1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 72

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

Текст из файла (страница 72)

Так как в точках этого кругаF (x, y, z) = F (x, y, 0) = x2 − 2ax + y 2 − 2ay,то координаты экстремальной точки, лежащей внутри этого круга, должныудовлетворять системе 2x − 2a = 0,2y − 2a = 0,z = 0.741Отсюда получаем a3 = (a, a, 0).Наконец, осталось найти возможную экстремальную точку a4 = (x, y, 0)на окружности x2 + y 2 = 4a2 , z = 0. Запишем функцию ЛагранжаL(λ, x, y) = x2 − 2ax + y 2 − 2ay − λ(x2 + y 2 − 4a2 ).Координаты критической точки этой функции должны удовлетворять системе 2x − 2a + 2λx = 0,2y − 2a + 2λy = 0, 2x + y 2 = 4a2 .Отсюда получаем две возможные экстремальные точки на окружности x2 +y 2 = 4a2 , z = 0:√ √√√a4 = ( 2a, 2a, 0) и a5 = (− 2a, − 2a, 0).Ответ.√max F (a) = F (a5 ) = 4a2 ( 2 + 1),a∈Gmin F (a) = F (a1 ) = −3a2 .a∈GДомашняя работа16.6Задача № 30.1.б, §5, C. 121, [5]Найти наибольшее и наименьшее значения функции F (x, y) = 3 + 2xy назаданном множестве D = {(x, y) ∈ R2 : 4 6 x2 + y 2 6 9}.16.7Пример № 11, С.

349, [13]Найдем наибольшее и наименьшее значения функции F (x1 , . . . , xn ) =на множестве G = {x ∈ Rn :nPnPx2ii=1x4i 6 1}i=117Seminar on 04.04.2019. Room 405. Контрольная работа742Подготовка к контрольной работе.• Прорешивание домашней работы: 11.6, 11.7, 12.9, 12.10, 12.11, 12.12, 12.13,13.8, 13.9, 12.10, 13.11, 13.12, 13.13, 14.14, 14.15, 15.7, 15.8, 15.9, 15.10,15.11, 16.6, 16.7.• Найти min y и max y, где γ = {(x, y) ∈ R2 : (x2 + y 2 )2 = x2 −(x,y)∈γ(x,y)∈γ2y }, см.

13.5. Подсказка. Здесь можно построить функцию ЛагранжаL(λ, x, y) = y − λ((x2 + y 2 )2 − x2 + y 2 ).• Найти min y и max y, где γ = {(x, y) ∈ R2 : (x2 +y 2 )2 = 3x2 y −y 3 }, см.(x,y)∈γ(x,y)∈γ17. Другой способ решения заключается в использовании. Подсказка.Поскольку функция Лагранжа L(λ, x, y) = y − λ((x2 + y 2 )2 − 3x2 y +y 3 ) приведет к системе нелинейных уравнений, то здесь, для упрощениявычислений, можно воспользоваться параметризацией1x(ϕ) = sin 3ϕ cos ϕ = (sin 4ϕ + sin 2ϕ),21y(ϕ) = sin 3ϕ sin ϕ = (cos 2ϕ − cos 4ϕ),2π2π4π 5πϕ ∈ (0, 3 ) ∪ ( 3 , π) ∪ ( 3 , 3 ).

См. задачу .Контрольная работаВариант A.1. [2, Задача № 3425] Функция z = z(x, y) задана уравнениемzz= 0.f x + ,y +yxПоказать, что∂z∂z+y= z − xy.∂x∂yПодсказка. Здесь мы задаем функцию f = f (u, v).x2. Найти min x и max x, где γ = {(x, y) ∈ R2 : x4 + y 4 = x2 + y 2 } (Обя(x,y)∈γ(x,y)∈γзательно построить график кривой и отметить точки условного экстремума). Построить T(1,1) γ; T(0,1) γ.7433. Одна из задач на выбор: 16.6, 16.7.4. [5, Задача № 27.5, §5, Стр. 121] Найти условные экстремумы функцииF (x, y, z) = xα y β z γ , α > 0, β > 0, γ > 0, при заданном уравнении связи:x + y + z = a,a > 0.Решение. Мы рассматриваем функцию ЛагранжаL(λ, x, y, z) = xα y β z γ − λ(x + y + z − a)Ищем стационарные точки:αxα−1 y β z γ − λ = 0, βxα y β−1 z γ − λ = 0,γxα y β z γ−1 − λ = 0, x + y + z = a.Из первых трех уравнений получимxα=yβ= γz .Получим точку (λ0 , x0 , y0 , z0 ):β γλ0 = αxα−10 y0 z0 ,x0 =αa,α+β+γy0 =βa,α+β+γγa.α+β+γz0 =Здесь T(x0 ,y0 ,z0 ) M = {h ∈ R3 : h3 = −h1 − h2 }.

Матрица Гесса функцииЛагранжа по переменным x, y, z имеет вид∂ 2Lα β γ(λ,x,y,z)=xyz0 0 0 00 0 0 ∂x2Несложно показать, чтоα(α−1)x20αβx0 y0αγx0 z0∂2L∂x2 (λ0 , x0 , y0 , z0 )hh, hiαβx0 y0β(β−1)y02βγy0 z0αγx0 z0βγy0 z0γ(γ−1)z02< 0 при ∀h ∈ T(x0 ,y0 ,z0 ) M ,|h| =6 0.5. (Дополнительная задача). [5, Задача № 17.2, §5, C. 119] Исследовать двумя способами на экстремум непрерывно дифференцируемую функциюu = u(x, y), заданную неявно условиями:25x2 + y 2 + 16u2 − 50x + 64u − 311 = 0, u < −2.744Вариант Б.1. [2, Задача № 3424] Функция z = z(x, y) задана уравнением zx2 + y 2 + z 2 = yf.yПоказать, что∂z∂z+ 2xy= 2xz.∂x∂yПодсказка. Здесь мы задаем функцию f = f (u).(x2 − y 2 − z 2 )2. Найти min y и max y, где γ = {(x, y) ∈ R2 : x4 + y 4 = x2 + y 2 }. (Обя(x,y)∈γ(x,y)∈γзательно построить график кривой и отметить точки условного экстремума). Построить T(−1,1) γ; T(1,0) γ.Подсказка.

Составить функцию Лагранжа L(λ, x, y) = y − λ(x4 + y 4 −x2 − y 2 ). Ищем неподвижную точку3 ∂x L = −λ(4x − 2x) = 0,∂y L = −λ(4x3 − 2x) = 0,−∂λ L = x4 + y 4 − x2 − y 2 = 0,q √ 1Получим точки ± √2 , ± 1+2 23. [5, Задача № 27.3, §5, Стр. 120] Найти условные экстремумы функцииF (x, y, z) = xα + y α + z α , α > 0, при заданном уравнении связи:x + y + z = a,a > 0.Решение.

Мы рассматриваем функцию ЛагранжаL(λ, x, y, z) = xα + y α + z α − λ(x + y + z − a)Ищем стационарные точки:αxα−1 − λ = 0, αy α−1 − λ = 0,αz α−1 − λ = 0, x + y + z = a.745При α 6= 1 получим точку (λ0 , x0 , y0 , z0 ): λ0 = αa3.a α−1,3x0 = y0 = z0 =Здесь T(x0 ,y0 ,z0 ) M = {h ∈ R3 : h3 = −h1 − h2 }. Для любого h ∈T(x0 ,y0 ,z0 ) M , |h| =6 0∂ 2L(λ0 , x0 , y0 , z0 )hh, hi < 0 при α ∈ (0, 1),∂x2∂ 2L(λ0 , x0 , y0 , z0 )hh, hi > 0 при α > 1.∂x24. Одна из задач на выбор: 16.6, 16.7.5.

(Дополнительная задача). [5, Задача № 17.3, §5, C. 119] Исследовать двумя способами на экстремум непрерывно дифференцируемую функциюu = u(x, y), заданную неявно условиями:x2 + 4y 2 + 9u2 − 6x + 8y − 36u = 0, u > 2.18Seminar on 08.04.2019. Room 5213. Криволинейныеинтегралы первого родаОпределение 18.1. Пусть L = A˘B – кусочно-гладкая кривая в R3 c концевыми точками A и B. Набор несовпадающих точек этой кривой a0 , a1 , . . .

, an ,занумерованных в порядке следования от A к B: a0 = A, an = B или от Bк A: a0 = B, an = A, называется разбиением кривой L и обозначается T .Пусть функция f : L → R определена и ограничена на кусочногладкойкривой L ⊂ R3 и T : a0 , a1 , . . . , an – разбиение L. Введем обозначения: |ai−1˘ai |– длина дуги ai−1˘ai .Mi = sup f (x),mi =x∈ai−1˘aiS(f, T ) =s(f, T ) =nXi=1nXinfx∈ai−1˘aif (x),Mi |ai−1˘ai | – верхняя сумма Дарбу;mi |ai−1˘ai | – нижняя сумма Дарбу;i=1746J (f, L) = inf S(f, T ) – верхний интеграл Дарбу;TJ (f, L) = sup s(f, T ) – нижний интеграл Дарбу.TОпределение 18.2. Функция f : L → R, определенная и ограниченная накусочно-гладкой кривой L ⊂ R3 , интегрируема по кривой L, если J (f, L) =J (f, L).

В этом случае общее значение интегралов Дарбу называется криволинейным интегралом первого рода от функции f по кривой L = A˘B иRRобозначается f ds, илиf ds.LA˘BОбратим внимание на то, что поскольку в определении сумм Дарбу используются величины длин дуг ai−1˘ai , то эти суммы не зависят от того, вкаком порядке следования нумеровались – точки кривой L = A˘B при еёразбиении – от A к B или от B к A. Из этого следует, что криволинейныйинтеграл первого рода не зависит от порядка следования точек разбиения,или, как принято говорить, не зависит от ориентации кривой L.Как видно, определение криволинейного интеграла первого рода дословно повторяет определение интеграла Римана функции f по отрезку [a, b].Оно является переносом определения интеграла с прямолинейного отрезкана криволинейный.

Единственным различием интеграловZbZf (x) dx =aZf (x) dx иZf (x) ds =L[a,b]f (x) dsA˘BRRявляется "направленность"интеграла, т.е. равенствоf (x) dx = −f (x) dx[a,b] RRR [b,a]и "ненаправленность"интегралаf ds, т.е. равенствоf ds =f ds.A˘BA˘BB˘AКриволинейные интегралы первого рода. Пусть спрямляемая кривая Γзадана уравнениемr = r(s), 0 6 s 6 S,где s – переменная длина дуги этой кривой. Тогда, если на кривой Γ определена функция F , то числоZSF (r(s)) ds0747называют криволинейным интегралом первого рода от функции F по кривойRRΓ и обозначают F (x, y, z) ds или, короче, F ds.ΓΓТаким образом, по определениюZSZF (x, y, z) ds =F (x(s), y(s), z(s)) ds.0ΓИнтеграл существует, если функция F непрерывна на кривой Γ.Свойства криволинейного интеграла первого рода.1) Криволинейный интеграл первого рода не зависит от ориентации кривой.2) Если кривая Γ есть объединение конечного числа кривых Γ1 , .

. . , Γk , афункция F непрерывна на Γ, тоZk ZXF (x, y, z) ds =F (x, y, z) ds.i=1 ΓiΓ3) Если гладкая кривая Γ задана уравнением r = r(t), α 6 t 6 β, а функцияF непрерывна на кривой Γ, тоZβZF (x, y, z) ds =pF (x(t), y(t), z(t)) (x0 (t))2 + (y 0 (t))2 + (z 0 (t))2 dt.αΓЕсли Γ – гладкая плоская кривая, заданная уравнениемy = f (x), a 6 x 6 b,тоZbZF (x, y) dx =pF (x, f (x)) 1 + (f 0 (x))2 dx.aΓАналогично, если гладкая плоская кривая Γ задана уравнениемx = ϕ(y),тоZdZF (x, y)ds =Γc 6 y 6 d,pF (ϕ(y), y) 1 + (ϕ0 (y))2 dy.c74818.1ЗадачаЗапишем параметрическое представление кривой L, заданной уравнениемx2/3 + y 2/3 = a2/3 , a > 0.Решение.

Функция F (x, y) = x2/3 + y 2/3 является абсолютно однороднойфункцией степени 2/3. Обозначая через t отношение y/x, получаем соотношение, связывающее x и t: x2/3 (1 + t2/3 ) = a2/3 . Это равенство определяет двеоднозначные функции x1 (t) = a/(1 + t2/3 )3/2 и x2 (t) = −a/(1 + t2/3 )3/2 . Такимобразом, кривую L придется рассматривать как объединение: L = L1 ∩ L2 ,где L1 = {(x, y) : x(t) = a/(1 + t2/3 )3/2 , y(t) = at/(1 + t2/3 )3/2 , t ∈ R} иL2 = {(x, y) : x(t) = −a/(1 + t2/3 )3/2 , y(t) = −at/(1 + t2/3 )3/2 , t ∈ R}.В данном случае удобнее воспользоваться переходом к обобщенной полярной системе координат. Положимx = r cos3 ϕ,y = r sin3 ϕ,тогда уравнение кривой L примет вид r = a.

Обратный переход к x и y даетпараметрическое представление кривой:L = {(x, y) : x = a cos3 ϕ,18.2y = a sin3 ϕ,ϕ ∈ [0, 2π)}.ЗадачаЗапишем параметрическое представление кривой L, заданной соотношения2ми x2 + y 2 + z 2 = 2ax, x2 + y 2 = z(, z > 0.x2 + y 2 = z 2 ,Решение. Исключая из системыпеременную z, полуx2 + y 2 + z 2 = 2axчаем, что переменные x и y связаны соотношением x2 + y 2 = ax, т.

е. проек-цией кривой L на плоскость OXY является окружность (x − a2 )2 + y 2 =Простейшая параметрическая запись L∗ есть x =a2+a2cos t, y =a2a24.sin t,t ∈ [0, 2π).Из уравнения x2 + y 2 = z 2 и условия z ≥ 0 получаем, что z = a| cos 2t |.Чтобы получить гладкое представление переменной z, заметим, что в параметрическом задании окружности L можно взять в качестве промежутка изменения параметра t любой отрезок длиной 2π; если t ∈ (−π, π], то cos 2t ≥ 0749и, следовательно, z = cos 2t . Итак,ataL = {(x, y, z) : x = (1 + cos t), y = sin t, z = a cos , −π < t 6 π}.22218.3Задача № 9, §10, [5], Стр. 262Вычислить криволинейный интеграл первого рода:ZI = (x4/3 + y 4/3 ) ds,Γгде Γ – астроида, заданная уравнением x2/3 + y 2/3 = a2/3 , a > 0.Решение. Параметрические уравнения астроиды имеют вид x = a cos3 t,y = a sin3 t (0 6 t < 2π), поэтому,ds = 3a| sin t cos t|dt,x4/3 + y 4/3 = a4/3 (cos4 t + sin4 t),Z2πZπ/2I = 3a7/3 (cos4 t + sin4 t)| sin t cos t| dt = 12a7/3 (cos5 t sin t005+ sin t cos t) dt = 12a18.47/3 16π/2(− cos t + sin t) = 4a7/3 .660Задача № 6.2, §10, [5], Стр.

Характеристики

Список файлов семинаров