Образец выполнения кр1

Задача 1. Дана функция z = cos²(2x – y). Требуется:

1) найти частные производные  и ;

2) найти полный дифференциал dz;

3) показать, что для данной функции справедливо равенство: .

Решение.

1) При нахождении  считаем аргумент y постоянным:

 = (cos²(2x – y))  = 2cos(2x – y)(cos(2x – y))  =

= 2cos(2x – y)(–sin(2x – y))(2x – y)  = –2cos(2x – y)sin(2x – y)((2x)  – (y) ) =

= – 2cos(2x – y)sin(2x – y)(2 – 0) =  –sin(2(2x – y))2 = –2sin(4x – 2y).

При нахождении  считаем аргумент x  постоянным:

 = (cos²(2x – y))  = 2cos(2x – y)(cos(2x – y))  =

=2cos(2x – y)(–sin(2x – y))(2x – y)   = –2cos(2x – y)sin(2x – y)((2x)   – (y) ) =

= – sin(2(2x – y))(0 – 1) = = sin(4x – 2y).

2) По формуле (1) находим полный дифференциал функции:

dz =  = –2sin(4x – 2y)dx + sin(4x – 2y)dy.

3) Найдем смешанные частные производные второго порядка.

Для того чтобы найти  дифференцируем  по у:

 =  = (–2sin(4x – 2y))  = [считаем x постоянным] =

= – 2cos(4x – 2y)(4x – 2y)  = – 2cos(4x – 2y)(0 – 2) = 4cos(4x – 2y).

Для того чтобы найти  дифференцируем  по x:

 =  = (sin(4x – 2y))  = [считаем y постоянным] =

= cos(4x – 2y)(4x – 2y)  = cos(4x – 2y)(4 – 0) = 4cos(4x – 2y).

Получили:  = 4cos(4x – 2y),  = 4cos(4x – 2y) Ответы:

1)  = –2sin(4x – 2y);  = sin(4x – 2y);

2) dz = –2sin(4x – 2y)dx + sin(4x – 2y)dy;

3) равенство  выполнено.

Задача 2. Найти частные производные ,   и , если переменные x, y, и z связаны равенством 4x² y e ^z – cos(x³ – z) + 2y² + 3x = 0.

Решение.

Для F(x, y, z ) = 4x² y e ^z – cos(x³ – z) + 2y² + 3x получаем:

F = (4x² ye ^z – cos(x³ – z) + 2y² + 3x)  = [считаем y и z постоянными]=

= 8x y e ^z + sin( x³ – z)3x² + 3 = 8x y e ^z + 3x²sin( x³ – z) + 3;

F = (4x² y e ^z – cos(x³ – z) + 2y² + 3x)  = [считаем x и z постоянными] =

= 4x² e ^z + 4y;

F  = (4x² y e ^z – cos(x³ – z) + 2y² + 3x)  = [считаем x и y постоянными] =

= 4x² y e ^z – sin (x³ – z).

По формулам (2) находим частные производные:

;  

и по формуле (3) получаем: .

Ответы: ;  

.

Задача 3. Дана сложная функция z = ln(2t – x²y), где , .  Найти полную производную .

Решение. Используя формулу (4), получаем:

Подставив в полученный ответ , , получим:

Ответ: .

Задача 4. Дана функция  z = x² – xy + y² – 4x + 2y + 5 и уравнения границ замкнутой области D на плоскости X О Y: x = 0, y = –1, x + y = 2. Требуется:

1) найти наибольшее и наименьшее значения функции в области D;

2) сделать чертеж области D в системе координат, указав на нем точки, в которых функция имеет наибольшее и наименьшее значения.

Решение.

1) Для наглядности процесса решения построим областьD в системе координат. Область D представляет собой треугольник, ограниченный прямыми

 x = 0, y = –1 и x + y = 2. Обозначим вершины треугольника: A, B, C (рис 1).

Чтобы найти наибольшее и наименьшее значения функции  z сначала найдем все стационарные точки функции z = x² – xy + y² – 4x + 2y + 5, лежащие внутри области D (если они есть), и вычислим в них значения функции.

Стационарные точки – это точки, в которых все частные производные

1-го порядка равны нулю:

Решаем систему:

    Стационарная точка М(2, 0)  (рис.1), но не является внутренней точкой области, поэтому значение функции в этой точке вычислим позже.

    Теперь найдем наибольшее и наименьшее значения функции на границе области D. Граница является кусочно-заданной, поэтому будем проводить исследование функции z (x, y) отдельно на каждом участке границы.

а) На границе АВ выполняется x = 0 и функция z является функцией одной переменной: .

Исследуем поведение z (y) по правилам нахождения наибольшего и наименьшего значений функции одной переменной на замкнутом промежутке: стационарная точка на границе АВ:  А(0, – 1);

б) На границе АС выполняется у = –1 и функция z является функцией переменной х:

.

Исследуем поведение z (х):  стационарная точка на границе АС: N(1,5, –1);

в) На границе ВС выполнено x + y = 2, т.е. y = 2 – х и функция z является функцией одной переменной:

Исследуем поведение z (х): . Вычислим ординату стационарной точки: y = 2 – x = 0  стационарная точка М(2,0);

.

    Сравнивая все найденные значения функции, выбираем среди них наибольшее и наименьшее значения функции в области D:

.

2) Отметим на построенном ранее чертеже области D (рис. 1) точки, в которых функция имеет наибольшее и наименьшее значения: В(0,2) и М(2,0).

Ответы:  1) ;

2) рисунок 1.

Задача 5. Поверхность σ задана уравнением z =  + xy – 5x³.  Найти уравнение касательной плоскости и нормали к поверхности σ в точке М₀(x₀, y₀, z₀), принадлежащей ей, если x₀ = –1,  y₀ = 2.

Решение.

Найдем частные производные функции z = f (x, y) =  + xy – 5x³:

(x, y) = (  + xy – 5x³)  = –  + y – 15x²;

(x, y) = (  + xy – 5x³)  =  + x.

Точка М₀(x₀, y₀, z₀) принадлежит поверхности σ, поэтому можно вычислить z₀, подставив заданные x₀ = –1 и  y₀ = 2 в уравнение поверхности:

z =  + xy – 5x³  z₀ =  + (–1) 2 – 5 (–1)³ = 1.

В точке М₀(–1, 2, 1) значения частных производных:

(М₀) = –  + 2 – 15(–1)² = –15; (М₀) =  – 1 = –2.

Пользуясь формулой (5) получаем уравнение касательной плоскости к поверхности σ в точке М₀:

z – 1= –15(x + 1) – 2(y – 2)  z – 1= –15x – 15 – 2y +4  15x + 2y + z + 10 = 0.

Пользуясь формулой (6) получаем канонические уравнения нормали к поверхности σ в точке М₀:  =  = .

Ответы: уравнение касательной плоскости: 15x + 2y + z + 10 = 0; уравнения нормали:  =  = .