Примеры решения типовых задач по дифференциальному и интегральному исчислению функций нескольких переменных
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 Z0 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.
< Предыдущая | Следующая > |
---|