Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный университет информатики и радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Сборник задач по ВМ в 10-ти частях с решениями / Сборник задач по ВМ ч

.5.pdf

Скачиваний:

178

Добавлен:

11.05.2015

Размер:

672.61 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 73 4 5 6 7 > Следующая >>>

∂z

= y

− 2xy ,

∂2 z

= −2 y ,

∂2 z

= −2 y − 2x ,

∂z

= 2xy − x

∂2 z

= 2x .

∂x

∂x2

∂x∂y

∂y

∂y2

Таким образом, имеем:

d 2 z = −2 ydx2 −4(y + x)dxdy +2xdy2 . ▲

58. Показать, что функция u = x3 −3xy2 удовлетворяет уравнению

∂2u + ∂2u = 0 . ∂x2 ∂y2

∆Последовательно находим

∂u	=3x	2	−3y	2	,	∂2u	= 6x ,	∂u	= −6xy ,	∂2u	= −6x .
∂x						∂x2		∂y		∂y2

Отсюда имеем

полняется. ▲

59. Найти ∂2 z ,

∂x2

a) z = exey .

б) z = ln(x2 + y).

в) z = arctg1x−+xyy .

г) z =sin 2 (ax + by).

д) z =	1	(x2 + y2 )3 .
	3

∂2u

= 6x − 6x = 0 ,

т.е. равенство действительно вы-

∂x2

∂y2

∂2 z

от функций:

∂x∂y

∂y2

= x(1 + xe

= (1

′′

xey +2 y

;

′′

+ xe

xey

;

′′

xey +y

Отв. zxx = e

zxy

zyy

′′

2(y − x2 )

′′

= (x2 + y)2 ;

Отв.

zxx

zxy = −(x2 + y)2 ;

zyy = −(x2 + y)2 .

′′

2 y

(1 + x2 )2 ;

= −(1 + y2 )2 .

Отв. zxx

= −

zxy

= 0

;

zyy

′′

cos 2(ax + by)

′′

Отв. zxx

; zxy = 2abcos 2(ax + by);

′′

cos 2(ax + by).

zyy =

′′

2x2 + y2

′′

+ 2 y2

Отв. zxx =

x2 + y2

; zxy

x2 + y2

; zyy

2 + y2

е) z =	cos y2	.	Отв.
	x

	ж)* z = arcsin	y
	ж)* z = arcsin	x2 + y2
		x2 + y2

з) z = x2 xy+ y2 .

и) z = ln(x2 + y2 ).

z′′xx =	2cos y2	; z′′xy =	2 ysin y2	; z′′yy = −	2sin y2 + 4 y2 cos y2	.
	x3		x2		x

′′

(y2

− x2 )sign x

Отв. zxx =

(x2 + y2 )2 ; zxy

(x2 + y2 )2

;

′′

= −(x2 + y2 )2 .

zyy

Отв.

′′

2 y

;

′′

x2 + y2

′′

zxx =

zxy = −

x2 y2

; zyy =

2(y2

− x2 )

′′

4xy

′′

2(x2 − y2 )

Отв. zxx = (x2 + y2 )2 ; zxy = −(x2 + y2 )2

; zyy = (x2 + y2 )2 .

к) z = (x + y)e	xy	.	Отв. zxx = ye	xy	(y	2	+ xy + 2); zxy = (x + y)(xy + 2)e	xy	;
	xy		′′	xy		2	′′	xy

z′yy′ = xexy (x2 + xy + 2).

60. Найти дифференциал второго порядка от данных функций:

a) z =	1	Отв. d	2	z =	(3x2 − y2 )dx2 +8xydxdy + (3y	2 − x2 )dy2
a) z =	2(x2 + y2 ).	Отв. d		z =	(x2 + y2 )3	.
б) z = ln(x − y).					Отв. d 2 z = −		(dx − dy)2	.
б) z = ln(x − y).					Отв. d 2 z = −			.
							(x − y)2

в) z = xsin2 y .

г) z = exy .

д) z =sin(x + y).

Отв. d 2 z = 2sin 2 ydxdy + 2xcos 2 ydy2 .

Отв. d 2 z = exy ((ydx + xdy)2 + 2dxdy).

Отв. d 2 z = −sin(x + y)(dx + dy)2 .

61. Показать, что функция z удовлетворяет данному уравнению:

z = arctg

– уравнению

∂2 z

= 0 .

∂x2

∂y2

б)

z = y cos(x2 − y2 )– уравнению

1 ∂z +

∂z =

x ∂x

y ∂y

в) z = 4e

−2 y

+ (2x + 4 y −3)e

−y

− x

∂z

+ x + z

= 0 .

−1 – уравнению

∂y

∂x

г) u = ex+at

+ sin(x − at)– уравнению

∂2u

= a2 ∂2u .

∂t 2

∂x2

д) u = ln(x3 + y3 + z3 −3xyz)– уравнению

∂u

∂u +

∂u

∂x

x + y + z

∂y

∂z

д) u = (x − y)(y − z)(z − x) – уравнению ∂u

∂u

+ ∂u

= 0 .

∂x

∂y

∂z

8. ФОРМУЛА ТЕЙЛОРА

Так как второй

дифференциал

функции

z = f (x, y)

представляет собой

квадратичную форму Q(dx,dy) относительно переменных dx и dy, то его можно представить в виде

d 2 z =Q(dx, dy)= (dx, dy) H dx ,

где	z′xx′		z′xy′	– матрица квадратичной формы, которая называется мат-
	H =	′′	′′
	zyx		zyy

рицей Гессе.

Аналогично для функции трех переменных u = f (x, y, z):

dx

d 2u =Q(dx,dy,dz)= (dx,dy,dz) H dy ,

u′xx′

где матрица Гессе H = u′yx′

u′zx′

u′xy′ u′yy′ u′zy′

u′xz′ u′yz′ .

u′zz′

62. Вычислить матрицу Гессе для функции z = x3 y − x2 − y + 5 .

∆Находим величины

∂z

=3x2 y − 2x ,

∂2 z

= 6xy − 2,

∂2 z

=3x

2 , ∂2 z = 0 .

∂x

∂x2

∂x∂y

∂y2

Тогда матрица Гессе имеет вид

z′xx′

z′xy′

6xy −

2 3x2

▲

H =

′′

zyx

zyy

Формула Тейлора функции

z = f (x, y) в дифференциальной форме с оста-

точным членом в форме Лагранжа:

∆f (M 0 )= df (M 0 )+

d 2 f (M 0 )+

d 3 f (M

0 )+... +

d m−1 f (M

d m f

+θ∆x, y

+θ∆y),

(m −1)!

где ∆f (M 0 )= ∆z = f (x0

+ ∆x, y0 + ∆y)− f (x0 , y0 )= f (M )− f (M 0 ), 0 <θ <1.

63. Разложить по формуле Тейлора функцию f (x + ∆x, y + ∆y)

по степеням

∆x,∆y до членов второго порядка,

если

f (x, y)= x3 + 2 y3 − xy .

Рассмотреть

разложение в окрестности точки (1,0).
∆ Имеем формулу	∂f (x, y)		∂f (x, y)		1
f (x + ∆x, y + ∆y)= f (x, y)+	∂f (x, y)	∆x +	∂f (x, y)	∆y +	1	(∆x,∆y)H
	∂x		∂y		2

НАХОДИМ

∆x +... .

∆y

∂f	=3x2 − y ,	∂f = 6 y2		− x , ∂2 f	= 6x
∂x		∂y		∂x2
Тогда получим равенство
f (x + ∆x, y + ∆y)= x3 + 2 y3 − xy + (3x
		+ 1		6x	−1
		+ 1	(∆x,∆y)
		2
		2		−1 12 y

При x = 1, y = 0 имеем:

,	∂2	f	=12 y ,	∂2 f	= −1.
	∂y2			∂x∂y

2 − y)∆x + (6 y2 − x)∆y +

∆x +... .

∆y

∂f	=3,	∂f	= −1,	∂2 f	= 6 ,	∂2 f	= 0 ,	∂2 f	= −1, f (1,0)=1.
∂x		∂y		∂x2		∂y2		∂x∂y

		ФОРМУЛА ТЕЙЛОРА ПРИМЕТ ВИД

f (1 + ∆x,∆y)=1 + 3∆x − ∆y + 1	6	−1	∆x	+... =
f (1 + ∆x,∆y)=1 + 3∆x − ∆y + 1	(∆x,∆y)			+... =
2		0
2	−1	0	∆y

=1 + 3∆x − ∆y + 3∆x2 − ∆x∆y +... . ▲

64.Написать матрицу Гессе для функций:

z = x2 + 2xy + by + x3 y .

H =

+ 6xy

2 + 3x

Отв.

+ 3x2

б)

z =sin(x + y).

− sin(x + y)

Отв. H =

− sin(x + y)

z = ex−2 y .

ex−2 y

− 2ex−2 y

в)

Отв. H =

x−2 y

− 2e

65. Разложить функцию

z =sin xsin y

−

по степеням x −

до

членов второго порядка.

Отв.

z =

−

x −

−

+... .

x −

−

2 x −

y −

66.* Функцию z = x y

разложить по степеням (x −1) и (y −1), найдя члены до третьего порядка вклю-

чительно. Использовать результат для вычисления без таблиц числа z1 = (1,1)1,02 .

Отв. z = 1 + (x − 1) + (x − 1)(y − 1) + 12 (x − 1)2 (y − 1) + ... ; z1 = 1,102 .

9.ГРАДИЕНТ, КАСАТЕЛЬНАЯ ПЛОСКОСТЬ, НОРМАЛЬ

КПОВЕРХНОСТИ

Градиентом дифференцируемой функции u = f (x, y, z)

в точке М называ-

ется вектор ( gradu(M )), имеющий координаты

∂u(M )

, т.е. grad u(M ) =

∂u(M )

∂x

∂y

∂z

∂x

∂y

∂z

k .

67. Найти градиент функции в точке:

a) z = xy3 −3x2 y +5y2 −4 ,

M = (1, −1);

б) u = ln(x + z)+ xy ,

M = (0,2, 1).

∆а) По определению

	∂z	,	∂z		−6xy,3xy2	−3x2	+10 y).
grad z =				= (y3
	∂x
			∂y

При x = 1, y = – 1 имеем:

grad z = (−1+6, 3 −3 −10)= (5, −10).

б) По определению

					∂u		∂u					∂u		1					1
	grad u =					,					,		=			+ y,	x,				.
	grad u =					,					,		=			+ y,	x,				.
														x + z					x + z
					∂x ∂y ∂z									x + z					x + z
При x = 0, y = 2, z = 1 получаем
					1									1		= (3,			1).
	grad u =								+ 2,				0,				0,			▲
	grad u =				0 +1				+ 2,				0,	0 +			0,			▲
					0 +1									0 +	1
68. Найти угол между градиентами скалярных полей u =																				yz2		,
68. Найти угол между градиентами скалярных полей u =																				x2		,
	x3																			x2
v =	x3	+6 y	3	+3 6z				3								2,	1	,	1
v =	2	+6 y		+3 6z						в точке M =						2,	2	,			.
	2																2			3

∆Находим grad u и grad v в точке М:

			∂u			∂u			∂u						yz2							z	2			2 yz
grad u =					,			,		=		−	2						,					,						,
grad u =					,			,		=		−	2				3		,				2	,			2			,
			∂x			∂y			∂z							x	3					x	2			x	2
			∂x			∂y			∂z							x						x				x
	−2	1		1		1		,	1		,	2	1					1			1			=		−	1		,	1	,
grad u(M )=	−2					3		,			,	2												=		−			,		,
		2		3 (		3			3 2					2 3 2											6					6
		2		3 (		2)			3 2					2 3 2											6					6
grad v =			∂v		,	∂v	,		∂v		3x		2	,			18y			2		,		9		6z		2		,
grad v =					,		,		=					,			18y					,		9		6z				,
			∂x			∂y						2
			∂x			∂y			∂z			2
grad v(M )=					3	2, 18 1				,	9	6				1		= (3,						9,		3			6 ).
				2					2							3

Находим теперь косинус угла α между градиентами:


	(grad u, grad v)							−		1	3	+		1	9 +		1	3		6
cosα =	(grad u, grad v)			=				−	6		3	+	6		9 +		6	3		6
		grad u	grad v			1	2		1		2				1	2		3	2	+9	2	+(3
		grad u	grad v

					−			+				+
					−	6		+	6			+			6
						6			6						6

=	4			=	2	, т.е. α = 45o . ▲
		4	12		2
	18		12
	18

1 , 6

6)2

Для поверхности S, задаваемой равенством F(x, y, z)= 0 , уравнение касательной плоскости, проведенной в точке N0 S , имеет вид

Fx′(N0 ) (x − x0 )+ Fy′(N0 ) (y − y0 )+ Fz′(N0 ) (z − z0 )= 0 ,

где (Fx′, Fy′, Fz′)N0 = grad u(N0 ).

Нормалью

поверхности

S, заданной уравнением z = f (x, y), в точке

(x0 , y0 )

называется прямая,

перпендикулярная к касательной плоскости и

проходящая через точку N0 . Направляющим вектором нормали является вектор

→

∂f (x0

, y0 )

∂f (x0 , y0 )

n =

−

; −

,1 . Значит, уравнение касательной плоскости:

∂x

∂y

−

∂f

(M0 )

(x − x0 )−

∂f (M0 )

(y − y0 )+(z − z0 )= 0 , а канонические уравнения нор-

∂x

∂y

мали к поверхности имеют вид

x − x0

y − y0

z − z0

− fx′(x0 , y0 )

− f y′(x0 , y0 )

F(x, y, z)= 0 ,

Если

поверхность

задана

уравнением

то

→

= (Fx′(M0 ), Fy′(M0 ), Fz′(M0 ))= grad F

(M0 ) и, следовательно, нормаль к поверхно-

сти имеет вид

x − x0

y − y0

z − z0

)

F ′(M

′(M

69.Написать уравнение касательной плоскости и нормали к поверхности

x2 − 2 y2 + 2z2 −1 = 0 в точке M = (1, 1, 1).

∆Находим градиент функции F(x, y, z)= x2 − 2 y2 + 2z2 −1 в точке M = (1,1,1):

grad F = (2x,−4 y,4z) grad F(M )= (2,−4,4).

Уравнение касательной плоскости

2(x −1)− 4(y −1)+ 4(z −1)= 0 x − 2 y + 2z −1 = 0.

Уравнение нормали запишется в виде

x − 1

y − 1

z − 1

x − 1

y − 1

z − 1

. ▲

− 4

− 2

Если функция u = f (x, y, z)

дифференцируема в точке M 0 (x0 , y0 , z0 ), то

производная функции u по направлению l→ имеет вид

∂u (M0 )

cosα +

∂u (M0 )

cos β +

∂u (M0 )

cosγ ,

∂l

∂x

∂y

∂z

где α, β,γ – углы, образованные направлением

l→ с осями X,

Y, Z соответст-

венно.

Использовав градиент функции, запишем производную по направлению в

∂u (M )

→

∂u (M )

(grad u (M ),l→ )

→

виде:

= ( grad u (M ), l0 ), или

→

, где

– орт направ-

∂l

ления l→ .

70. Найти производную функции z = x2 + xy + y2 в точке M = (1,1) по на-

правлению вектора a = (2,−1).

∆ Находим

grad z = (2x + y, 2 y + x) grad z(M )= (3,3).

Тогда производная функции z в точке M по направлению вектора a равна

za′ (M )=

(grad z(M ),a)

= 3 2 −3 1

3 .

▲

22 +(−1)2

71. Найти градиент функции:

a) z = e y .

Отв. grad z =

e y ,

−

e y

cos y

2 y

б) z =

Отв. grad z =

−

sin y

в) z = ln(x + ln y).

Отв. grad z =

x +ln

y(x +ln y)

г) u = 2z2 + 5xy2 − 7x .

Отв. gradu = (5y2 − 7,

10xy,

4z).

д) u = (xy)z .

Отв. gradu = (yz(xy)z−1, xz(xy)z−1,

(xy)z ln(xy)).

е) u =

−ln

Отв. grad u =

−

72. Вычислить градиент функции в точке М:

a) z =3x2 y − xy2 , М = (– 1, 1). б) z = xе−xy , М = (0, – 2).

		x				y
в) z = еy + e							, М = (1, 1).
в) z = еy + e						x	, М = (1, 1).
г) u = 3x3 z −2xy +5 , М = (2, 3, 0).
д) u = ln(yz)+ x , М = ( 1														, – 1, – 1).
	xyz											4
е) u =	xyz				, М = (– 2, 3, – 2).
е) u =	x + 3				, М = (– 2, 3, – 2).
	x + 3
73. Найти угол между градиентами скалярных полей u и v
a) u = x2 yz3 , v = 4									6 −					6	+	3	, М = (2,			1 ,				3 ).
									x				9 y			z				3				2
б) u =		z3		, v = 9 2x							3	−		y3		−	4z3	, М = (			1		, 2,			3	).
б) u =	xy2			, v = 9 2x								−		2	2	−	3	, М = (			3		, 2,			2	).
	xy2													2	2		3				3					2
в) u =			z		, v			= 3	+		4	−		1		, М = (1, 2,				1		).
в) u =	x3 y2				, v			= 3	+		y	−		6z		, М = (1, 2,				6		).
	x3 y2							x			y			6z						6
г) u =	x2			, v = x3					+ 6 y3					+ 3 6z3 , М = (						2 ,				1	,	1		).
г) u =	yz2			, v = x3					+ 6 y3					+ 3 6z3 , М = (						2 ,				2	,		3	).
	yz2							2																2			3
д) u =		z2		, v =3 2x						2		−		y2	−3 2z			2	, М = (			1		, 2,		2		).
д) u =	xy2			, v =3 2x								−		2	−3 2z				, М = (			3		, 2,		3		).
	xy2													2								3				3

Отв. (– 7, 5).

Отв. (1, 0).

Отв. (0, 0). Отв. (– 6, – 4, 81).

Отв. (1, – 1, – 1).

Отв. (– 6, 4, – 6).

в точке М:

Отв. 90°.

Отв. 135°.

Отв. 0°.

Отв. 135°.

е) u =	xz2			,		v = 6		6x3 − 6								6y3 + 2z						3 , М = (				1			,	1		, 1).	Отв. 0°.
е) u =				,		v = 6		6x3 − 6								6y3 + 2z						3 , М = (					6		,		6	, 1).	Отв. 0°.
			y																								6				6
ж) u =			yz2		, v =			6		−					6	+		2		, М = (			1	,	1			,	1		).		Отв. 90°.
ж) u =			x		, v =		2x			−			2 y			+	3z			, М = (			2	,		2		,		3	).		Отв. 90°.
			x				2x						2 y				3z						2			2				3
з) u =	xy2										2	−			y2						2		, М = (		1		, 2,				2
з) u =		z2 , v =3 2x										−				2 −3 2z							, М = (		3		, 2,				3 ).		Отв. 45°.
																																	Отв. 45°.
и) u =		x3 y2				, v =	3		+		4			−		1			,	М = (1, 2,				1		).							Отв. 180°.
и) u =			z			, v =	x		+		y			−		6z			,	М = (1, 2,				6		).							Отв. 180°.
			z				x				y					6z								6
к) u =		1				, v = −			4			2		+		2			+	1		, М = (2,				1		,		1	).		Отв. 45°.
к) u =		x2 yz				, v = −				x				+		9 y			+	3z		, М = (2,				3		,			).		Отв. 45°.
		x2 yz								x						9 y				3z						3				6

74. Составить уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности

в точке М:

a) x(y + z)(xy − z)+8 = 0 , М = (2, 1, 3).

Отв. 2x + 7 y −5z + 4 = 0 ;

x −2

y −1

z −3

−5

Отв. x + y − 4z = 0 ;

x − 2

y − 2

z −1

б) 2

+ 2

−8 = 0 , М = (2, 2, 1).

− 4

в) x2 + y2 − z2 +1 = 0 , М = (2, 2, 3).

г)

y − z

+ ln

= 0 , М = (1, 1, 1).

д) arctg

− z = 0 , М = (1, 1,

π ).

е)

−

= 0 , М = (4, 3, 4).

ж) x2 − 6x + 9y2 + z2 − 4z − 4

Отв. 2x + 2 y −3z +1 = 0 ;

x − 2

y − 2

z −3

−3

Отв.

x + y − 2z = 0 ;

x −1

y −1

z −1

−1

Отв. x − y + 2z −

= 0;

x −1

y −1

z − π4

−1

Отв. 3x + 4 y − 6z = 0 ; x −3 4 = y 4−3 = z−−64 .

= 0, М = (3, 0, – 4).

Отв. x 0−3 = 0y = z +1 4 ; z + 4 = 0.

з) 2x2 − y2 + z2 −1 = 0 , М = (0, – 3, 4).

Отв. 0x = y 3+ 3 = z −4 4 ; 3y + 4z − 7 = 0 .

и) 7x2 − 4 y2 + 4z2 − 7 = 0 , М = (1, 1, 1).

Отв. 7x − 4 y + 4z − 7 = 0 ; x 7−1 = y−−41 = z 4−1 .

к) x2 yz + 2x2 z −3xyz + 2 = 0 , М = (1, 0, –1).

Отв. 2x − y − z −3 = 0 ; x 2−1 = −y1 = z−+11 .

75. Найти производную функции в точке М по направлению вектора → : a

a) z = 2x2 + 3xy + y2 , М = (2, 1),								→
								a =(1, 3).
						→		=(1, 1).
б) z = ln(x2 +3y2 ), М = (1, 1), a
в) z = arctg(xy2 ), М = (2, –1),						→	=(5, 4).
						a
		x2				→
г) z = arcsin				, М = (1, 2),		a	=(2, 1).


		y
2	+y	2		→	=(1, –2).
д) z = ex		, М	= (1, 0), a
е) u = 3xyz , М = (1, 0, –1),					→
					a =(2, 2, 1).
ж) u = xy + yz + zx , М = (2, 0, 5),								→
								a =(1, 2, 2).
з) u = ln(x + y)								→
			− z2 , М = (0, 1, –1), a =(–2, 1, –2).
и) u = ex	+ xy2		+ z , М = (0, 1, 3),					→
								a =(0, 4, 3).
к) u = ln x + yz						→	=(4, 0, –3).
			, М = (1, 2, –1), a

Отв. 10 .

Отв. 2 .

Отв. − 51141 .

Отв. 2 15 .

Отв. 5 .

Отв. −2 .

Отв. 3 .

Отв. − 53 .

Отв. 5 .

Отв. − 25 .

10. ЭКСТРЕМУМ ФУНКЦИИ МНОГИХ ПЕРЕМЕННЫХ

Точка M 0	(x0 , y0 ) называется точкой локального максимума (минимума)
функции z = f	(x, y), если для всех точек M (x, y), отличных от	M 0 (x0 , y0 ) и
принадлежащих достаточно малой его окрестности,		выполняется
неравенство	f (M0 )≥ f (M )( f (M0 )≤ f (M )).
	f (M0 )≥ f (M )( f (M0 )≤ f (M )).

Максимум и минимум функции называется ее экстремумом.

Если точка M 0 (x0 , y0 ) является точкой экстремума функции f (x, y), то fx′(x0 , y0 )= f y′(x0 , y0 )= 0 или хотя бы одна из этих производных не существует

(необходимые условия существования экстремума).

Точки, в которых частные производные обращаются в ноль, называются

стационарными.

Чтобы стационарная точка M 0 была точкой экстремума, должны выпол-

няться достаточные условия экстремума дважды непрерывно дифференцируемой функции z = f (x, y) в окрестности точки M 0 (x0 , y0 ):

1) gradf (M 0 )=0;

2) матрица Гессе	(M		)		(M	)
f ′′	(M		)	f ′′	(M	)
H (M 0 )= xx		0		xy		0
′′				′′
f yx (M 0 )				f yy (M 0 )

положительно определена. Тогда в точке M 0 функция имеет локальный мини-

мум. Если же отрицательно определена, то в этой точке функция имеет локальный максимум. Если же H (M 0 ) знаконеопределена, то в точке M 0 локальный

экстремум отсутствует.

Аналогично и для функции трех переменных u = f (x, y, z).

76.Найти стационарные точки функции z = 2x3 + xy2 + 5x2 + y2 .

∆Имеем

∂z	= 6x	2	+ y	2	+10x = 0,
gradz(M 0 )= 0 ∂x	= 6x		+ y		+10x = 0,
∂z	= 2xy + 2 y = 0.

∂y

Решив эту систему, получим четыре стационарные точки:

(0, 0),	−	5	, 0	, (−1,	− 2), (−1, 2). ▲
		3

77.Найти стационарные точки функции u = 2x2 + y2 + 2z − xy − xz .

∆Приравниваем частные производные по всем переменным к нулю:

		∂u	= 4x − y	− z = 0,
		∂x	= 4x − y	− z = 0,
		∂x
		∂u	= 2 y − x	= 0,
		∂y	= 2 y − x	= 0,
		∂y
		∂u	= 2 − x = 0.
		∂z	= 2 − x = 0.
		∂z
Решив эту систему первого порядка с тремя неизвестными, находим ста-
ционарную точку M 0 = (2,1,7). ▲
78. Исследовать на экстремум функцию:
а) z = (x − 2)2 + 2 y2 ;	б) z = 4(x − y)− x2 − y2 ; в) z = xy .

∆а) 1. Находим стационарные точки функции:

∂z	= 2(x − 2)= 0
∂z	= 2(x − 2)= 0	x = 2,
			(2, 0)= M		.
∂x	= 4 y = 0		(2, 0)= M		.
∂z	= 4 y = 0			0
∂y		y = 0.

2. В точке M 0 составляем матрицу Гессе. Имеем:

∂2 z

= 2

∂2 z

= 4

∂2 z

= 0

∂x2

∂y2

∂x∂y

<<< < Предыдущая 1 23 / 73 4 5 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Сборник задач по ВМ в 10-ти частях с решениями

#
11.05.20153.35 Mб183Сборник задач по ВМ ч.1.pdf
#
11.05.20151.73 Mб131Сборник задач по ВМ ч.10.pdf
#
11.05.20153.42 Mб115Сборник задач по ВМ ч.2.pdf
#
11.05.20152.99 Mб239Сборник задач по ВМ ч.3.pdf
#
11.05.20151.26 Mб120Сборник задач по ВМ ч.4.pdf
#
11.05.2015672.61 Кб178Сборник задач по ВМ ч.5.pdf
#
11.05.20151.41 Mб105Сборник задач по ВМ ч.6.pdf
#
11.05.20151.29 Mб140Сборник задач по ВМ ч.7.pdf
#
11.05.20151.03 Mб102Сборник задач по ВМ ч.8.pdf
#
11.05.20151.88 Mб107Сборник задач по ВМ ч.9.pdf