Постовалова Г.А., Пыркина О.Е. Борцова Т.В. - Математический анализ Контрольные работы по математике. Часть 2

Вариант 29

1.

Найти область определения функции z

= arccos

x

+arccos

y

2

3

2.

Найти линии уровня функции

z = ey

+

x

. Сделать чертеж.

Привести пример другой функции с такими же линиями

уровня. Чему равна производная функции в точке в

направлении линии уровня в этой точке?

3.

Найти

первый

и

второй

дифференциалы

функции

z = (1+ x)y в точке (0; 2).

4.

Найти

величину

и

направление

градиента

функции

u =

1

в точке M (1; 3;−4).

x2 + y2 + z2

6.

Найти

условный

экстремум функции z = xy , если

x + 2 y −1 = 0.

7.

Найти

наибольшее

и наименьшее

значение функции

z = x2 + 2xy + 2 y2 в заданной области D: −1 ≤ x ≤1; 0 ≤ y ≤ 2.

8.

Доказать

выпуклость

функции

Вариант 30

1.

Найти область определения функции z = arcsin(xy)

2.

Найти линии уровня функции

z = y3 +

x

. Сделать чертеж.

Привести пример другой функции с такими же линиями

уровня. Чему равна производная функции в точке в

направлении линии уровня в этой точке?

3.

Найти первый и второй дифференциалы функции

z =

sin x

в

y

точке (0; 2)

4.

Найти производную функции z = 3y ln x в точке (2; 0)

по

направлению,

параллельному

биссектрисе

первого

координатного угла.

5.

Найти экстремумы функции z = x2 −98ln y −8ln x + y2

7.

Найти наибольшее и

наименьшее

значение функции

z = x2 y(4 − x − y)

в

заданной

области

D:

0 ≤ x; 0 ≤ y; x + y ≤ 6.

8.

Доказать

выпуклость

функции

z =

sin x

в точке (0; 2).

y

Согласно определению dz = z′x dx + z′y dy ;

dz

2

′′

2

′′

′′

2

.

= zxxdx

+ 2zxydxdy

+ zyydy

Тогда

z′x

= cos x

;

z′y = −

sin x

;

y2

y

′′

sin x

′′

cos x

′′

2sin x

zxx = −

; zxy = −

;

zyy

= −

;

y

y2

y3

dz (0;2) =

1 dx ;

d 2 z(0;2) = − 1 dxdy

2

2

4. Найти

производную функции z = 3y ln x в точке (2; 0) по

направлению,

параллельному

биссектрисе

первого

координатного угла.

Согласно

определению:

z′ = z′x cosα + z′y cos β ,

где

α и β

-

углы,

образуемые направлением

с

осями

координат.

Прямая,

проходящая через

точку (2; 0) параллельно

уравнением

y = x −2. Ее углы с осями координат (как и у

биссектрисы)

равны

π .

Следовательно,

4

z′ = z′x cos

π

+ z′y cos

π

3y

2

,

тогда

4

4

=

x

+ 3ln x

2

z

′

(2;0) =

3

2 ln 2 .

z 'x = 2x −

8

= 0,

z 'y = 2 y −

98

= 0 .

x

y

Решая систему двух уравнений с двумя неизвестными,

получаем

координаты

точек:

(2;7),

(−2;7), (2;−7),

(−2;−7). Проверим, является ли

точка

с координатами (2;7) точкой экстремума

(точки с

z ''xx = 2

+

8

;

z ''xy = z ''yx = 0;

z ''yy = 2

+

98

.

Таким образом:

x2

y2

d 2 z

(2;7)

= 4dx2

+ 4dy2 .

Так

как

второй

дифференциал

(2;7)

функции

в

точке

является

положительно

функции одной переменной.

При условии

x 2 + y 2

= 1

имеем

x = ± 1 − y 2

и

получаем две функции одной переменной z = e2 y ±

1 − y2

,

1,2

2 y ± 1 − y 2

y

откуда

z′ = e

2

2

1,2

1 − y

Область изменения переменной y:

−1 < y <1. Найдем

критические точки функции:

2

y

= 0 ,

откуда

1 −

y 2

2 1 − y 2 = ± y , т.е. y = ±

2 .

5

Проверим смену знака производной функции z:

z′

—

+

—

y

2

2

− 5

5

Следовательно, точка

A

1

;

2

- точка условного

5

5

1

максимума, а точка

A2

−

1

;−

2

-

точка условного

5

5

Заметим, что функции z = ex + 2 y

и ϕ ( x , y ) = x 2 + y 2

− 1

непрерывно

дифференцируемы

на всей плоскости

и

grad ϕ = (2x,

2 y) ≠ 0

(x, y) = e

x + 2 y

+ 2λx = 0

L′x

(x, y) = 2e x + 2 y + 2λy = 0

L′y

2

2

+ y

= 1

x

x +

2 y

= −2λx

(1)

e

ex + 2 y

= −λy

(2)

2

+ y

2

=1

(3)

x

Из уравнений (1) и (2)

находим

y = 2x, подставляем в

уравнение

(3)

и

получаем те

же

две критические

точки

A

1

;

2

, A

1

;−

2

5

5

−

5

5

.

1

2

Заметим,

что

множество

H

= {( x; y ) | x 2 + y 2

= 1 ,

3

−

3

z(A ) = e 5

;

z(A ) = e

5

1

2

z = x2 y(4 − x − y)

в

заданной

области

D:

0 ≤ x; 0 ≤ y; x + y ≤ 6.

z′x = 8 xy − 3x 2 y − 2 xy 2 = xy (8 − 3x − 2 y)

z′y = 4 x 2 − x3 − 2 x 2 y = x 2 (4 − x − 2 y)

y

xy

(8B(0;6)− 3x − 2 y) = 0

2

(4 − x − 2 y) = 0

x

x

0

A (6;0)

Учитывая,

что внутри треугольной области D

x > 0, y > 0 ,

получим

систему

8 − 3x − 2 y = 0

x = 2, y = 1

− x − 2 y = 0

4

Полученная

критическая точка

A (2; 1) является

0 ≤ x ≤ 6 ) функция

z = x2 y(4 − x − y) становится функцией

одной переменной х:

z(x) = x2 (6 − x) (4 − x −6 + x) = −2x2 (6 − x)

′

2

= 6x(−4 + x)

z (x) = −24x +6x

6x(−4 + x) = 0

x = 0

x = 4

Вычислим значения функции

z(x) на концах отрезка

[0;6 ] и в точке x = 4 :

z(0) = 0;

z(4) = −64; z(6) = 0

zнаим. = z(4; 2) = −64

zнаиб. = z(2; 1) = 4