Ankilov_Goryacheva_Rasputko

ЗАДАЧА № 7.2. Написать уравнения касательной плоскости и нормали к

поверхности x2 + 2 y2 −3z2 + xy + yz − 2xz +16 =0 в точке M (1; 2; 3).

Решение. Если уравнение поверхности имеет вид

F(x, y, z) = 0

(т. е.

поверхность задана неявно), то уравнение касательной

плоскости

в

точке

M (x0 , y0 , z0 ) есть:

Fx′(x0 , y0 , z0 )(x − x0 )+ Fy′(x0 , y0 , z0 )(y − y0 )+ Fz′ (x0 , y0 , z0 )(z − z0 )=0 .

Уравнение нормали:

x − x0

=

y − y0

=

z − z0

.

Fx′(x0 , y0 , z0 )

Fy′(x0 , y0 , z0 )

Fz′(x0 , y0 , z0 )

Обозначив через F(x, y, z)

левую часть уравнения поверхности,

найдем

частные производные и их значения в точке М:

Fx′ = 2x + y − 2z ,

Fy′ = 4 y + x + z ,

Fz′ = −6z + y − 2x ,

Fx′(1; 2; 3)= −2 ,

Fy′(1; 2; 3)=12 ,

Fz′(1; 2; 3)= −18 .

Окончательно получаем уравнение касательной плоскости:

− 2(x −1) +12( y − 2) −18(z −3) =0 или x −6 y +9z = 0 ,

а уравнение нормали:

x −1

y − 2

z −3

x −1

=

y − 2

=

z −3

или

=

=

.

− 2

1

12

−18

− 6

9

ЗАДАЧА № 8. Найти точки экстремума функции двух переменных z = x2 + xy + y2 − 2x − y.

Решение. Необходимое условие экстремума функции двух переменных состоит в следующем: если дифференцируемая функция z = f (x, y) достигает

экстремума в точке M (x0 , y0 ), то в этой точке частные производные первого порядка обращаются в ноль: z′x (x0 , y0 )= 0 , z′y (x0 , y0 )= 0 . Точки, в которых выполняются эти условия, называются стационарными.

Найдем стационарные точки функции z. Для этого решим систему:

z′x = 2x + y − 2 = 0,z′y = x + 2 y −1 = 0.

Получим стационарную точку М(1; 0).

Применим достаточное условие экстремума функции двух переменных. Пусть M (x0 , y0 ) – стационарная точка функции z = f (x, y), причем эта функция

дважды дифференцируема в некоторой окрестности точки М, тогда все ее вторые частные производные непрерывны в точке М. Введем обозначения:

′′	, y0 ),	′′	, y0 ),	′′	, y0 ), D = AB −C	2	.
A = zxx (x0		B = zyy (x0		C = zxy (x0

Тогда:

1) если D >0 , то функция z = f (x, y) имеет в точке M (x0 , y0 ) экстремум, а именно – максимум, если A <0 (C < 0 ), и минимум, если A > 0 (C >0 );

-11-

	2)	если D <0 , то экстремума в точке M (x0 , y0 ) нет;
	3)	если D =0 , то требуется дополнительное исследование.						′′
	Вычислим		вторые	производные данной	функции:				,
								A = zxx (1; 0)= 2
	′′		′′	(1; 0)=1. Найдем D = AB	−C	2	=3 >0 , и так как A > 0,
	B = zyy (1; 0)= 2 ,		C = zxy

то можно сделать вывод, что в точке М(1; 0) функция z = x2 + xy + y2 − 2x − y имеет минимум. Значение функции в точке минимума равно: zmin = −1.

ЗАДАЧА №9. Найти точки экстремума функции трех переменных:

	U = x +	y2	+	z2	+	2	( x >0, y >0, z > 0 ).
		4x		y		z

Решение. Найдем стационарные точки заданной функции U. Для этого составим систему уравнений:

′

y2

=0,

U x =1 −

4x2

′y =

2 y

z2

U

−

=0,

4x

y2

2z

2

U z′

=

−

=0,

y

2

z

решая которую получим x0 = 0,5;

y0 =1;

z0 =1. Находим частные производные

второго

порядка:

′′

y2

′′

1

2z2

′′

2

4

′′

y

,

,

=

+

,

+

U xx =

U yy

2x

y3

U zz =

y

z3

, U xy = −

2x2

2x3

′′

′′

2z

и вычисляем их значения в стационарной точке M (0,5;1;1):

U xz = 0,

U yz = −

y

2

′′

′′

′′

′′

′′

′′

= −2,

U xx = 4 ,

U yy = 3 , U zz = 6 ,

U xy

U xz

= 0, U yz = −2. Находим дифференциал

второго порядка функции U в стационарной точке M (0,5;1;1):

2

′′

2

′′

2

′′

2

′′

′′

′′

d U =U xxdx

+U yydy

+U zz dz

+ 2U xydxdy

+ 2U xz dxdz

+ 2U yz dydz =

= 4dx2 +3dy2 + 6dz2 − 4dxdy − 4dydz.

Используем достаточное условие экстремума, состоящее в следующем:

Пусть функция U = f (x, y, z)

определена и имеет непрерывные частные

производные 2-го порядка в окрестности точки M (x0 , y0 , z0 ), и пусть точка М является стационарной точкой функции U. Если d 2U (x0 , y0 , z0 )> 0 ( d 2U (x0 , y0 , z0 )<0 ) при любых значениях dx, dy, dz , не равных нулю одновременно, то точка М является точкой минимума (максимума) функции U; если выражение d 2U (x0 , y0 , z0 ,) принимает значения разных знаков в зависимости от значений dx, dy, dz , то экстремума в точке М нет.

-12-

Критерий Сильвестра:

1) для того чтобы выполнялось неравенство d 2U (x0 , y0 , z0 )> 0 при любых значениях dx, dy, dz , не равных нулю одновременно, необходимо и достаточно, чтобы:

			′′	′′		′′	′′	U	′′	xz
						U xx	U xy
′′	,	∆2 =	U xx	U xy	> 0 ,	′′	′′		′′		> 0 ;
			′′	′′
Д1 =U xx >0						∆3 = U xy	U yy	U yz
			U xy	U yy		′′	′′		′′
						U xz	U yz	U zz

2) для того чтобы выполнялось неравенство d 2U (x0 , y0 , z0 ,)< 0 при любых значениях dx, dy, dz , не равных нулю одновременно, необходимо и достаточно, чтобы:

′′

′′

′′

′′

U

′′

xz

U xx

U xy

′′

∆2 =

U xx

U xy

>

0, ∆3 =

′′

′′

′′

< 0

′′

′′

∆1 =U xx < 0 ,

U xy

U yy

U yz

U xy

U yy

′′

′′

′′

U xz

U yz

U zz

(следует помнить, что все производные здесь вычислены в точке M (x0 , y0 , z0 )).

В данной задаче

4

− 2

0

∆ = 4 >0, ∆

4 − 2

, ∆

=

=8 > 0

=

− 2 3 − 2

=32 > 0 .

1

2

− 2

3

3

0

− 2

6

Согласно критерию Сильвестра,

d 2U >0. Значит

, точка M (

0,5;1;1) является

точкой минимума функции U. Значение функции в точке минимума равно:

Umin = 4.

ЗАДАЧА № 10.1. Найти точки условного экстремума функции z = x + y −1, если уравнение связи есть: y3 −6xy + x3 = 0 .

Решение. Согласно методу множителей Лагранжа составляем функцию Лагранжа:

L = L(x, y)= f (x, y)+ λF(x, y),

где	z = f (x, y)	– уравнения функции, F(x, y)=0	– уравнение связи,
λ	– некоторый	параметр, который называется множителем Лагранжа.
В данном случае		f (x, y)= x + y −1, F(x, y)= y3 −6xy + x3 ,
поэтому функция Лагранжа имеет вид
		L = x + y −1 +λ(y3 −6xy + x3 ) (λ = const).
	Необходимое условие экстремума состоит в следующем: если
дифференцируемая функция z имеет в точке M (x0 , y0 )			условный экстремум, то

-13-

M (x0 , y0 )

′	, y0 )=0	,	′	, y0 )=0 . Составляем систему из уравнений				′	, y0 )= 0 ,
Lx (x0			Ly (x0					Lx (x0
L′y (x0 , y0 )=0 , F(x, y)=0 :					=1 + λ(− 6 y + 3x		)=0,
				′		2
				Lx
					=1 + λ(3y2 − 6x)=0,				(3.11)
				L′y
					−6xy + x3 = 0.
				y3

Из первого уравнения системы выражаем λ, затем из второго уравнения системы выражаем λ и приравниваем полученные значения друг к другу. В

результате получаем:

1

=

1

, отсюда −6y +3x2 = 3y2 −6x или

− 6 y +3x2

3y2 −

6x

6x −6 y = 3(y2 − x2 )или 2(x − y)=(y − x)(y + x). Рассмотрим два случая:

1)

x − y =0 ,

тогда

x = y подставляем в уравнение

связи

и

получаем:

2x3 −6x2 =0 или

2x2 (x −3)= 0

и получаем два корня:

x = 0 ,

x

2

= 3 , тогда

y1 = 0 ,

y2 =3. Значения

x1 = y1 =0

1

не являются решениями системы (3.11).

Значения x2 = y2 =3 являются решениями системы (3.11) при λ = −1 .

9

2)

− 2 = y + x,

выражаем y через x:

y = −2 − x и подставляем в уравнение

связи.

Получаем

−(2 + x)3 + 6x(2 + x)+ x3 = 0

или

−(8 +12x + 6x2 + x3 )+12x + 6x2 + x3 = 0 , или −8 =0 , что неверно. Решений нет.

Вывод: система (3.11) имеет единственное решение x = y =3,							λ = −		1	.
								9
Достаточное условие условного экстремума состоит в следующем: пусть
функции	f (x, y) и F(x, y) имеют непрерывные частные производные 2-го
порядка в	окрестности	точки		M (x0 , y0 ),	и точка M (x0 , y0 )	удовлетворяет
условиям:	′	,	′	, y0 )=0 ,	F(x0 , y0 )=0 . Если	d	2	L(x0 , y0 )>0
	Lx (x0 , y0 )=0		Ly (x0

( d 2 L(x0 , y0 )<0 ) при любых значениях dx, dy , не равных нулю одновременно, и таких, что Fx′(x0 , y0 )dx + Fy′(x0 , y0 )dy = 0 , то функция z = f (x, y) имеет в точке условный минимум (условный максимум); если же d 2 L(x0 , y0 ) принимает значения разных знаков в зависимости от значений dx, dy , то

условного экстремума в точке М нет.

Критерий Сильвестра:

1) d 2 L > 0 для любых значений dx, dy , не равных нулю одновременно,

	тогда и только тогда, когда выполняются неравенства:
				′′	′′
	′′	,	∆2 =	Lxx	Lxy	> 0 .
				′′	′′
	∆1 = Lxx >0
				Lxy	Lyy

-14-

2)

d 2 L < 0

для любых значений dx, dy ,

не равных нулю одновременно,

тогда и только тогда, когда выполняются неравенства:

′′

′′

′′

<0 ,

∆2 =

Lxx

Lxy

> 0 .

′′

′′

∆1 = Lxx

Lxy

Lyy

Продолжаем решение задачи. Находим:

′′

6xλ

′′

′′

Lxx =

, Lxy = −6λ ,

Lyy =6 yλ.

Находим дифференциал 2-го порядка функции L в точке М(3; 3) при

λ = −1

:

4

9

d

2

′′

(3, 3)dx

2

′′

′′

(3, 3)dy

2

= −2dx

2

+

dxdy − 2dy

2

.

L(3, 3)= Lxx

+ 2Lxy

(3, 3)dxdy + Lyy

3

Используем критерий Сильвестра:

∆ = −2 <0 ,

∆

2

= − 2 2 3 = 32 > 0 .

1

2 3

− 2

9

Значит,

d 2 L < 0

для любых значений dx, dy,

не равных нулю одновременно.

Вывод:

функция

z = x + y −1

имеет в

точке

М(3; 3) условный

минимум.

Значение функции в точке условного минимума есть zmin =5 .

ЗАДАЧА № 10.2. Найти точки условного экстремума функции z = x2 − y2 ,

если уравнение связи есть 2x + 3y =1.

L = x2 − y2 + λ(2x + 3y −1).

Решение. Функция Лагранжа имеет вид

Составляем систему:

′

= 2x + 2λ =0,

Lx

= −2 y + 3λ =0,

L′y

+3y =1

2x

находим x = −λ,

и решаем ее. Из первого уравнения системы

из второго

уравнения находим

y =

3λ

, подставляем x и y в третье уравнение системы:

2

− 2λ +

9λ

=1, откуда λ =

2 ,

x = −2

, y =

3 . Находим

2

2

5

2

5

5

2

2

2

d

L

′′

+

′′

′′

= 2dx

− 2dy

.

= Lxxdx

2Lxydxdy + Lyy dy

Дифференцируя уравнение связи,

получаем 2dx +3dy = 0 ,

откуда

dy = −2 dx .

3

Подставляем dy в выражение для

d 2 L , получаем:

d 2 L =

10 dx2 > 0 . Значит,

2

3 .

9

функция z имеет условный минимум при x = −

,

y =

5

5

-15-

Замечание. В данном случае переменная y легко выражается через x из

	уравнения связи: y =	1 − 2x	; подставив	y =	1 − 2x	в уравнение функции
		3			3

z = x2 − y2 , мы получаем функцию одной переменной x. Данный простой

пример приведен только для иллюстрации метода множителей Лагранжа. На практике уравнение связи F(x, y)= 0 задает неявную функцию y переменной x

(т. е. обычно из уравнения связи переменную нельзя выразить явно через x – смотри, например, задачу № 10.1).

ЗАДАЧА № 11. Найти точки условного экстремума функции U = xyz при

условиях: 2x + y − z = 4 ,	x −3y + 2z =8.
Решение. Имеем функцию трех переменных U = f (x, y, z) и два уравнения
связи F1(x, y, z)=0 ,	F2 (x, y, z)= 0 , где	f = xyz , F1 = 2x + y − z − 4 ,

F2 = x −3y + 2z −8 . Составляем функцию Лагранжа:

L = L(x, y, z)= f (x, y, z)+ λ1F1(x, y, z)+ λ2 F2 (x, y, z)= = xyz + λ1(2x + y − z − 4)+ λ2 (x −3y + 2z −8)

( λ1 , λ2 – множители Лагранжа) и выпишем систему уравнений для определения

параметров λ1 , λ2 и координат возможных точек экстремума:
L′	= yz + 2λ	+ λ	2	= 0,
x	1
L′y = xz + λ1 −3λ2 = 0,
				= 0,	(3.12)
Lz′ = xy −λ1 + 2λ2
2x + y − z − 4 = 0,

x −3y + 2z −8 = 0.

Решим систему (3.12). Из 4 и 5 уравнений системы находим: y =5x −16 , тогда z = 7x − 20 . Из 1 уравнения системы (3.12) выразим λ2 и подставим во 2 и 3 уравнения системы: xy +3yz + 7λ1 = 0 , yx − 2 yz −5λ1 = 0 . Исключив отсюда λ1 ,

получаем

5xz + 7xy + yz = 0. Подставляя в

это уравнение

y =5x −16 ,

z = 7x − 20 , после преобразований будем иметь уравнение:

105x2 − 424x +320 =0 ,

его корни

приблизительно

равны

x1 =3,033,

x2 =1,005.

Тогда

y1 = −0,835,

y2 = −10,975, z1

=1,231, z2 = −12,965. В результате получили две стационарные

точки:

M1(3,033; −0,835;1,231)

при

λ1 = −0,095, λ2 =1,219

и

M 2 (1,005; −10,975; −12,965) при λ1 = −59,122, λ2 = −24,046.

Второй дифференциал функции L = L(x, y, z) равен:

d

2

′′

2

′′

2

′′

2

′′

′′

′′

L = Lxxdx

+ Lyydy

+ Lzz dz

+ 2Lxydxdy + 2Lxz dxdz + 2Lyz dydz =

= 2zdxdy + 2 ydxdz + 2xdydz. -16-

Дифференциалы dx и dy связаны равенствами:

(F )′x dx + (F )′y dy + (F )′z dz = 0 ,				(F )′x dx + (F )′y dy + (F )′z dz = 0
1	1	1		2	2	2
(здесь все частные производные функций F1					и F2 вычислены в стационарной
точке). В данном случае:			2dx + dy − dz =		0,
			dx −3dy + 2dz = 0.
Отсюда dy = 5dx ,	dz = 7dx . Второй дифференциал функции L равен:
		d 2 L =(10z +14 y + 70x)dx2 .
1) В точке M1(3,033; − 0,835;1,231): d 2 L = 212,944dx2 >0. Значит, функция
U имеет условный минимум в точке M1 .
2) В точке	M 2 (1,005; −10,975; −12,965): d 2 L = −212,95dx2 <0 .						Значит,
функция U имеет условный максимум в точке M 2 .
ЗАДАЧА №	12.	Найти	наибольшее и		наименьшее	значения	функции

z = 2x3 −6xy +3y2 в замкнутой области, ограниченной осью Oy, прямой y=2 и

параболой y = x2 (рис. 2). 2

Решение. Точки, в которых функция принимает наибольшее и наименьшее значения, могут находиться как внутри области, так и на ее границе. Если функция принимает наибольшее (наименьшее) значение во внутренней точке

области, то в этой точке частные производные z′x = 6x2 − 6 y и z′y = −6x + 6 y равны нулю или не существуют.

6x2 −6 y =0,

Решив систему уравнений

−6x + 6 y =0,

найдем две точки О(0; 0) и М(1; 1), в которых обе частные производные равны нулю (стационарные точки). Первая из них принадлежит границе области, а вторая лежит внутри области.

Рис. 2. Критические и угловые точки области

На отрезке ОА имеем x=0, поэтому на этом отрезке z =3y2 (0 ≤ y ≤ 2) есть

возрастающая функция одной переменной y: наибольшее и наименьшее значения она принимает на концах отрезка ОА.

-17-

На отрезке АВ имеем y=2, поэтому на отрезке АВ функция z = 2x3 −6x 2 +3 22 = 2x3 −12x +12 (0 ≤ x ≤ 2)

представляет собой функцию одной переменной x: ее наибольшее и наименьшее значения находятся среди ее значений в критических точках и на

концах отрезка. Находим производную: z′=6x2 −12 . Решаем уравнение z′= 0 или 6x2 −12 =0 и находим x = ± 2 . Внутри отрезка (0 ≤ x ≤ 2) имеется лишь одна критическая точка x = 2 ; соответствующей точкой отрезка АВ является точка Q( 2;2). Итак, из всех значений функции z на отрезке АВ наибольшее и наименьшее находятся среди ее значений в точках A,Q,B.

	x	2	имеем: z = 2x3		x	2		x	2		2	3 x4 − x3
На дуге ОВ параболы y =				−6x			+3				, т. е. z =
2				2				2				4

(0 ≤ x ≤ 2). Решаем уравнение z′=3x3 −3x2 =0 или x2 (x −1)= 0 , и находим

его корни x=0, x=1. Таким образом, из всех значений функции z на дуге ОВ наибольшее и наименьшее находятся среди ее значений в точках O(0; 0), B(2; 2), P(1;1/ 2). Следовательно, наибольшее и наименьшее значения

функции z = 2x3 −6xy +3y2 в данной замкнутой области находятся среди ее значений в точках O, A, Q, B, P, M, т. е. среди значений z(0; 0)= 0, z(0; 2)=12 , z( 2;2)=12 −8 2 , z(2; 2)= 4 , z(1;1/ 2)= −1/ 4 , z(1;1)= −1.

Наибольшее значение из них равно 12, а наименьшее значение из них равно –1. Они являются наибольшим и соответственно наименьшим значениями данной функции в данной замкнутой области.

ЗАДАЧА № 13. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z = x2 +3y2 − x в области, ограниченной кривой x2 + y2 =1 ( x2 + y2 ≤1).

Решение. Составляем систему уравнений:

z′x = 2x −1 = 0,z′y = 6 y = 0,

и решаем ее, находим стационарную точку M (0,5; 0). Убеждаемся в том, что

эта точка принадлежит заданной области (стационарные точки, не лежащие в заданной области, следует отбрасывать).

Находим стационарные точки функции на границе области. Составляем функцию Лагранжа: L = x2 + 3y2 − x + λ(x2 + y2 ). Используя необходимые условия существования экстремума, получим систему уравнений:

L′x =2x −1+2λx =0,L′y =6y +2λy =0,

x2 + y2 =1.

-18-

Решим полученную систему. Из 2-го уравнения следует, что либо y = 0 ,

либо

λ = −3. Если

y =0 , то, подставляя

это значение в третье уравнение

системы, получим x =1 или

x = −1, то есть будем иметь две точки M1(1; 0) и

M 2 (−1; 0).

Если

λ = −3

то

x = −0,25

(из

1-го уравнения). Тогда

из

3-го

15

1

15

уравнения

y = ±

,

то

есть

получим еще

две

;

и

4

точки M3 −

4

4

1

15

; −

M 4 −

4

4

. Найдем значения функции во всех полученных точках:

(0,5; 0)= −0,25 ,

z1 = f (1; 0)=0 ,

z2 = f (−1; 0)= 2 ,

z0 = f

1

15

1

15

z3 =

−

;

=3,125,

z4 =

; −

f

4

4

f −

4

4

=3,125 .

Наибольшее значение функции равно:

zнаиб.

=3,125,

наименьшее значение

функции равно: zнаим = −0,25 .

ЗАДАЧА № 14. Из прямоугольного листа жести шириной а изготовить желоб призматической формы, чтобы его поперечное сечение имело наибольшую площадь.

Решение. Пусть АВСD – лист жести, а = AD. Обозначим через x = AЕ, тогда FD = x , EF = a − 2x (рис. 3). Из листа жести изготовили желоб с поперечным сечением ADFE (рис. 4), тогда нижнее основание желоба равно EF = a − 2x , боковая сторона равна FD = x . Сечение желоба представляет собой равнобокую трапецию, следует найти ее верхнее основание и высоту. Обозначим через α величину угла: α = ADF . Из точки F опускаем перпендикуляр FG на сторону AD, из треугольника GDF находим GD = xcosα , GF = xsinα – высота трапеции, отсюда AD = EF + 2GD = a − 2x + 2xcosα −

верхнее основание трапеции. Обозначим через z площадь трапеции ADFE.

A						B
		x
E							A	G	D
		a − 2x
F							α	α	x
		x					E	F
D						C
		Рис. 3. Лист жести				Рис. 4. Поперечное сечение желоба
Тогда		z = axsinα − 2x2 sinα + x2 sinαcosα . Имеем						функцию двух
переменных, требуется			найти	наибольшее			значение функции z в		области
0 <α <π / 2,		0 < x < a / 2,	имеем систему для нахождения стационарных точек

функции:
z′		= a sinα − 4x sinα + 2x sinα cosα = 0,
	x
	′		2			2
		= ax cosα − 2x		cosα	+ x		cos 2α = 0.
zα
			-19-

По условию задачи x ≠ 0,sinα ≠ 0 , поэтому система уравнений принимает

вид

a − 4x + 2xcosα = 0,

a cosα − 2xcosα + xcos 2α = 0.

Решая систему, находим: cosα = 12 , x = a3 . По условию данной задачи максимум функции z существует, следовательно, максимальное значение функции будет при α =60o , x = a3 .

4. РАСЧЕТНЫЕ ЗАДАНИЯ

ЗАДАЧА № 1. Найти и изобразить на плоскости область определения функции

1.1

z =

y − x2

+

x − y2

1.2

z = ln

x

+

1

y

x

− y

1.3

z =

x +

y +

3 − x2 − y2

1.4

z =

x

+

x

y

x − y

+ y

1.5

z = arccos

x2 + y2

1.6

z =

x2 + y

2 − 4 +

1

x + y

9

1.7

z =

9 − x2

− y2 +

1

1.8

z =

ysin x

2 + y

2 −1

x

1.9

z =

x −

y

1.10

z =

x2

y2

− x

1 − 9

− 4

+

1.11

z =

− x +

− y + x2 + y2 −1

1.12

z =arcsin

y

x

1.13

z =

x +

1

1.14

z = (x −1)(y + 2)+

16 − x2 − y2

x2 + y2 − 25

1.15

z =

(x −1)sin y

1.16

z =

1 −

x2

y2

16 − x

2

9 +

4 +

4x − y

2

y

2

1.17

z =

1.18

x

−

ln(1 − x

2

− y

2

)

z = ln

4

−1

9

x

y

9

1.19

z =arcsin

+ arcsin

1.20

z =

ln x2 + y2 + 1 − x

2

3

x2 + y2 + 2x

x

1.21

z =

1.22

z =arcsin

+ arcsin(1 − y)

x2 + y2 − 2x

y2

-20-