Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Основы математического моделирования. Учебное пособие-2.pdf
Пример. Найти объём тела, образованного вращением криволинейного треугольника вокруг
x
≤≤−
ε
оси 0x, если треугольник ограничен осью 0x, прямой
Решение. Имеем
dx
⎛
⎜
⎜
coscos
⎜
⎝
2
−
cos1
2
tg dx
0
π=π=
dxxV
0
x
2
x
dx
ππππ
4444
−π=
∫∫∫∫
2
x
00
6. Задачи для самостоятельного решения.
1. Найти объём тела, образованного вращением вокруг оси OX фигуры, ограниченной линиями.
1)
1
−
()
xx
xxyeey
1,1,0,
=−==+=
;
2
π
2)
⎛
00,2sin3
⎜
⎝
⎞
.
≤≤== xyxy
⎟
2
⎠
2. Найти площадь фигуры, ограниченной следующими линиями:
−
1) 1,12, =+==
x
xxyey
;
π
=x и графиком
4
⎞
⎟
⎛
=
⎜
⎟
⎝
⎟
⎠
xx .
−π
ππ
⎞
44
⎟
00
⎠
y tg=.
⎛
⎜
⎝
2
π
⎞
01tg
−−π=
⎟
⎠
π
−π=
44
2)
3. Найти длину участка линии 1)1(2 ++= xxy при
4,2, ==−= xxyxy .
.01
x
7. Несобственные интегралы
Интегралы с бесконечными пределами интегрирования определяются следующим образом
(функции )(xf полагаем непрерывными на соответствующих бесконечных интервалах):
∞
а)
a
b
б)
∞−
∞
в)
∞−
B
=
∫∫
B
∞→
a
b
=
∫∫
−∞→
A
A
0
∞−
;
dxxfdxxf )(lim)(
dxxfdxxf )(lim)( ;
∞
+=
∫∫∫
0
.
)()()( dxxfdxxfdxxf
Если в случаях а), б) указанный предел не существует или бесконечен, то интеграл называется
расходящимся. В случае же в) исходный интеграл считается расходящимся, если таковым является
хотя бы один из интегралов в правой части равенства.
Интегралы от функций с разрывами второго рода определяются следующим образом (в пп. а)
и б) параметр 0>ε ):
а) )(xf имеет разрыв на ле
b
a
b
=
∫∫
0
→ε
ε+
a
вом конце отрезка ],[ ba , тогда
dxxfdxxf )(lim)(
;
a + е
b a
б) )(xf разрывна в точке b:
ε−
b
a
b
=
∫∫
→ε
0
a
;
dxxfdxxf )(lim)(
a b
b –
51
в) )(xf имеет разрыв в точке ),( bac ∈ :
=
=
=
∈
х
=
=
β≤≤
α
β≤≤
α
α
=
β
α
ρ0 ρ
b
a
c
a
b
+=
∫∫∫
c
dxxfdxxfdxxf )()()(
(относительно последних двух интегралов см. п. а), б)).
Если соответствующий предел не существует, интеграл называется расходящимся; расходимость в п. в) определяется аналогично случаю интегралов по бесконечным промежуткам.
Пример.
Функция
1
dx
=
J
∫
0
)( имеет разрыв на правом конце промежутка интегрирования. Согласно
−
1 x
1
.
xxf−=1
п. б), имеем:
ε−
1
=
lim х
J .2)1(lim2
→ε
0
dx
∫
−
1
0
→ε
x
0
ε−
1
=−−=
)12(lim
0
0
→ε
=−ε−
8. Приложения определённых интегралов.
Перечислим основные геометрические приложения определённых интегралов.
Площадь фигуры.
а) Если плоская фигура D ограничена линиями ,, bxax
непрерывны на ],[ ba и )()( xfxg ≤ при ],[ bax
, то её площадь
)(),( xfyxgy =
b
[]
∫
a
−= )()(
.
dxxgxfS
В частности, при 0)( ≡xg имеем площадь криволинейной трапеции, ограниченной отрезком
, где g и f –
оси абсцисс, «вертикальными» прямыми а
, bх= и графиком функции )( xfy = .
б) Если 0)( ≥= xfy задана параметрически в виде
⎧
⎨
=
⎩
причём х пробегает отрезок ],{ ba при
t (т.е. 0)( >′tx , )(
криволинейной трапеции находится по формуле
β
= )()(.
∫
α
в) Площадь сектора (см. рис. 3.5), определяемого в полярных координатах соотношениями
, )(0 ϕρ≤ρ≤ , где )(ϕρ – непрерывна на ],[
β≤ϕ≤α
1
2
β
txx
t ,
)()(tyy
xa , )(β= fb ), то площадь
′
dttxtyS
, вычисляется по формуле
β
2
ϕϕρ=
dS )(
∫
α
α
.\
= ρ (ϕ)
Рис. 3.5. Дуга в полярных координатах
52
Длина дуги линии.
=
βα∈
β
α
(
=
=
x
=
D
=
а) Если линия L задана в декартовой системе координат уравнением )(xfy = , то длина её
дуги, соответствующей значениям ,],[ bax ∈ вычисляется по формуле
b
∫
a
б) Дуга заданной параметрически линии
β
()()
=
∫
α
(предполагается монотонность )(tx на отрезке ],[
()
+=
⎧
⎨
⎩
′
2
′
)(1
txx
=
)()(tyy
′
+
).
.
dxxfl
в случае ],[
22
)()(
t имеет длину
dttyxxl
в) Частным случаем п. б) является задание линии в полярной системе координат уравнением
)(ϕρ=ρ . В этом случае (см. рис. 3.5)
β
()( )
∫
α
22
ϕϕρ′+ϕρ=
dl
)()(.
xx
−
Пример. Найти длину дуги линии 20,
xx
Заметим, что
1
⎛
′
⎜
⎝
2
−
⎞
22
−=
;
eey
⎟
⎠
1
2
′
)
4
22
+−=
2
≤≤+=
xeey
.
xx
−
)
eey
.
Следовательно, имеем
2
0
2
′
+=
2
1
()
1)(1
∫∫
0
4
−
xx
2
dxeedxyl
2
1
⎛
=+−+=
∫
2
0
+
⎜
⎝
Объём тела вращения. Тело, образованное вращением вокруг 0x криволинейной трапеции,
ограниченной осью 0x, прямыми bxax
= , и графиком )( xfy
b
2
π= )(
∫
a
(0)( ≥xf при ],[ bax ∈ ), имеет объём
.
dxxfV
Пример. Найти объём тела, образованного вращением криволинейного треугольника вокруг
π
оси 0x, если треугольник ограничен осью 0x, прямой
=x и графиком
4
Решение. Имеем
dx
⎛
⎜
⎜
coscos
⎜
⎝
2
−
cos1
2
tg dx
0
π=π=
dxxV
0
x
2
x
dx
ππππ
4444
−π=
∫∫∫∫
2
x
00
⎞
⎟
⎟
⎟
⎠
xx
−
22
y tg
=
2
⎞
⎟
⎠
e1− .
=
dxee
e
.
2
π
.
−π
4
3.3. МОДЕЛИРОВАНИЕ СРЕДСТВАМИ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО ИСЧИСЛЕНИЯ ФУНКЦИЙ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
1. Вычисление частных производных функции двух переменных.
Соответствие f, которое каждой точке ),( ух из некоторой области D координатной плоско-
сти сопоставляет единственное действительное число z, называется функцией двух действительных
переменных, заданной на области
53
. Используется обозначение ),( yxfz
.
Если зафиксировать значение у, то функцию f можно рассматривать как функцию одной
=
∂
∂
(
)
(
)
′=′
′
′
′′=′′
(
′
′′=′′
(
′
переменной х, и, следовательно, ставить вопрос о дифференцировании ),( yxfz
′
),( yxf
В этой ситуации производная
x
ной от f по х; она обозначается также
, вычисленная по переменной х, называется частной производ-
∂
xf∂
или
∂
. Точно так же производную функции f, вычислен-
xz∂
по переменой х.
ную по переменной у при фиксированном х, называют частной производной функции f по у и обозна-
чают ),( yxf
′
y
∂
,
yf∂
или
∂
. При вычислении частных производных пользуются обычными правилами
yz∂
дифференцирования. В частности, если вычисляем
, то множитель, целиком зависящий только
xf∂
от переменной у, можно вынести за знак производной; точно так же поступаем с множителем, цели-
ком зависящим только от переменной х при нахождении
.
yf∂
Пример. Найти частные производные функции
′
Решение. При вычислении
z
множитель y2 и слагаемое ycos5 рассматриваем как посто-
x
3
9cos52
+−= yyxz
.
янные величины. Следовательно,
′
′
=
′
−
′
+
xxxx
223
.6003)2()9()cos5())(2(
=+−⋅=
yxxyyxyz
При вычислении yz′ множитель 32x рассматриваем как постоянную величину:
3
x
+=++⋅⋅=
.sin50sin5
y
y
Итак,
′
=
2
′
′
−
x
′
,6
yxzx=
.sin53y
z
y
′
+
yyyy
+=
2)9()cos5()2(
xyyxz
2
y
y
y
1
33
′
2. Частные производные высших порядков.
′
Частные производные
′
=
yxfz
,
и
xx
yxfz
,
yy
данной функции =z ),( yxf можно, в свою
очередь, рассматривать как функции двух переменных х и у. Следовательно, имеет смысл ставить
вопрос о нахождении уже их частных производных – производных второго порядка:
′′
′′
′′
=
yxfz )),((′′=
– производная дважды по х;
xxxx
yxfz )),((′′=
– производная дважды по у;
yууу
′′
=
′′
– «смешанные» частные производные второго порядка
yxfzyxfz )),((,)),((
yхуххуxу
по переменным х и у.
Для элементарных функций двух переменных результат вычисления смешанных производных,
на самом деле, не зависит от порядка дифференцирования:
Пример. Вычислить все частные производные второго порядка функции .
zz
.
уxxу
2 x
eyz =
Решение. Cначала вычисляем производные первого порядка:
222 x
x
′
=
y
x
eey 22 =
′
y
zz
.2)(,)(
eyyezeyeyz =
x
= .
уxxу
)
x
x
eyey 22=
54
Теперь
2
′′
z
xx
x
()
ey′=
x
′
=
x
x
ey2= , yyz
x
′
x
′′
= ,
x
=
x
)
y
3. Задачи для самостоятельного решения.
(
(
)
(
=
=
=
′
−+=
−
−−=
′
+
′
′
′
(
)
=
(
)
(
)
Вычислить частные производные по переменным x и y данных функций.
1.
2.
3.
4. Неявная функция одной переменной
Пусть зависимость переменной y от переменной x, т.е. функция )( xfy
в виде уравнения 0),(
Пример. Неявная функция )(xfy = задана уравнением 02)4(sin
Решение. Имеем =),( yxFyxyx 2)4(sin
′
x
Следовательно, =
5. Неявная функция двух переменных.
Уравнением 0),,( =zyxF задаётся зависимость переменной z от переменных x и y. Если эта
2
2yyxz += .
yxyxz 3sin2−=
.
yxyz 24cos += .
4.
z += .
5.
6.
y
x
x
y
хyxz −= 4ln .
23
)
yxtgz += .
.
yxF . Тогда производная функции )(xfy
dy
dx
2
F
−=
F
−−− . Теперь ищем частные производные функции F:
−−−=
′
dy
dx
F
x
−=
′
F
y
−+
xyx
2)4(cos
−−−
xy
)
x
.
′
y
)4(cos42
. Итак,
задана неявно, т.е.
может быть вычислена в виде
2
)4cos(42 0)4)(4cos(2 xyxxyxF
,2)4cos( −
y
dy
=
dx
xy
xyF
)4cos(42
−
xyx
2)4cos(
+−
=−−− yxyx . Найти
.
.
dy
dx
.
зависимость ),( yxfz = – функциональная, то имеет смысл ставить вопрос о вычислении частных
производных
Имеют место соотношения:
Пример. Неявная функция двух переменных задана уравнением 0
Решение. Имеем
′
x
Теперь
z′ и yz′.
x
′
z
x
zyxzyx
−−
eeF
−=⋅−=
10,
−
′
z
x
e
=
2
yez
+
3
′
y
zyx
′
,
z
y
zyx
−
F
x
−=
,
z
′
F
y
zyx
−
ezzyxF
−=3),,(. Найдём частные производные
−
ze
−=
2
yez
+
3
F
′
y
y
−=
.
′
F
z
3
ez . Найти
zyxzyx
−−
ezzeF
=−−=
)0(0,
zyx
.
zyx
−
′
z
− yzx
=−
3)0(3.
z
и yz′.
x
zyxzyx
22
−−
yezyezF
+=−−=
6. Задачи для самостоятельного решения.
Найти производную функции )(хуy = , заданной неявно уравнением.
1.
2.
3.
02sin
−− xyxy
0tg =−+ xyyx .
.
0ln4 =−−− yxxy .
4.
5.
6. 02 =−+
25
=+−+ xxyy
343
− yx
eyx .
012
.
0956
=+−+ xyyxx .
55
7. Касательная плоскость и нормаль к поверхности.
=
−′+
−
=
−
−
(
)
=
−
=
+
−
−−=
+
Касательная плоскость к поверхности ),( yxfz
имеет уравнение
Нормаль к поверхности ),( yxfz = в точке ),,(
куляр в точке касания ),,(
Пример. Составить уравнение касательной плоскости и нормали к поверхности
в точке
′
=− .
zyх . Она имеет уравнения:
000
− zz
xx
0
=
′
yxf
′
00
yx
yx
zyх , где ),,(
000
yy
0
=
yxf
−
00
),,(
zyх
, где
000
yyyxfxxyxfzz
))(,())(,(
0000000
zyxfz
, есть перпенди-
0000
0
.
),,(
zyxfz =
,
0000
1),(),(
y
5
z−=
2
xy
в точке с координатами
Решение. Нам даны абсцисса 2
)1(5
−⋅
5
этой точки:
=z . Для составления искомых уравнений потребуются значения частных
0
=
21
−
производных в точке касания
⎛
5
′
z
x
′
z
y
y
⎜
=
⎜
2
−
⎝
⎛
5
y
⎜
=
⎜
2
−
⎝
Теперь подставляем найденные значения в уравнение касательной плоскости:
Запишем также уравнения нормали:
8. Задачи для самостоятельного решения.
Найти уравнение касательной плоскости и уравнения нормали к поверхности ),( yxfz = в
1,2 − .
xy
xy
x и ордината 1
0
′
⎞
⎟
x
⎟
⎠
′
⎞
⎟
=
y
⎟
⎠
−=
2
−=− yxz или 20155
′
25)2(5
⋅−−
22
)(
−
xy
)1(15)2(55
y
− z
x
2
=
5
−
y точки касания, найдём аппликату
0
−−
2212
−−=
′
zxyyxyy
xx
=−
;5)1,2(,)(5))((5
yyxy
=
2
510
−−
yx
′
z
y
22
)(
−
xy
.15)1,2(,
−=−
yxz .
1
15
5
−
=
.
1
−
точке
М ),(00yх :
0
1.
2. )3;1( ,
3.
= М
z .
()
22
12
−−
xy
1
4
+
xy
2
22
0
Мez
0
−−=
0
)1;3( ,
−
−−−−= Myxz .
.
)2,3(,5ln
4.
5.
6.
2
y
z +=
x
М
94
x
()
+= .
()
=
Мxyz
)3;2( ,
0
Мxyez
π
⎞
⎛
.
;1 ,sin
⎟
⎜
0
3
⎠
⎝
.
)0;0( ,cossin
0
9. Производная по направлению. Рассмотрим вектор ММl
),(
ухМ и ),( ухМ координатной плоскости. Предел вида
000
естественно рассматривать как скорость изменения функции в точке
предел называется производной функции f в точке
M по направлению l.
0
= , соединяющий точки
0
∂
f
=
M
0
∂
l
M в направлении вектора. Этот
lim
,
yyxx
→→
00
0
−
0
),(),(
yxfyxf
00
||
ММ
56
Производную по направлению можно вычислить следующим образом:
β′+α′
{
}
=
′
′
(
)
−
М
М
{
}
{
}
∂
=
M
0
lf∂
yx
cos),(cos),(
yxfyxf
0000
,
l
где
cos
x
cos,
||
l
10. Градиент.
Вектор, определяющий направление наискорейшего возрастания функции f в точке
),(
ухМ , называется градиентом функции в этой точке и обозначается .
000
Пример. Даны функция
а) градиент данной функции в точке М;
б) производную этой функции в точке
ло координат.
Решение. Преобразуем данную функцию к виду )ln(
водные в точке М:
1
′
z
2
l
y
=β=α направляющие косинусы вектора
||
l
f
M
ln yxz += и точка
x
0
22
{grad
=
по направлению вектора ОМ , где точка О – нача-
x
2
⋅=
+
yx
x
=
+
′
z
xx
2222
yx
2
;
−=−
)1,2(;
5
),(
yxf
,
00
М . Найти:
yxf
00
x
1,2
1
2
y
2
1
′
=
z
2
+
yx
lll ,
.
xx
fgrad Градиент имеет
M
0
),(
}.
22
yxz += и найдём её частные произ-
y
=
+
′
z
yy
2222
yx
1
.
=−
)1,2(;
5
Теперь определяем градиент данной функции в точке
1
gradMz
0
2
,
−= .
5
5
Для нахождения производной данной функции в точке М в направлении вектора
найдём координаты вектора
косинусы
cos −=α ,
2
cos =β .
5
{}
1
5
1,2−=ОМ , его модуль
Теперь, подставляя в формулу для производной по направлению найденные величины и ранее
вычисленные значения частных производных в точке М, имеем
∂
Ответ:0gradMz
1
2
,
−= ,
5
5
z
М
∂
l
z
∂
l
∂
2
⎛
−=
⎜
⎝
5
1
=
М
2
⎛
⎞
−
⎟
⎜
⎠
⎝
5
.
5
151
⎞
⎟
⎠
5
11. Задачи для самостоятельного решения.
Даны функция ),( yxzz = и точка М. Найти:
:
2
()
5
==+
55
2
512
=+−=ОМ и его направляющие
1
.
5
ОМ=l
а) градиент данной функции в точке М;
57
б) производную этой функции в точке М по направлению вектора ОМ , где точка О – нача-
+
D
=
′
=
′
′′=′′
=
x
=
′
ло координат.
1.
2
xy −
= .
2. )6,3(,
3.
z
Mez
y
x
x
y
22
).4;2( ,5642
Мyyxyxz +−−=
4.
5.
).1;2( , −−= М
6.
xy
= М
z
z
=
52−−
yx
yx
yx
−
).1;2( ,
).3;1( ,2М
433
).1;2( ,35
−−−= Мyxxyz
12. Экстремумы функций двух переменных.
Говорят, что функция ),( yxfz = достигает максимума (минимума) в точке
её значение ),(
yxfz = в указанной точке является наибольшим (наименьшим) по сравнению
000
со значениями ),( yxf из некоторой окрестности точки
рывна в некоторой области
и обладает в D всеми непрерывными частными производными
М ),(00yх
0
. Если функция ),( yxfz = непре-
М ),(00yх , если
0
до второго порядка включительно (эти условия выполнены для всякой элементарной функции двух
переменных в её области определения), то поиск экстремумов (максимумов и минимумов) может
быть осуществлен по такому алгоритму:
а) найти
z′ и yz′;
x
б) найти точки, в которых одновременно 0
в) вычислив в каждой найденной критической точке (
порядка
′′
= ,
выяснить знак выражения
Если 0>δ , то в данной критической точке (
имеется минимум, в случае
0>A
Если 0<δ , то в данной критической точке экстремума нет.
Пример.
Исследовать на экстремум функцию 13
Решение. Имеем элементарную функцию, определённую при любых действительных значе-
ниях переменных
и y . В соответствии с изложенным алгоритмом
а) найдём частные производные yxz
б) найдём критические точки (точки, «подозрительные» на экстремум), из системы уравнений
которая в нашем случае имеет вид
Из первого уравнения системы
2
BAC −=δ .
– максимум.
0<A
′
x
2
⎧
⎪
⎨
2
⎪
⎩
xy = , следовательно,
z и 0
x
, ух
′
332−=
, xyz
y
,0
z
⎧
x
′
y
,033
или
2
xy
xx
,
=
0
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
=−
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
yx
xy
2
⎨
⎩
=−
=−
033
=.0,
4
z
z (критические точки);
y
, ух
) частные производные второго
00
yxzCyxzByxzА
),(),,( ),,(
yyxyxx
) функция достигает экстремума: в случае
00
332−=
2
=−
,0
yx
2
=−
.0
xy
000000
33
−+−= yxyxz .
;
58
Второе уравнение системы имеет вид
(
=
=
(
)
(
)
(
)
=′′
=
−
=
=
(
)
(
)
(
)
(
)
−
=
=
=
=
=
−=−
=
x
+−=
′
′
=+−
−
=
ные значения поочерёдно в первое уравнение системы, получим 0
данная функция имеет две критические точки
М и
)
013=−xx , откуда 0
0,0
1
М .
2
x , 12=x . Подставляя найден-
1
y , 12=y . Таким образом, за-
1
1,1
в) Найдём вторые частные производные данной функции:
′′
=
2
Имеем в точке
2
BAC −=δ
=09 <− в точке
′′
zА ,3−=В .6)1,1( =
=
xx
,6)1,1( =
′
,6)33(
xухzА
−=
=
xxx
М : ,0)0,0(
1
0,0
М , а тогда в этой точке экстремума нет. Далее, в точке
1
′′
=yyzС Следовательно,
′′
=
0,0
имеется экстремум. Поскольку 06 >=A , то в точке
Определяем минимальное значение функции:
Ответ:
min
21,1
=z .
2
zА ,3
()
min
′
,3)33(
−=
xx
−=
ухzВ .6)33(
yxy
1,1
М
данная функция достигает минимума.
2
′′
=
В .0)0,0( =
2
BAC −=δ
= 27 > 0, так что в этой точке
33
−=−++⋅⋅−=z
13. Наибольшее и наименьшее значения функции в замкнутой ограниченной области
Всякая непрерывная функция ),( yxfz
достигает в такой области D своего наибольшего и
2
′
yxyzС
−=
zС Значит
=
yyy
′′
yy
М :
2
.21111311,1
D.
1,1
наименьшего значения. В частности, для элементарных функций может быть использован следующий алгоритм нахождения этих значений.
а) Найти частные производные
т.е. точки, в которых
′
z
⎧
⎨
⎩
,0
x
; при этом рассмотреть лишь те из них, которые расположены внутри
′
=
z
0
y
z′ и yz′ данной функции и определить критические точки,
x
области D.
б) Вычислить значения данной функции ),( yxfz
в этих точках.
в) Определить наибольшее и наименьшее значения функции на каждом участке границы области D. При этом, выражая переменную у или переменную х из уравнения соответствующего участка границы, будем всякий раз иметь функцию одной переменной на некотором отрезке. Исследование такой функции на наибольшее и наименьшее значение – знакомая за
дача (см. п. 3.1).
г) Среди значений, найденных в п. б) и в), выбрать наибольшее и наименьшее.
Пример.
нутой области D, ограниченной линиями 0
Найти наименьшее и наибольшее значения функции yxxyyxz ++−+=
x , 0
y , 3,3
yх .
22
в замк-
Решение. Данная элементарная функция определена при любых действительных значениях
переменных
и y . Область D, ограниченная указанными линиями, есть прямоугольник с верши-
нами (0, 0), (–3, 0), (–3, –3), (0, –3). Теперь реализуем указанный выше алгоритм.
а) Найдём частные производные данной функции
x
12
yxz
, 12 +−=
y
xyz
и определим
критические точки:
⎧
⎨
⎩
Решая систему, получим 1−=x и 1
59
y .
,012xyyx
=+−
.012
Итак, данная функция имеет единственную стационарную точку
(
D
−
∈
(
+=′
=
+
D
(
)
≤
−
=
−
−
≤
(
)
−
=
−
−
D
−−−
(
)
=
)
1,11−−М , которая, очевид-
но, принадлежит области
. При этом
( )() () ()()()()
1
б) Исследуем поведение функции на границе области D. На участке границы
функцию одной переменной yyz +=
1
откуда
−=y .
2
Итак, нахождению подлежит значение функции в точке
области
:
На участке границы 0=y имеем функцию одной переменной xxz +=
()
12 +=′xxz и
0=′xz при
имеем
На участке границы 03,3
22
2
, ]0,3[
у . Тогда
1
⎛
⎜
2
⎝
1
−=x . В точке
⎞
,0
−= zz
⎟
2
⎠
2
1
⎛
⎜
3
⎝
⎞
0,
−= zz
⎟
2
⎠
1
⎛
−=
⎜
2
⎝
⎛
М , принадлежащей границе области D,
⎜
3
⎝
1
⎛
−=
⎜
2
⎝
2
⎞
⎟
⎠
1
− 0,
2
2
⎞
⎟
⎠
)
yyz и
⎛
М , принадлежащей границе
1
−=−
2
⎞
⎟
⎠
1
−=−
2
−
,0
⎜
2
⎝
1
.
4
1
.
4
11111111,1
−=−+−+−⋅−−−+−=−−= zz
.
()
12
1
⎞
⎟
⎠
2
0=′yz , если 012
2
, ]0,3[−∈x . Тогда
≤−−= ух получаем функцию одной переменной 64
имеем
0=x
y ,
2
++= yyz ,
для которой 42)(' += yyz и
2
границы имеем
=z
.
4
На участке границы 03,3
для которой 42)(' += ххz и
()
0=′yz , если 2
≤−−= ху получаем функцию одной переменной 642++= ххz ,
0=′хz , если
х
y . В точке )2,3(
. В точке )3,2(
2
M соответствующего участка
4
M получаем 2
5
=z .
5
Остаётся вычислить значения данной функции в концевых точках участков границы (в «угловых» точках области
) )3,3(),3,0(),0,3(),0,0(
− ММММ и произвести выбор наибольшего и
9876
наименьшего значений:
2
00,0
=z
6
,
()
( )() () ()
7
98
2
22
60303030,3
=+−+⋅−−+−=−= zz
,
.333)3)(3()3()3()3,3(,63,0
=−−−−−−+−=−−==−= zzzz
Сравнивая эти значения, находим, что наибольшее из них равно 6 и достигается в точках
)0,3(
−М и )3,0(8−М , а наименьшее значение равно 1− и достигается в точке
7
()
1,11−−M .
14. Условный экстремум.
Задачи на нахождение наибольших и наименьших значений различных величин являются частными случаями задач на условный экстремум. Точку максимума или минимума функции
),( yxfz = , достигнутого при условии, что её координаты х и у удовлетворяют так называемому
уравнению связи 0),(
ϕ yx , называют точкой условного экстремума. В простейших случаях из
уравнения связи удаётся выразить однозначным образом одну из переменных через другую, например, ).(xy τ= Следовательно, в данном случае получаем задачу об экстремуме функции одной пере-
менной ))(,( xxfz τ= .
60