Контрольная работа №1.

Функции многих переменных.

1. Найти и изобразить область существования функции

z = xy .

2. Найти частные производные второго порядка от функции

z = 3y −x 2x

в точке M (1;1) .

3. Найти полный дифференциал dz функции

z= (arcsinx)cos y .

4.Найти производную функции

z= 4 − x2 + y3

вточке A(0,1) в направлении оси Oy . 5. Исследовать на экстремум функцию

z= 3x2 −2x y + y −8x +8.

6.Найти экстремум функции

z(x, y) = y x − y2 − x +6 y

при условии, что переменные x и y удовлетворяют уравнению y = x .

7. Найти производнуюy′(x) функции, заданной неявно:

y= x2 y3 −ln(tg2 y) .

8.Найти и построить градиент функции

z = (cos y)tg x

в точке M (0;0).

9. Показать, что функция

Ответы и решения.

1. Найдем область определения функции

z = xy .

Ясно, что областью существования функции является множество точек (x, y) , удовлетворяющее неравенству

т.е. все точки первого и третьего координатных углов, включая ось ординат и исключая ось ординат.

2. Найдем сначала первые производные функции

z = 3y −x 2x .

Имеем:

Теперь находим вторые частные производные:

Заметим, что по теореме о равенстве смешанных производных

Наконец, вычислим вторые частные производные в точке

M (1;1) :

z′xx′ (M ) =12, z′xy′ (M ) = −15, z′yy′ (M ) =18.

3.Полный дифференциал функции z(x, y) выражается формулой

dz = z′xdx + z′y dy .

Поэтому для решения задачи нам достаточно найти частные производные функции z(x, y) :

z′y = (arcsin x)cos y ln(arcsin x) (−sin y) ,

откуда

−(arcsin x)cos y ln(arcsin x) sin ydy.

4.Производная функции z(x, y) в точке M по направлению

l , определенном единичным вектором l = (l1;l2 ) , вычисляется по формуле

∂∂zl = grad z(M ),lr ,

где , - скалярное произведение векторов. Найдем частные производные функции z = 4 − x2 + y3 :

единичным вектором l = (0;1) . Поэтому

∂∂zl = 0 0 +3 1 = 3 .

5.Необходимым условием экстремума является равенство нулю всех частных производных первого порядка исследуемой функции. Поэтому сначала найдем частные

Поэтому M - точка минимума.

6. I способ. Для того, чтобы найти экстремум функции

z(x, y) = y x − y2 − x +6 y

при условии связи x = y , подставляем выражение для y из условия связи, т.е. y = x , в выражение для z(x, y) . Тем

самым z становится функцией одной переменной и задача поиска локальных экстремумов функции двух переменных z(x, y) сводится к экстремальной задаче для

функции одной переменной

z(x) = x x − x2 − x +6x = x32 − x2 +5x.

Находим:

z′ = 32 x 12 −2x +5 .

Решая уравнение z′ = 0, получим x1/ 2 = 2 , т.е. x = 4 или x1/ 2 = −54 , что невозможно. Таким образом, x = 4

является единственной точкой, подозрительной на экстремум. Причем, если 0 ≤ x < 4 , то z′ > 0, а если

x> 4 , то z′< 0 , т.е.

-при 0 ≤ x < 4 функция z(x) возрастает;

-при x > 4 функция z(x) убывает.

Поэтому точка x = 4 (а, следовательно, y = 4 ) является

точкой максимума.

II способ (метод Лагранжа). Задачу на условный экстремум функции z(x, y) при условии ϕ(x, y) = 0

можно решать методом множителей Лагранжа. Он состоит в следующем.

Составляем функцию Лагранжа

F(x, y,λ) = z(x, y) +λϕ(xy)

и условный экстремум функции z(x, y) находится как безусловный экстремум функции F(x, y,λ) , т.е. решение системы

Fx′ = 0,Fy′ = 0,Fλ′ = 0.

Решения системы являются точками, подозрительными на экстремум и для определения вида экстремальной точки требуется дополнительное исследование, которое мы опускаем.

Применим теперь данный алгоритм к функции

z(x, y) = y x − y2 − x +6 y

при условии связи

ϕ(x, y) = x − y = 0 .

Функция Лагранжа

F(x, y,λ) = y x − y2 − x +6 y +λ(x − y) .

Находим

Fx′ = 2 yx −1 +λ, Fy′ = x −2 y +6 −λ, Fλ′ = x − y

и приходим к системе

F(x, y) = x2 y3 −ln(tg2 y) − y

и найдем

8.Если z = (cos y)tg x , то

z′x = (cos y)tg x ln(cos y) cos12 x .

Так как cos 0 =1 и ln1 = 0 , то z′x (M ) = 0 . Аналогично,

z′y = tg x(cos y)tg x−1 (−sin y)

и