 0 , a11 = 2 > 0 , следовательно, в этой точке функция имеет ми-

нимум u(M 2 ) = − 1 .

108

ПРИМЕР 2.34 Исследовать на экстремум функцию двух переменных u = x 3 + 3x y 2 − 39x − 36y + 26 .

Решение.

Функция определена и непрерывна в любой точке плоскости Oxy . Проверим необходимое условие экстремума.

Найдем частные производные первого порядка

∂ u = 3x 2 + 3y2 − 39,	∂ u = 6x y − 36.
∂ x	∂ y

Согласно необходимым условиям экстремума получаем систему уравнений

3x 2 + 3y2 = 39,

6x y = 36.

Решив эту систему, найдем точки возможного экстремума: M1(3; 2),

M 2 (-3;-2), M3 (2; 3), M 4 (-2; -3).

Проверим достаточное условие экстремума. Вычислим частные производные второго порядка

∂ 2 u	= 6x,	∂ 2 u	= 6 y,	∂ 2 u	= 6x.
∂ x 2		∂ x ∂ y		∂ y 2

		6x	6y
и составим матрицу:		6y	, для которой a11 = 6 x,
		6y	6x			= 36(x 2 − y2 ).
			=	6x 6y
			=	6x 6y
				6y	6x
В точке M1	> 0,	a11 > 0 следовательно, в этой точке функция имеет мини-
мум u(M1 ) = −100 . В точке M 2					> 0, a11 < 0 , следовательно, в этой точке

функция имеет максимум u(M 2 ) = 152 . В точках M3 и M 4 < 0, поэтому в этих точках экстремума нет.

ПРИМЕР 2.35 Исследовать на экстремум функцию двух переменных u = 3x 2 y − x 3 − y4 .

Решение.

Функция определена и непрерывна в любой точке плоскости Oxy . Проверим необходимое условие экстремума.

Найдем частные производные первого порядка:
	∂ u	= −3x 2 + 6x y,	∂ u	= 3x 2 − 4 y3 .

	∂ x		∂ y

Согласно необходимым условиям экстремума получаем систему уравнений:

− 3x 2			+ 6x y = 0,
	2	− 4 y3 = 0.
3x

Решив эту систему, найдем точки возможного экстремума: M1(0; 0), M 2 (6; 3). Проверим достаточное условие экстремума.

Вычислим частные производные второго порядка

∂ 2 u	= −6x	+ 6y,	∂2 u	= 6 x,	∂ 2 u	= −12y	2	.
∂ x 2			∂ x ∂ y		∂ y2

Составим матрицу:	− 6x + 6y	6x		,
Составим матрицу:			2	,
		−12y	2
	6x	−12y

для которой

a11 = −6x + 6y,

−6x + 6y 6x ( )

=6x −12y2 = 36 − 2y3 + 2y2 x − x 2 .

Вточке M1 : (M1 ) = 0, a11 = 0 поэтому требуются дополнительные исследования - заметим, что значение функции в этой точке u(0; 0) = 0 , а в окрестности

ее u(ε, 0) = −ε3 , т.е. при ε > 0 функция принимает отрицательные значения ( u(ε, 0) < 0 ), а при ε < 0 - положительные значения ( u(ε, 0) > 0 ). Таким образом,

в точке	M1	функция	не имеет	экстремума. В точке M 2
= 648 > 0,	a11 = −18 < 0 ,		следовательно,	в этой точке функция имеет макси-
мум u(M 2 ) = 27 .
ПРИМЕР 2.36		Исследовать на экстремум функцию трех переменных
		u = 3x 3 + y 2 + z 2 + 6x y − 2z + 1

Решение.

Функция определена и непрерывна в любой точке пространства Oxyz .

Проверим необходимое условие экстремума.
Найдем частные производные первого порядка
	∂ u	= 9x 2 + 6y,	∂ u	= 2y + 6x,	∂ u	= 2z − 2.

	∂ x		∂ y		∂ z

Решив систему

3x 2 + 2y = 0,

		= 6,
y + 3x
	= 0.
z −1

найдем точки возможного экстремума M1(2; -6; 1) и Проверим достаточное условие экстремума:

Вычислим частные производные второго порядка:

∂ 2 u	= 18x,	∂2 u	=	∂2 u	= 2,
∂ x 2		∂ y2		∂ z 2

Составим матрицу

18x		6	0
	6	2	0
	6	2	0	,
	0	0	2

M 2 (0; 0; 1).
	∂2 u	=	∂2 u	= 0.
	∂x ∂ z		∂y ∂ z

для которой найдем a11 = 18x, M11 = 36(x −1),	= 72(x −1) .
В точке M1 имеем a11 = 36 > 0, M11 = 36 > 0,	= 72 > 0	следовательно, в
этой точке функция имеет минимум u( M1)= −12 .	В точке M 2	a11 = 0 , поэто-

му требуются дополнительные исследования. Так как u(0; 0; 1)=0, а в сколь угодно малой окрестности ( u(ε; 0; 1) > 0 , если ε>0; u(ε; 0; 1) < 0 , если ε<0), то нет экстремума в точке M 2 .

ПРИМЕР 2.37 Исследовать на экстремум функцию трех переменных u = 2x 2 − x y + 2 x z − y + y3 + z 2 .

Решение.

Функция определена и непрерывна в любой точке пространства Oxyz .

Проверим необходимое условие экстремума:
Найдем частные производные первого порядка
∂ u = 4x − y + 2z,	∂ u = −x −1 + 3y2 ,	∂ u = 2x + 2z.
∂ x	∂ y	∂ z
Решив систему
4x − y + 2z = 0,
	= 0,
− x −1 + 3y2	= 0,
2x + 2z = 0.

найдем точки возможного экстремума M1(1/3; 2/3; -1/3) и M 2 (-1/4; -1/2; 1/4).

Проверим достаточное условие экстремума.

Вычислим частные производные второго порядка

∂ 2 u

= 4,

∂2 u

= −1,

∂2 u

= 2,

∂ x 2

∂ x ∂y

∂x ∂ z

∂z ∂ x

∂ x ∂y

∂

2 u

6y,

∂2 u

= 0,

∂2 u

= 2.

∂ y2

∂y

∂ z

∂z

∂ y

∂ z 2

и составим матрицу

− 1

0 ,

−1

для которой найдем

a11 = 4,

M11 =

−1 6y

−1

В точке M 1 имеем

a11 = 4 > 0,

M11 = 15 > 0,

= 14 > 0 ,

поэтому функция

имеет

минимум

u(M1 ) = − 20 / 27 .

точке

M 2

имеем

a11 = 4 > 0,

M11 = −13 < 0,

= −14 < 0 ,

следовательно, в точке M 2

функция

не имеет экстремума.

2.10 НАИБОЛЬШЕЕ И НАИМЕНЬШЕЕ ЗНАЧЕНИЯ ФУНКЦИИ В ЗАМКНУТОЙ ОБЛАСТИ

Рассмотрим функцию u = f (M) непрерывную в замкнутой области. Тогда она достигает в этой области своего наибольшего и наименьшего значения. Эти значения она может принимать как во внутренних точках области (каждая такая точка является точкой экстремума), так и на ее границе.

Примеры решения задач

ПРИМЕР 2.38 Найти наибольшее и наименьшее значения функции u = f (x, y) = 3 − 2 x 2 − x y − y2 в замкнутой области D : x ≤1, y ≥ 0, y ≤ x.

Решение.

1)Найдем точки экстремума.

1.1. Проверим необходимое условие экстремума:

f ′ = −4 x − y; f ′		= −x − 2 y.
x	y
− 4x − y = 0;		− 9y = 0;	y = 0;	M0 (0, 0) .
{− x − 2y = 0;		{x = 2y;	{x = 0.	M0 (0, 0) .

1.2.Проверим достаточное условие экстремума:

f ′′	= −4,		f ′′ = −2,		f ′′	= −1
xx			yy		xy
=		− 4	−1	= 7.

		−1	− 2
Заметим, что			(M0 ) = 7 > 0,			a11 (M0 ) = −4 < 0 , поэтому в точке
M0 функция достигает максимума. Кроме того, M0 D , поэтому вычислим
значение функции f (x, y) в точке M0 :					f (M0 ) = 3.

2)Найдем экстремумы на границе области.

2.1.На стороне ОА: y = 0

u = f (x, 0) = 3 − 2x 2 = ϕ(x)		- функция зависит от одной перемен-
ной x ; исследуем ее на экстремум.
ϕ′(x) = −4x,	ϕ′(x) = 0 при	x = 0 ;
ϕ′′(x) = −4 ,	ϕ′′(0) = −4 < 0 , т.е. x = 0 - точка максимума,
ϕ(0) = 3 .

2.2. На стороне АВ: x = 1

Функция u = f (1, y) = 3 − 2 − y − y2 = 1 − y − y2 = ψ(y) зависит
только от переменной y ;
ψ′(y) = −1 − 2y,	ψ′(y) = 0 при y = −	1	,

	2
но эта точка не принадлежит отрезку АВ.
2.3. На стороне ОВ:	y = x
Функция u = f (x, x) = 3 − 2x 2 − x 2 − x 2 = 3 − 4x 2 = ϕ(x) зависит
только от переменной x ;
ϕ′(x) = −8x,	ϕ′(x) = 0 при x = 0 .
ϕ′′(x) = −8,	ϕ′′(0) = −8 < 0 , т.е. x = 0 - точка максимума,
ϕ(0) = 3 .
3) Вычисляем значения функции в точках А и В: f (A) = f (1, 0) = 1,

f (B) = f (1, 1) = −1.

4) Из найденных значений функции в точках выбираем наибольшее и наименьшее значения: u наиб = 3, u наим = −1.

ПРИМЕР 2.39 Найти наибольшее и наименьшее значения функции u = f (x, y) = x 2 + y2 − 2x − 2 y + 4 в замкнутой области D : x 2 + y2 ≤ 4 .

Решение.

1)Найдем точки экстремума.

1.1. Проверим необходимое условие экстремума:

f ′	= 2 x − 2; f ′	= 2 y − 2.
x	y

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 147 8 9 10 11 12 13 14 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.03.2015180.12 Кб785kursovoy_proekt.docx
#
01.07.202511.34 Mб15_Kurs_lektsy.doc
#
22.08.20194 Mб145_PZ_-_3__38_listy (1).docx
#
01.03.20251.2 Mб25_Statichesky_raschet_ploskikh_ram.doc
#
01.04.202511.46 Mб15_Расчет аппаратов на ветровую нагрузку.doc
#
17.03.20151.51 Mб425_УМК.PDF
#
06.03.201623.67 Кб85модуль.doc.docx
#
03.09.201947.57 Кб176 БЕЗОПАСНОСТЬ И ЭКОЛОГИЧНОСТЬ ПРОЕКТА+++++.doc...docx
#
01.07.20251.11 Mб06 Методичка Лаборат Изучение регулирующего клап...doc
#
01.04.2025950.27 Кб06 Определение коэффициента гидравлического сопр...doc
#
01.04.20252.59 Mб26 разр прав.дополненные.docx