BILETY (797972), страница 3

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 3)

Исследовать на экстремум функциюy2  2x  123z  2 y  x2при условииБИЛЕТ 81. Дать определение второго дифференциала ФНП и матрицы Гессе.Второйдифференциалявляетсяквадратичнойформойотпеременных. Как известно из курса алгебры, квадратичной формесопоставляется матрица квадратичной формы, в рассматриваемом случаеимеющая вид 2 z2 x1 2 z x1 x2 . 2 z x x 1 n2 zx1 x22 zx22.2 zx2 xn2 z ...x1 xn 2 z ...x2 xn .. 2 z ...xn2 где все производные вычислены в рассматриваемой точке и называемаяиногда матрицей Гессе.2. Записать формулу для вычисления производной ФНП по направлению.Для функции двух переменныхДля функции трех переменныхz zz cos   cos a x Ay Au uuu cos   cos   cos a x Ay Az A243.

Сформулироватьтеоремудифференцируемости ФНПодостаточныхусловиях4. Составить уравнение касательной плоскости и нормали к поверхности3x4  4 y3 z  4 xyz 2  4 xz 3  1  0 в точке 1;1;1Решение:Найдем частные производные первого порядка:F  x, y, z   3x 4  4 y 3 z  4 xyz 2  4 xz 3  1F x  12 x3  4 yz 2  4 z 3F x M  12 13  4 112  4 13  12F y  12 y 2 z  4 xz 2F y M  12 12 1  4 112  8F z  4 y 3  8 xyz  12 xz 2F z M  4 13  8 111  12 112  8Уравнение касательной плоскости:Fx ( x ; y ; z )   x  x0   Fy000( x0 ; y0 ; z0 )  y  y0   Fz ( x ; y ; z )   z  z0   000012   x  1  8   y  1  8   z  1  012 x  12  8 y  8  8 z  8  012 x  8 y  8 z  4  0Уравнение нормали:x  x0y  y0Fx ( x ; y ; z ) Fy0 0 0( x0 ; y0 ; z0 )z  z0Fz ( x ; y ; z000)x 1 y 1 z 112885.

Исследовать на экстремум функцию z  x2  xy  y 2  3x  6 yРешение:Найдем частные производные и воспользуемся необходимым условиемсуществования экстремума25 z22 x   x  xy  y  3x  6 y  x  2 x  y  3  02 x  y  3  0  zx  2 y  6  0   x 2  xy  y 2  3x  6 y   x  2 y  6  0y yРешим данную систему2 x  y  3  0x  2 y  6  0 4 x  2 y  6x  2 y  6 3x  0x0y3Следовательно, одна точка M  0;32 z2 z2 z2;B1;C2x 2xyy 2AC  B2  2  2  12  4  1  3  0и A  0 точка M  0;3 является точкой минимумаA6. Исследовать на экстремум функцию2 x2  y 2  426z  x2  y 2при условииБилет 91.

Дать определениенаправлениюградиента ФНП и производной ФНП поГрадиентом функцииназывается вектор.Иначе, этот вектор может быть записан следующим образом:Производная по направлению.Пусть задана функция двух переменныхи произвольный векторРассмотрим приращение этой функции, взятое вдоль данноговекторат.е. векторколлинеарный поотношению к вектору . Длина приращения аргументаПроизводной по некоторому направлению называется предел отношенияприращения функции вдоль данного направления на длину приращенияаргумента, когда длина приращения аргумента стремиться к 0.2. Записать уравнение касательной плоскости и нормали к поверхностиF  x, y, z   0 в точке  x0 ; y0 ; z0 Уравнение касательной плоскости:Fx ( x ; y ; z )   x  x0   Fy000Уравнение нормали:( x0 ; y0 ; z0 )  y  y0   Fz ( x ; y ; z )   z  z0   00x  x0y  y0Fx ( x ; y ; z ) Fy0 0 0( x0 ; y0 ; z0 )00z  z0Fz ( x ; y ; z000)3.

Сформулировать теорему о независимости смешанных частныхпроизводных от порядка дифференцирования274. Составить уравнение касательной плоскости и нормали к поверхностиx2  2 y 2  3z 2  xy  yz  2 xz  16  0 в точке 1;2;3Решение:Найдем частные производные первого порядка:F  x, y, z   x 2  2 y 2  3z 2  xy  yz  2 xz  16F x  2 x  y  2 zF x M  2 1  2  2  3  2F y  4 y  x  zF y M  4  2  1  3  12F z  6 z  y  2 xF z M  6  3  2  2 1  18Уравнение касательной плоскости:Fx ( x ; y ; z )   x  x0   Fy000( x0 ; y0 ; z0 )  y  y0   Fz ( x ; y ; z )   z  z0   00002   x  1  12   y  2   18   z  3  02 x  2  12 y  24  18 z  54  02 x  12 y  18 z  32  0Уравнение нормали:x  x0y  y0Fx ( x ; y ; z ) Fy0 0 0( x0 ; y0 ; z0 )z  z0Fz ( x ; y ; z000)x 1 y  2 z  3212185.

Исследовать на экстремум функцию z  x3  3 y 2  2 x 2  4 yРешение:Найдем частные производные и воспользуемся необходимым условиемсуществования экстремума z3222 x   x  3 y  2 x  4 y  x  3x  4 x  03x 2  4 x  0 z6 y  4  0   x3  3 y 2  2 x 2  4 y   6 y  4  0y yРешим данную систему283x 2  4 x  06 y  4  0y133x 2  4 x  0 3x  4  x  0x1  0x2 43 1 4 1Следовательно, две точки M1  0;  , M 2  ;  3 3 3A2 z2 z6x4;B 0;x 2xyC2 z6y 2 1Для точки M 1  0;  32 z2 z2 z6044;B0;C6x 2xyy 2AC  B2  4  6  02  24  0 экстремума нетA 4 1Для точки M 2  ;  3 3A2 z42 z644;B 0;x 23xyAC  B2  4  6  02  24  0иC2 z6y 2A0следовательно, 4 1M2  ;  3 3точкаминимума6.

Исследовать на экстремум функциюx  3 y  212229z  x  2yпри условииБИЛЕТ 101. Дать определение (обычного ) экстремума (локального максимума иминимума) ФНПФункцияимеет максимум в точке(т. е. прии), еслидля всех точек, достаточно близких кточкеи отличных от нее.Функцияимеет минимум в точке(т. е. прии), еслидля всех точек, достаточно близких к точкеи отличных от нее.Максимум и минимум функции называются экстремумами функции, т. е.говорят, что функция имеет экстремум в данной точке, если эта функцияимеет максимум или минимум в данной точке.2. Перечислить основные свойства градиента ФНПСвойства градиента:· Градиент направлен по нормали к поверхности z=ƒ(х; у) в точке М0.· Градиент направлен в сторону наибольшего возрастания функции иравен по величине мгновенной скорости возрастания функции (то естьпроизводной по этому направлению).· Производная по направлению вектора, перпендикулярного квектору, равна нулю.3.

Сформулировать теорему о необходимых и достаточных условияхтого, чтобы выражениедифференциаломP  x, y  dx  Q  x, y  dyбылополнымДлятого,чтобывыражение P(x,y)dx+Q(x,y)dyбылополнымдифференциалом некоторой функции u=u(x,y), необходимо и достаточно,P  x, y  Q  x, y чтобыдлявсехх,уприусловии,чтоyxP  x, y  Q  x, y непрерывнывнекоторойP  x, y  ; Q  x , y  ;;yxограниченной области.4. Составить уравнение касательной плоскости и нормали к поверхности z 2  x2  xyz  y5  5 в точке 1;1;230Решение:Найдем частные производные первого порядка:F  x, y, z    z 2  x 2  xyz  y 5  5 или F  x, y, z   xyz 3  x3 yz  y5  5F x  yz 3  3x 2 yzF x M  1 23  3 12 1 2  8  6  14F y  xz 3  x3 z  5 y 4F y M  1 23  13  2  5 14  5F z  3xyz 2  x3 yF z M  3 11 22  13 1  25Уравнение касательной плоскости:Fx ( x ; y ; z )   x  x0   Fy000( x0 ; y0 ; z0 )  y  y0   Fz ( x ; y ; z )   z  z0   000014  x  1  5   y  1  25   z  2   014 x  14  5 y  5  25 z  50  014 x  5 y  25 z  69  0Уравнение нормали:x  x0y  y0Fx ( x ; y ; z ) Fy0 0 0( x0 ; y0 ; z0 )z  z0Fz ( x ; y ; z000)x 1 y 1 z  2145255.

Исследовать на экстремум функцию z  x3  8 y3  6 xy  1Решение:Найдем частные производные и воспользуемся необходимым условиемсуществования экстремума z332 x   x  8 y  6 xy  1 x  3x  6 y  03x 2  6 y  0  z224 y  6 x  0   x3  8 y 3  6 xy  1  24 y 2  6 x  0y yРешим данную систему3x 2  6 y  0224 y  6 x  0yx222 x2 24    6 x  0 26x4  6x  06 x  x 3  1  0x1  0x3  1  0x2  120y1 0212y2   0,5231Следовательно, две точки M1  0;0 , M 2 1;0,5A2 z2 z6x;B 6;x 2xyCДля точки M1  0;0 A2 z2 z600;B 6;x 2xy2 z 48 yy 2C2 z 48  0  0y 2AC  B 2  0  0   6   36  0 не является точкой экстремума2Для точки M 2 1;0,5A2 z2 z616;B 6;x 2xyC2 z 48  0,5  24y 2AC  B 2  6  24   6   144  36  108  02и A  0 точка M 2 1;0,5 является точкой минимума6.

Исследовать на экстремум функцию z  e x y при условии x 2  y 2  232БИЛЕТ 111. Дать определение условного экстремума ФНП2. Записать формулы для вычисления частных производных сложнойфункции вида z  f  u  x, y  , v  x, y  z f u f v x u x v xz f u f v y u y v y3. Сформулировать теорему о неявной функцииF  x, y, z   04. Составить уравнение касательной плоскости и нормали к поверхностиx  y  z  e x2 y  z в точке  2;3;4 33Решение:Найдем частные производные первого порядка:F  x, y , z   x  y  z  e x  2 y  zF x 1 e x2 y  z2 x yzF y 1 2e x  2 y  z2 x yzF y M 1 2e 2 23 4  0,5  2  2,52 23 4F z 1 e x2 y  z2 x yzF z M 1 e 2 23 4  0,5  1  1,52 23 4F x M Уравнение касательной плоскости:Fx ( x ; y ; z )   x  x0   Fy000( x0 ; y0 ; z0 )1 e 2 23 4  0,5  1  0,52 23 4  y  y0   Fz ( x ; y ; z )   z  z0   00000,5   x  2   2,5   y  3  1,5   z  4   00,5 x  1  2,5 y  7,5  1,5 z  6  00,5 x  2,5 y  1,5 z  2,5  0Уравнение нормали:x  x0y  y0Fx ( x ; y ; z ) Fy0 0 0( x0 ; y0 ; z0 )z  z0Fz ( x ; y ; z000)x 2 y 3 z 40,5 2,5 1,55.

Исследовать на экстремум функцию z  x3  y 3  15xyРешение:Найдем частные производные и воспользуемся необходимым условиемсуществования экстремума z332 x   x  y  15 xy  x  3x  15 y  03x 2  15 y  0 z 23 y  15 x  0   x3  y 3  15 xy   3 y 2  15 x  0y yРешим данную систему3x 2  15 y  0 23 y  15 x  0 x 2  5 y  0 2 y  5 x  02 x2    5x  0 534x2y5x4 5x  025 x3x   5  0 25 x1  0x35  025y1 0205x3  125 x2  5  y2 5255Следовательно, две точки M1  0;0  , M 2  5;5Находим частные производные второго порядка2 z2 zA  2  6 x; B  15;xxyДля точки M1  0;0 A2 zC  2  6yy2 z2 z600;B 15;x 2xyC2 z 60  0y 2AC  B 2  0  0   15  225  0 экстремума нет2Для точки M 2  5;5A2 z2 z6530;B 15;x 2xyC2 z 6  5  30y 2AC  B2  30  30   15  900  225  675  02и A  0 точка M 2  5;5 является точкой минимумаx26.

Характеристики

Список файлов ответов (шпаргалок)