Методические указания к выполнению РГР по математичскому анализу (1012831), страница 4
Текст из файла (страница 4)
17Замечание.При построении графика следует учитывать, что если в точке экстремума f ′( x ) = 0, то касательная к графикупараллельна оси ОХ, а если f ′( x ) = ∞, то касательная к графику параллельна оси OY (вертикальная).Пример 2. Исследовать функцию y = xeРешение.1) D( f ) = R; E ( f ) ⊂ R.−xи построить ее график.2) точки пересечения с осью OY: x = 0 ⇒ y = 0; ⇒ точка (0;0);Точки пересечения с осью OX: y = 0 ⇒ x = 0, так как e − x ≠ 0 ⇒ точка (0;0);исследуем знак y (x), учитывая, что e − x > 0 при любых x.х03) y = xe − x определена и непрерывна на R ⇒ нет вертикальных асимптот.4) D( f ) симметрична, вычислим f (− x) .f ( − x) = − xe − ( − x ) = − xe x ⇒ f ( − x) ≠ f ( x), f ( − x) ≠ − f ( x),т.
е. y = xe − x - функция общего вида.Периодичность: f ( x + T ) = ( x + T )e − ( x +T ) ≠ f ( x) при T ≠ 0 , то есть функция не периодическая.5) y ′( x ) = ( xe − x )′ = 1 ⋅ e − x + xe − x (−1) = e − x (1 − x );⎡ y ′( x ) = 0⎢⎢⎣ y ′( x ) = ∞⎡e − x (1 − x) = 0⎡ x = 1,⇒⎢⎢ −x⎢⎣e (1 − x) = ∞⎣ x ∈ ∅;исследуем знак y ′(x) :max1х11≈ 0,4 ⇒ точка (1; ) - точка максимума, так как f ′(x) меняет знак с положительного наeey max = y (1) = 1 ⋅ e −1 =отрицательный.6) y ′′( x) = [e − x (1 − x)]′ = − e − x (1 − x) + e − x (−1) = − e − x (1 − x + 1) = e − x ( x − 2);⎡ y ′′ = 0⇒⎢⎢⎣ y ′′ = ∞⎡e − x ( x − 2) = 0 ⇒ x = 2⎢ −x⎢⎣e ( x − 2) = ∞ ⇒ x ∈ ∅;исследуем знак y ′′(x) :y (2) = 2e − 2 =2e2≈ 0,3 ⇒ точка (2;2e2) - точка перегиба, так как знаки второй производной слева и справа от нееразличны.7) Наклонные асимптоты ищем в виде y = kx + bПравая асимптота:xe − xk = lim= lim e − x = 0 ,x→ +∞ xx→ +∞1x ⎡∞ ⎤= ⎢ ⎥ = lim= 0,b = lim ( xe − x − 0 ⋅ x) = limx→ +∞x→ +∞ e xx→+∞∞ex⎣ ⎦где при вычислении предела применено правило Лопиталя; тогда y = 0 - правая асимптота.Левая асимптота:xe − xk = lim= lim e − x = +∞ ⇒ нет левой асимптоты.x→ −∞x → −∞xТаблица 7(2;+∞)xy′(−∞;1)1(1;2)2+0---y ′′---0+ymax ,1eт.
п.2e2График y = xe − x изображен на рис. 18.-1Замечание.При построении графика взята еще одна точка:y (−1) = −e ≈ −2,7.−eРис. 186. Дифференцирование функций многих переменныхи его приложения6.1. Исследование на экстремум функции u = f ( x, y, z )(методические указания к п. V а)Условие: исследовать функцию u = u ( x; y; z ) на экстремум.Необходимое условие: u ′ = 0, u ′ = 0, u ′ = 0 - решение этой системы называют стационарной точкой. Этоxyzточка возможного экстремума. В ней применяют достаточное условие. Пусть точка M 0 - стационарная.
Тогдаобозначим′ ( M ) = a , u ′′ ( M ) = a = a , u ′′ ( M ) = a = a ; u ′′ ( M ) = a , u ′′ ( M ) = a = a , u ′′ ( M ) = au ′xx011xy01221xz01331yy022yz02332zz033Составим матрицу:⎛ a11 a12 a13 ⎞⎜⎟A = ⎜ a 21 a 22 a 23 ⎟, вычислим ее угловые миноры:⎜a⎟⎝ 31 a 32 a 33 ⎠Δ 1 = a11 , Δ 2 =a11a 21a12, Δ 3 = det Aa 22Достаточное условие:1) Δ 1 > 0, Δ 2 > 0, Δ 3 > 0 ⇒ минимум в точке M 0 ;M0,2) Δ 1 < 0, Δ 2 > 0, Δ 3 < 0 ⇒ максимум в точке M 0 ,3) при любом другом наборе знаков в точке M 0 нет экстремума,4) если хотя бы один из Δ 1 , Δ 2 , Δ 3 равен нулю, то требуется дополнительное исследование.Пример 1.
Исследовать на экстремум: u = x 2 + 2 y 2 + 3 z 2 + 4 xy − 4 yz − 4 x + 4 z .Решение.1) Ищем стационарную точку M 0 ( x0 ; y 0 ; z 0 ), применяя необходимое условие:⎧u ′ = 2 x + 4 y − 4,⎪⎪ x⎨u ′y = 4 y + 4 x − 4 z , ⇒⎪⎪⎩u ′z = 6 z − 4 y + 4,⎧2 x + 4 y − 4 = 0,⎪⎨4 x + 4 y − 4 z = 0, ⇒⎪6 z + 4 = 0,⎩⎧⎪ x + 2 y = 2,⎪⎨ x + y − z = 0,⎪2⎪z = − .3⎩(1)( 2)Из уравнения (1) вычтем уравнение (2):2 8y + z =2⇒ y =2+ = ;3 31610x = 2 − 2y = 2 − = − ;3310 8 2M 0 (− ; ;− ) - стационарная точка.3 3 32) Применяем в точке M 0 достаточное условие:′ = 2 = a ; u ′′ = 4 = a = a ; u ′′ = 0 = a = a ;u ′xx11xy1221xz1331′ = 4 = a ; u ′′ = − 4 = a = a ; u ′′ = 6 = a .u ′yy22yz2332zz330 ⎞⎛2 4⎜⎟A = ⎜ 4 4 − 4 ⎟;Δ 1 = 2 > 0, Δ 2 = 8 − 16 < 0, Δ 3 = 48 − 32 − 96 < 0 ⇒ в точке M 0 нет экстремума.⎜0 − 4 6 ⎟⎝⎠Ответ: функция u ( x; y; z ) не имеет точек экстремума.Пример 2. Исследовать на экстремум функцию u = x12 + 5 x 22 + 3 x 32 + x1 x 3 + x 2 x 3 − 10 x 2 − 6 x 3 − 2 x1 .Решение.1) Ищем стационарную точку, применяя необходимое условие:⎧ ∂u2 − x3x⎧= 2 x1 + x3 − 2,⎪x1 == 1− 3 ,⎪22⎪ ∂x1⎪⎧2 x1 + x3 − 2 = 0,⎪ ∂u10 − x3x⎪⎪⎪⎪= 10 x 2 + x3 − 10, ⇒ ⎨10 x 2 + x3 − 10 = 0, ⇒ ⎨ x 2 == 1− 3 ,⎨1010⎪ ∂x 2⎪6 x + x + x − 6 = 0; ⎪12⎩ 3⎪ ∂u⎪x3x3+1−= 6;⎪⎪6 x3 + 1 −= 6 x3 + x1 + x 2 − 6;⎪⎩210⎩⎪ ∂x36 x3 − 0,6 x3 = 4 ⇒ 5,4 x3 = 4 ⇒ x3 =20;271 20 17x1 = 1 − ⋅=;2 27 271 20 25x2 = 1 − ⋅= .10 27 27⎛ 17 25 20 ⎞Значит, точка M 0 ⎜ ; ; ⎟ - стационарная.⎝ 27 27 27 ⎠2) Применяем в точке M 0 достаточное условие:a11 = 2, a12 = a 21 = 0, a13 = a 31 = 1, a 22 = 10, a 23 = a 32 = 1, a 33 = 6.⎛2 0 1⎞⎟⎜A = ⎜ 0 10 1 ⎟;⎜ 1 1 6⎟⎠⎝⎛ 17 25 20 ⎞Δ 1 = 2 > 0; Δ 2 = 20 > 0; Δ 3 = 120 − 10 − 2 > 0 ⇒ минимум в точке M 0 ⎜ ; ; ⎟.⎝ 27 27 27 ⎠⎛ 17 25 20 ⎞Ответ: функция u ( x1 , x 2 , x3 ) имеет минимум в точке M 0 ⎜ ; ; ⎟.⎝ 27 27 27 ⎠6.2.
Геометрические приложения(методические указания к п. V б)Задачи этого пункта связаны с понятием градиента: grad f = ( f x′ ( M 0 ); f y′ ( M 0 ); f z′ ( M 0 )). Этот векторзадает направление наибольшей скорости роста функции в данной точке. Для функции трех переменныхu = f ( x; y; z ) вектор grad f ( M 0 ) перпендикулярен к поверхности уровня, т. е. поверхности f ( x; y; z ) = C ; дляu = f ( x; y ) grad f ( M 0 ) перпендикулярен к линии уровня, то есть к линии f ( x; y ) = C.Если поверхность задана уравнением f ( x; y; z ) = 0, то в ее точке M 0 ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) можно написать уравнениякасательной плоскости:f x′ ( M 0 )( x − x 0 ) + f y′ ( M 0 )( y − y 0 ) + f z′ ( M 0 )( z − z 0 ) = 0и нормали к поверхности:x − x0y − y0z − z0==.f x′ ( M 0 ) f y′ ( M 0 ) f z′ ( M 0 )Производная по заданному направлению l = (l1 , l 2 , l 3 ) вычисляется по формуле:∂f ( M 0 )∂lгде cos α =l1l, cos β =l2, cos γ =ll3l= u ′x ( M 0 ) cos α + u ′y ( M 0 ) cos β + u ′z ( M 0 ) cos γ ,, l = l12 + l 22 + l 32 .Следует заметить, что если l ↑↑ grad f ( M 0 ), то∂f ( M 0 )∂l= grad f ( M 0 ) .Пример 1.
Найти производную функции u = xy + yz + zxN (5;5;15).Решение.u ′x = y + z;u ′ = x + z,yв точке M (2;1;3) в направлении вектора MN , гдеu ′x ( M ) = 4,u ′ ( M ) = 5,yu ′z = x + y ,l = MN = (5 − 2; 5 − 1;15 − 3);u ′z ( M ) = 3.l = (3;4;12) ⇒ l = 9 + 16 + 144 = 169 = 13; cos α =∂u ( M )∂l= 4⋅313+ 5⋅413+ 3⋅1213=12 + 20 + 3613=6813313, cos β =413, cos γ =.Пример 2. Найти уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности S : x 2 + y 2 + z 2 = 6 в точкеM (1;1;−2).Решение.u ′x = 2 x,u ′x ( M ) = 2;u ′ = 2 y,u ′ ( M ) = 2;yu ′z = 2 z ,yu ′z ( M ) = − 4.1213.Касательная плоскость:2( x − 1) + 2( y − 1) − 4( z + 2) = 0, или x − 1 + y − 1 − 2 z − 4 = 0 ⇒ x + y − 2 z − 6 = 0.Нормаль:x −12=y −12=z+2−4.Пример 3.
Найти grad f (M ) и производную в направлении grad f (M ), если f ( x; y; z ) = x 3 + 2 xy 2 + 3 yz 2 , вточке M (0;1;1).Решение.f x′ = 3x 2 + 2 y 2 ;f x′ ( M ) = 0 + 2 = 2;f y′ = 4 xy + 3 z 2 ;f y′ ( M ) = 3;f z′ = 6 yz;f z′ ( M ) = 6;grad f ( M ) = (2;3;6);∂u ( M )∂l= grad f ( M ) = 4 + 9 + 36 = 7.Заметим, что можно найти e 0 − единичный вектор в направлении grad f ( M 0 ) :⎛2 3 6⎞e 0 = ⎜ ; ; ⎟.⎝7 7 7⎠7. Геометрические приложения определенного интеграла(методические указания к п. VI)Это задание связано с геометрическими приложениями определенного интеграла: вычислением площадиплоской фигуры, длины дуги кривой, объема тела вращения, объема тела по известному поперечному сечению,площади поверхности вращения.
При этом кривая может быть задана в декартовой системе координат в явномвиде и в параметрическом, а также – в полярной системе координат.1. Площадь плоской фигуры.bПусть f ( x) ≥ 0, непрерывна на [a; b ] , тогда S = ∫ f ( x)dx (рис. 19)ayf (x)S0baxРис. 19bПусть f 2 ( x) ≥ f 1 ( x), f 2 ( x), f 1 ( x) непрерывны на [a; b] , тогда S = ∫ ( f 2 ( x) − f1 ( x))dx. (рис.
20)ayf 2 ( x)S0baf 1 ( x)xРис. 20Пример 1. Вычислить площадь, ограниченную параболой y = 4 x − x 2 и осью абсцисс ( y = 0) .Решение.Найдем точки пересечения параболы с осью OX (рис. 21):⎧⎪ y = 4 x − x 2 ,⎡ x = 0,⇒ 4x − x 2 = 0 ⇒ ⎢⎨⎪⎩ y = 0;⎣ x = 4;4S = ∫ (4 x − x 2 )dx = (2 x 2 −0y64 32x3 4) | = 32 −= ;0333y = 4x − x 2S0S01Рис. 214xПример 2. Вычислить площадь, ограниченную параболой y = 2 x − x 2 и прямой y = − x.Решение.Найдем точки пересечения этих кривых, а также точки пересечения параболы с осью OX (для построения):⎧⎪ y = 2 x − x 2 ,⎡ x = 0,⇒ − x = 2 x − x 2 ⇒ x 2 − 3x = 0 ⇒ ⎢⎨⎪⎩ y = − x;⎣ x = 3.⎧⎪ y = 2 x − x 2 ,⎧ x = 0,- точки пересечения с осью ОХ (рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
