Контрольная работа № 5 ИСиТвЭ (1 курс 2 семестр)
.pdfМИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РЕСПУБЛИКИ БЕЛАРУСЬ
УЧРЕЖДЕНИЕ ОБРАЗОВАНИЯ БЕЛОРУССКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ ИНФОРМАТИКИ
И РАДИОЭЛЕКТРОНИКИ
Факультет непрерывного и дистанционного обучения
Специальность: «Информационные системы и технологии в экономике»
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ № 5
Вариант № 5
Шумилова Александра Борисовича Группа № 002322, шифр № 05 Зачетная книжка № 002322-05
Электронный адрес: sasha.bsuir@yandex.ru
1
СОДЕРЖАНИЕ
1.Задача 215…………………………………………………………………..3
2.Задача 225…………………………………………………………………..4
3.Задача 235…………………………………………………………………..6
4.Задача 245……………………………………………………………..…....7
5.Задача 255………………………………………………………………..…8
2
|
|
|
|
|
|
1 ЗАДАЧА 215 |
|
|
|
|
Условие |
задачи. |
Дана функция z = |
y |
. |
Показать, что |
|||
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
x2 |
∂ 2 z |
+ 2xy |
∂ 2 z |
+ y2 |
∂ 2 z |
= 0. |
|
|
|
∂ x2 |
∂ x∂ y |
∂ y2 |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
Решение задачи.
Найдем частные производные и подставим их в уравнение.
¶ z |
= ( |
1 |
* y)¢ = - 1* |
1 |
|
* y = - |
y |
|||||||||
¶ x |
x |
x2 |
x2 |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
¶ 2 z |
= |
(- |
y |
)¢ |
= - |
y * (- 2) |
= |
2 y |
||||||||
¶ x2 |
x2 |
|
x3 |
|
x3 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
¶ z |
|
= ( |
y |
)¢ = |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
¶ y |
|
x |
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
¶2 z = 0
¶y2
¶ 2 z |
|
|
æ |
|
y ö |
¢ |
|
1 |
|
|
|||
|
|
|
= |
ç |
- |
|
÷ |
= - |
|
|
|
|
|
¶ x¶ y |
|
x2 |
|
||||||||||
|
è |
|
x2 ø |
|
|
|
|||||||
x |
2 * |
2 y |
+ 2xy * (- |
1 |
) + y 2 |
* 0 = 0 |
|||||||
x3 |
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
x2 |
|
|||||
0 |
= 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Получили тождество. Следовательно, функция z удовлетворяет данному
уравнению.
3
|
2 ЗАДАЧА 225 |
|
|
|
||
Условие задачи. Дана функция |
z=f(x, y) |
и |
две точки |
А(х0 , y0) и |
В |
|
(х1,,y1). |
Требуется: 1) вычислить значение |
z1 |
функции в |
точке В; |
2) |
|
вычислить приближенное значение |
z1 функции в точке В исходя из значения |
|||||
z0 функции в точке А, заменив приращение функции при переходе от точки А к
точке В дифференциалом; |
3) составить уравнение касательной плоскости к |
||||
поверхности z=f(x, y) в точке С (x0, y0, z0). |
|||||
z = |
x2 + 3xy − y2, |
А (1; 3), |
В (0,96; 2,95). |
||
Решение задачи. |
|
|
|
||
1. |
z1 = (0,96)2 + 3 0,96 2,95 − (2,95)2 = 0,7151 |
||||
2. x0 = 1, y0 = 3, |
|
|
. |
||
|
x = 0,96 − 1 = − 0,04, |
|
|||
|
y = 2,95 − 3 = − 0,05, |
|
|||
|
f (1;3) = 1+ 9 − 9 = 1. |
|
|||
|
Итак, z0 = 1, z ≈ z0 + df ( A); |
||||
|
df ( A) = |
∂z( A) |
x + |
∂z( A) |
y; |
|
∂x |
∂y |
|||
|
|
|
|
||
∂∂xz = 2x + 3y;
∂z( A) = 11;
∂x
∂∂yz = 3x − 2 y;
∂z( A) = − 3;
∂y
f(0,96;2,95) ≈ 1+ 11*(− 0,04) + (− 3) *(− 0,05) = 0,71
3.Найдем уравнение касательной плоскости к поверхности, заданной
уравнением x2 + 3xy − y2 − z = 0 в точке С (1;3;1).
Найдем частные производные Fx′, Fy′, Fz′ в точке С (1;3;1).
∂ z = 2x + 3y; ∂ x
Fx′(C) = 11;
∂ z = 3x − 2 y; ∂ y
Fy′ (C) = − 3; Fz′ = − 1
Запишем уравнение касательной.
11*(x − 1) − 3*( y − 3) − 1*(z − 1) = 0
3 ЗАДАЧА 235
Условие задачи. Исследовать на экстремум функции двух переменных. z = x2 + y2 + 2x + 4y − 1.
Решение задачи.
Найдем частные производные и составим систему уравнений для нахождения стационарных точек:
|
∂ z |
= |
2x + 2, |
, |
|
|
|
|
¶ x |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂ z |
|
= |
2y + 4, |
следовательно, система для отыскания стационарных точек |
||
|
¶ y |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
имеет вид: |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
ì |
2x + 2 = 0 |
. |
|
|
|
|
|
í |
2y + 4 = 0 |
|
|
|
|
|
|
î |
|
|
Решив систему, получим стационарную точку: P(-1,-2). Найдем производные 2-го порядка
∂ 2z |
= 2 |
= |
A, |
∂ 2z |
= 2 |
= |
B, |
∂ 2z |
= 0 |
= C |
|
∂ x2 |
∂ y2 |
∂ x∂ y |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
и составим дискриминант |
|
= AB − C2 для стационарной точки P(-1,-2) |
|||||||||
Δ=4-0=4>0, А>0, следовательно, в Р(-1,-2) функция имеет минимум,
zmin = - 6.
4 ЗАДАЧА 245
Условие задачи. Дана функция z=z(x, y), точка A(x0, y0) и вектор а. Найти: 1) grad z в точке А; 2) производную в точке А в направлении вектора а.
z = 5x2 y + 3xy2 , |
А (1; 1) а = 6i – 8j. |
|||||||||||
Решение задачи. |
|
|
|
|
||||||||
1. |
|
grand _ z(A) = |
∂ z(A) |
i + |
∂ z(A) |
|
|
. Найдем частные производные функции z в |
||||
|
j |
|||||||||||
|
∂ y |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
∂ x |
|
|
|
|||
точке А. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
∂ z |
|
= 10yx + |
3y2 , |
|
|
|
|
|
|
||
|
∂ x |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
∂ z(A) |
= 13, |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
∂ x |
. |
|
|
|
|
|
|
||||
|
∂ z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
= 5x2 + 6xy, |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
∂ y |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
∂z(A) = 11.
∂y
Тогда grand _ z(A) = 13i + 11j .
2. Производную по направлению вектора a в точке А находим по формуле
∂ z(A) |
= |
∂ z(A) |
cosα |
+ |
∂ z(A) |
cos β . |
∂ a |
|
|
||||
|
∂ x |
|
∂ y |
|||
Частные производные в точке А нами уже найдены. Для того чтобы
найти cosα ,cos β |
, найдем единичный вектор |
|
0 вектора |
|
. |
|||||||||||||||||||
a |
a |
|||||||||||||||||||||||
|
|
= |
|
|
|
|
= |
6 |
|
8 |
j = 3 i − |
4 |
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
a |
i − |
j , где |
|
|
|
|
||||||||||||||||
a0 |
= |
= 10 . |
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
a |
36 + 64 |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
a |
|
10 |
|
10 |
5 |
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
Отсюда cosα |
= |
3 ,cos β |
= |
− 4 . |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Таким образом, производная по направлению вектора a в точке А:
∂ z(A) |
= 13* |
3 |
+ 11*(− |
4) = − 1. |
|
∂ a |
5 |
||||
|
|
5 |
5 ЗАДАЧА 255
Условие задачи. Найти условный экстремум функции при помощи функции Лагранжа.
z = x2 + y2 , при x + y = 3.
Решение задачи.
Составляем функцию Лагранжа:
F(x, y) = x2 + y2 + λ (x + y − 3).
|
|
|
∂ F |
|
|
|
∂ F |
|
= 2у |
+ λ |
, |
∂ F |
|
|
||||
|
|
= 2х + |
λ , |
|
|
|
= |
х + у - 3. |
||||||||||
Имеем |
|
¶ y |
|
|||||||||||||||
¶ x |
¶ λ |
|||||||||||||||||
Необходимые условия дают систему: |
|
|||||||||||||||||
ì |
2х + λ |
= 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
ï |
2у + λ |
= 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
í |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
ï |
x + y - |
3 = 0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
î |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Решив которую, найдем: |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
λ = − 3,x = |
3, y = |
3 |
, |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂ |
2F |
= 2, |
∂ 2F |
= |
2, |
∂ 2F |
= 0, |
||||||||
Находим ∂ x2 |
|
∂ y2 |
∂ x∂ y |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
d 2F(x, y) = 2(dx2 + dy2). |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
При λ |
= − 3,x = |
2 |
, y = 2 |
, d2F > |
0, в этой точке условный минимум, |
|||||||||||||
zmin = 4,5.