14-es / Высшая математика (РТФ) / умк_Цывис_Функции_Интеграл. исчисл

сти ( Ax + By + Cz + D = 0) xOy

– это

уравнение

вида z = 0 , то

есть

A = B = D = 0 и C = 1. Из условия параллельности прямой l

x − x0

=

y − y0

=

z − z0

(l)

m

n

p

и плоскости Ax + By + Cz + D = 0 .

Имеем Am + Bn + Cp = 0 , откуда

p = 0 , т.е.

(x + z) - ( y - z) = 0

или

x + z = y − z .

x =

2 cost

π

2 sin t в точке M0 , если t0 =

y =

.

4

z =

4t

Решение. Определим координаты точки

M 0 (x0 , y0 , z0 ) :

x0 = 1; y0 = 1; z0 = π .

Находим производные функций x(t), y(t), z(t) и их значения в точ-

ке M0 (1,1, π) , получим

4

xt′ = −

xt′(t0 ) = −1;

2 sin t;

yt′

=

2 cost;

yt′(t0 ) =1;

zt′

= 4

zt′(t0 ) = 4

Тогда уравнения касательной прямой и уравнение нормальной плос-

кости соответственно имеют вид:

x −1

=

y −1

=

z − π

−1

1

1

-1(x -1) + ( y -1) ×1 +1× (z - p) = 0

или

x - y - 4z + 4p = 0 .

Пример 5. Написать уравнения касательных плоскостей и нормалей

к заданным поверхностям в указанных точках:

1) z = x × y

в точке M (1,1, -1) ;

2)

x2

+

y2

−

z2

= 1

в точке

M (5, -4,3) ;

25

16

9

3)

x2

−

y2

−

z2

= 1 в точке M (x , y , z

) ;

0

a2

b2

c2

0

0

4)

x3 + y3 + z3 + xyz = 6

в точке

M (1, 2, −1) ;

5)

xy2 + z3 = 12

в точке M (1,2,2) .

Ответы: 1) x + y − z −1 = 0;

x −1

=

y −1

=

z −1

;

1

1

−1

2) 12x −15 y − 20z − 60 = 0;

x − 5

=

y + 4

=

z − 3

;

−15

12

−20

a2

b2

c2

xx

yy

zz

0

3)

(x − x ) −

( y − y ) −

(z − z ) =

0;

0

−

0

−

= 1;

x0

0

y0

0

z0

0

a2

b2

c2

4) x + 11y + 5z −18 = 0;

x −1

=

y − 2

=

z + 1

;

1

11

5

5) x + y + 3z = 9;

x −1

=

y − 2

=

z − 2

.

1

1

3

1)

x + 1

=

y −1

=

x + 1

; x − 2 y + 3z + 6 = 0 ;

1

−2

3

2)

x + 1

=

y −1

=

z + 1

; x − 2 y + z + 4 = 0 .

1

−2

1

Решая

полученную систему,

находим

x = −2; y = −2 , т.е. точку

M0 (−2, −2) . Проверим достаточные условия экстремума в этой точке

¶2 z = 2; A = 2;

¶2 z

= -2; B = -2;

¶2 z = 2 + 6( y + 2); C = 2; AC - B2 = 0

¶x2

¶x¶y

¶y2

Так как AC - B2 = 0 , то в этом случае для решения вопроса об экс-

тремуме функции

z нужны дополнительные исследования. Учитывая, что

z(−2, −2) = 0 , то достаточно исследовать знак функции

z в окрестности

точки M0 (−2, −2) .

Исследуем знак функции z вдоль прямой

y = x (первое слагаемое в

функции z

в этом случае равно 0).

Знак функции z определяется знаком

слагаемого

( y + 2)3 . Так, если y < −2 , то ( y + 2)3 < 0 ;

если y > −2 , то

( y + 2)3 > 0 . Таким образом, в любой окрестности точки

M0 (−2, −2) есть

2.

Найдем

критические

точки

0

y = 0

B

x

функции f (x, y)

в области D.

∂f

= 2x + 1 = 0

1

1

∂x

= 2 y = 0

x = − 2

M

0

−

,0 .

∂f

y = 0

2

∂y

1

Точка M 0 −

;0

не принадлежит области D.

2

3.

Исследуем

на

наибольшее

и

наименьшее

значение

функцию

f (x, y)

на границе области D.

3.1. OB : y = 0;

x [0;1] f (x,0) = x2 + x;

df

= 2x + 1;

2x + 1 = 0 x = −

1

.

2

dx

Следовательно,

f (x,0)

не

имеет

критических

точек

на

ОВ,

т.к.

1

−

[0,1].

Найдем значение

f (x,0)

на концах отрезка [0,1], получим

2

f (0,0) = 0,

f (1,0) = 2 .

3.2. AB : y + x = 1;

x [0,1]; f (x, 1 − x) = x2 + (1 − x)2 + x;

df

= 2x − 2(1 − x) + 1 = 4x −1; 4x −1 = 0;

x =

1

.

dx

4

1

3

1

3

7

Единственная критическая точка

,

; f

,

=

. Найдем значение

8

4

4

4

4

f (x, x − 1) на концах отрезка [0,1], получим

f (0, 0) = 0; f (0,1) = 1.

3.3. AO : x = 0;

y [0,1]; f (0, y) = y 2 ;

df

= 2 y = 0 .

dy

Критическая точка (0,0):

f (0,0) = 0 , а

f (0,1) = 1.

4. Сравнивая значения функции в полученных точках, имеем

max

f (x, y) = f (1,0) = 2;

min

f (x, y) = f (0,0) = 0 .

D

D

Точки M, N, P –

являются решением полученной системы. Но из то-

чек M, N и P области

D0 принадлежат только точки P(0,0,z) при 0 < z < 1.

Таким образом, имеем линию критических точек и

f (P) = 0 .

3)

Рассмотрим

функцию

f (x, y, z)

на

поверхности

S1 = {(x, y, z) R3

x2 + y2 < 4;

z = 0}. На поверхности

S1 f (x, y, z)

принима-

ет постоянное значение: f (S1) = 0 (т.е.

все точки поверхности

S1 – кри-

тические точки f (x, y, z) ).

4)

Рассмотрим

функцию

f (x, y, z)

на

поверхности

S2 = {(x, y, z) R3

x2 + y2 = 4; 0 < z < 1}. Критические точки

f (x, y, z) на

поверхности S2 – это критические точки функции

f (x, y, z)

при условии

x2 + y2 = 4

(0 < z < 1) . Для этого находим функцию Лагранжа,

которую

Из третьего уравнения системы имеем либо

x = 0 , либо y = 0 ; если

x = 0 , то из первого уравнения либо

y = 0 , либо

z = 0 ; но это невозможно

из-за уравнения четвертого, т.к. при

x = 0 и y = 0 x2 + y2 - 4 ¹ 0 ; если

же x = 0 и

z = 0 , то тоже невозможно, т.к. 0 < z < 1.

Если

y = 0 , то из второго уравнения имеем либо x = 0 , либо z = 0 ;

если y = 0

и x = 0 , то это невозможно из-за четвертого уравнения; если

y = 0 и

z = 0 , то это невозможно из-за условия 0 < z < 1.

Следовательно, функция Φ(x, y, z,λ) критических точек не имеет, а

значит нет критических точек функции

f (x, y, z) на

S2 .

5)

Рассмотрим

функцию

f (x, y, z)

на

поверхности

S3 = {(x, y, z) Î R3

z =1, x2 + y2 < 4} . Уравнение поверхности

S3

z = 1, то-

гда f (x, y, z) = xy . Находим критические точки функции

f (x, y,1) = xy в

области

x2 + y2 < 4 :

¶f

= y = 0

¶x

¶f

¶y = x = 0.

Единственная критическая точка

f (x, y, z) на S3 – это точка

(0, 0, 1)

и f (0,

0, 1) = 0 .

6) Рассмотрим функцию

f (x, y, z) на линии

l12 = S1 Ç S2 . В этом

случае

f (x, y, z) = f (L12 ) = 0 , т.е. все точки этой линии критические.

7) Для линии L23 = S2 Ç S3

задача состоит в исследовании функции Ла-

y − 2λx = 0

− 2λy = 0

x

2

+ y2 − 4 = 0

x

Если вычесть из первого уравнений второе уравнение, то получим

( y − x) + 2λ( y − x) = 0 или

(1 + 2λ)( y − x) = 0

получим x2,3 = y2,3 = ±

Откуда, используя третье уравнение системы,

2

(z = 1) , или λ = −

1

, тогда x = − y

и из третьего уравнения получим

2

x4,5 = ±

y4,5 = ±

z = 1.

2;

2;

y от x проводят ряд измерений величины y

при различных значениях ве-

личины x. Результаты измерений (xi , yi ),

i =

записывают таблицей

1, n

либо точками на плоскости XOY.

Рассмотрим следующую задачу: установить аналитическое выраже-

ние зависимости y от

x, т.е. найти непрерывную функцию

y = f (x) та-

кую, чтобы yi = f (xi )

( yi ≈ f (xi )) .

Функции, полученные при решении рассмотренных задач, называ-

ются эмпирическими или аппроксимирующими.

Задача построения аппроксимирующей функции f(x)

по экспери-

ментальным данным состоит из двух этапов:

линейной или параболической. Например, функцию

y = a +

b

с помощью

x

замены переменных

z = y приводим к функции z = a + bt; y =

1

. За-

a + bx

меной z =

1

,

t = x

приводим к функции

z = a + bt ; функцию

y =

x

a + bx

y

заменой z =

x

,

t = x

приводим к функции

z = a + bt ;

функцию

y

y = ea +bx+cx2

с помощью замены

z = ln y , t = x

приводим к функции

y = a + bx + cx2 ; а функцию y =

1

с помощью замены

z =

1

,

a + bx + cx2

y

t = x приводим к функции z = a + bx + cx2 ;

функцию

y = a +

b

+

c

с по-

x2

x

мощью замены z = y , t =

1

приводим к функции z = a + bx + cx2 .

x

рых функция S (a, b, c... p)

достигает минимума, сводится к решению сис-

темы уравнений:

∂S = 0,

∂S = 0,

∂S = 0 ...

∂S = 0 .

¶a

¶b

¶c

¶p

b выбираем таким образом, чтобы сума квадратов отклонений

yi (i =

1, n

)

из эксперимента от ординат аппроксимирующей функции

ϕ(x) = a + bx

была минимальной

для нахождения минимума функции

S(a, b)

необходимо приравнять к ну-

лю частные производные этой функции по a

и b;

¶S = 0

n

- a - bxi ) × (-1)) = 0

∑(2( yi

¶a

i=1

¶S

= 0

n

¶b

∑(2( yi

- a - bxi ) × (-xi )) = 0

i=1

n × a

n

n

+ b∑xi

= ∑ yi

i =1

i=1

n

n

n

a × ∑x

+ b∑x

2 = ∑x y

i

i

i i

i=1

i=1

i=1

n

4

n

3

n

2

n

× x

a∑x

+ b∑x

+ c∑x

= ∑ y

i

i

i

i

i

i=1

i=1

i=1

i=1

n

3

n

2

n

n

a∑x

+ b∑x

+ c∑x

= ∑x

× y

i

i

i

i

i

i=1

i =1

i =1

i=1