Так же решение контрольных, написание курсовых и рефератов по другим предметам.

logo

Решение контрольных по математике!!!

Связаться с нами

E-mail: matica@narod.ru

ICQ 229036787, ICQ 320619

 

Home

Примеры решения типовых задач по дифференциальному и интегральному исчислению функций нескольких переменных

PDF Печать E-mail

Задача 31. Исследовать на экстремум функцию Z=-4+6X-X2-Xy-Y2.

Решение. Чтобы исследовать данную дважды дифференцируемую функцию Z=F(X,Y) на экстремум, необходимо:

1. Найти частные производные первого порядка и , приравнять их нулю и решить систему уравнений

Каждая пара действительных корней этой системы определяет одну стационарную точку исследуемой функции. Пусть Р0 (х0;у0) одна из этих точек.

2. Найти частные производные второго порядка и вычислить их значения в каждой стационарной точке.

Положим, что .

3. Составить и вычислить определитель второго порядка .

4. Если в исследуемой стационарной точке Р0 (х0;у0) D>0, то функция Z=F(X,Y) в этой точке имеет максимум при А<0 и минимум при А>0; если D<0, то в исследуемой точке нет экстремума.

Если D=0, то вопрос об экстремуме требует дополнительного исследования.

Находим стационарные точки заданной функции:

Решение системы дает Х0=4, У0=-2.

Следовательно, данная функция имеет только одну стационарную точку Р0 (4,-2).

Находим частные производные второго порядка и их значения в найденной стационарной точке:

Как видно, частные производные второго порядка не содержат Х, они постоянны в любой точке и, в частности в точке Р0 (4,-2). Имеем А=-2; В=-1; С=-2.

Так как D>0 и А<0, то в точке Р0 (4;-2) данная функция имеет максимум:

Задача 32. Написать уравнение касательной плоскости и уравнение нормали к поверхности 3ху2-2уZ+4Xz-2=0 в точке М0 (х0;у0;Z0), если Х0=-1 и У0=2.

Решение. Определим аппликату Z точки касания; для этого подставляем значения Х0 и У0 в данное уравнение поверхности:

Таким образом, М0 (-1;2;-2) – точка касания.

Уравнение касательной плоскости, проведенной к поверхности F (X,Y,Z)=0 в точке М0 (х0;у0;Z0), имеет вид:

(1)

Нормаль проходит через точку касания и перпендикулярная касательной плоскости. Уравнения нормали имеют вид:

(2)

Находим частные производные и вычисляем их значения в точке касания М0 (-1;2;-2):

Подставив в (1) найденные значения частных производных и координаты точки касания, получаем

Или после упрощения Х-2у-2Z+1=0 – Уравнение касательной плоскости.

Из (2) имеем

Или

- искомые уравнения нормали.

Задача 33. Найти наибольшее и наименьшее значения функции Z=X2+2Y2-2X-8Y+5 в замкнутом треугольнике АОВ, ограниченном осями координат и прямой Х+у-4=0 (рис. 12).

Рис. 12.

Решение. Чтобы найти наибольшее и наименьшее значения функции в заданной замкнутой области, необходимо: 1) найти стационарные точки, лежащие внутри области, и вычислить значения функции в этих точках; исследовать на экстремум эти точки не следует; 2) найти наибольшее и наименьшее значения функции на границе области; если граница состоит из нескольких линий, то исследование проводится для каждого участка в отдельности; 3) сравнить полученные значения функции и установить наибольшее и наименьшее значения функции в заданной замкнутой области.

Находим стационарные точки, лежащие внутри заданной области:

Приравняв нулю частные производные и решив полученную систему

Находим стационарную точку Р0 (1;2). Эта точка принадлежит заданной области. Вычислим значение функции в этой точке:

Z(P0)=Z(1;2)=1+8-2-16+6=-4.

Граница области состоит из отрезка ОА оси Ох, отрезка ОВ оси Оу и отрезка АВ. Определим наибольшее и наименьшее значения функции Z на каждом из этих трех участков. На отрезке ОА у=0, а 0£Х£4. Если У=0, то Z(х)=х2-2х+5. Находим наибольшее и наименьшее значения этой функции на отрезке [0,4]:

Вычислим значения функции на концах отрезка ОА, т. е. в точках 0 (0;0) и А (4;0):

Z(0)=5; Z(4)=13.

На отрезке ОВ Х=0 и 0£У£4. Если Х=0, то Z(у)=2у2-8у+5. Находим наибольшее и наименьшее значения этой функции на отрезке [0,4]:

В точке О (0;0) значение функции уже было найдено. Вычислим значение функции в точке В

Z(B)=Z(0;4)=5.

Теперь исследуем отрезок АВ. Уравнением прямой АВ будет У=4-х. Подставив это выражение для У в заданную функцию Z, получим

Определим наибольшее и наименьшее значения этой функции на отрезке [0,4]:

Р3 – стационарная точка на отрезке АВ. Вычислим значение функции в этой точке:

Значения функции на концах отрезка АВ найдены ранее.

Сравнивая полученные значения функции Z в стационарной точке Р0 заданной области, в стационарных точках на границах области Р1, Р2, Р3 и в точках О, А, и В, заключаем, что наибольшее значение в заданной замкнутой области функция Z имеет в точке А, наименьшее значение – в точке Р0 (1;2). Итак,

Задача 34. Дан интеграл Требуется: 1) построить на плоскости ХОу область интегрирования D; 2) изменить порядок интегрирования; 3) вычислить площадь области D при заданном и измененном порядке интегрирования.

Решение. 1. Пределы внешнего интеграла по переменной Х – числа 1 и 3 – указывают на то, что область D ограничена слева прямой Х=1 и справа прямой Х=3.

Пределы внутреннего интеграла по переменной У указывают на то, что область D ограничена снизу параболой У=(х-1)2+1 и сверху прямой У=2х-1. Построив эти линии на отрезке [1;3], получим область D (рис. 13).

Рис. 13. Рис. 14: 1) ;

2)

2. Чтобы изменить порядок интегрирования, установим пределы интегрирования для внешнего интеграла по переменной У. Как видно из рис 13, наименьшее значение, которое принимает У в области D, равно 1 в точке А (1;1), а наибольшее значение равно 5 в точке В (3;5). Следовательно, внешний интеграл по переменной У будет иметь пределы: 1 (нижний предел) и 5 (верхний предел).

Определим пределы для внутреннего интеграла по переменной Х.

Из уравнения прямой У=2х-1 получаем Нижний предел.

Из уравнения параболы У=(х-1)2 получаем - верхний предел. Таким образом,

3. Вычислим площадь области D при заданном порядке интегрирования:

Вычислим площадь области D при измененном порядке интегрирования:

Задача 35. Найти объем тела, ограниченного параболоидом Z=6-X2-Y2 и конусом (рис. 14).

Решение. Искомый объем V находим с помощью

(1)

Определим область D. Исключая из заданных уравнений поверхностей Z, получим уравнение контура области D:

Откуда

(2)

Как видно из уравнения (2), область D представляет круг с центром в начале координат и радиусом, равным 2.

Чтобы вычислить интеграл (1), перейдем к полярным координатам: Х=RcosJ и Y=RsinJ. Область D определяется неравенствами: 0£J£2p, 0£R£2. Выразим подынтегральное выражение (1) через R и J. Заменяя Х2+у2 Через R2 и Dxdy через RdrdJ, получим

Задача 36. Найти функцию U (Х, у), если ее дифференциал

Решение. Рассмотрим криволинейный интеграл

Так как под знаком криволинейного интеграла имеется полный дифференциал, то этот интеграл не зависит от контура интегрирования. Выберем на плоскости ХОу три точки: А (0;0), В (Х;0) и М (Х;у) и за контур интегрирования К примем ломаную АМВ. На отрезке АВ У=0 и, следовательно, Dy=0; на отрезке ВМ х=Const и, следовательно, DХ=0.


 
Яндекс.Метрика
Наверх