Е.Н. Грибанов Высшая математика. Контрольные работы №4, 5, 6 и методические указания к ним для студентов-заочников инженерно-технических специальностей

1) (1+

t 2)

- 10 -

2 (−

−

2

!

!

+ (2

+ sint)

!

4t

!

+

2t k =

9e3t i

j

−

k

(1+ t 2 )2

В момент t0 = 0 имеем

2

!

!

!

!

!

!

!

v0 =

3e0 i +

(2 0

+ cos 0) j

+

k

=

3i

−

j

+

2k ,

1+ 02

!

!

!

4 0

!

!

!

w0 =

9e0 i +

(2 +

sin0) j −

k

=

9i

+

2 j .

(1+

0)2

!

!

Построим полученные векторы v0 и w0 . Началом каждого вектора яв-

ляется точка M0 траектории в момент t0 =

0 . Её координаты опреде-

ляются из уравнения (1).

x

0

=

e3 0 =

1

!

!

y0

=

02 − sin 0 =

0,

т.е. началом

векторов

и

является точка

v0

w0

=

2 arctg0 =

0

z0

!

!

−

!

+

!

откладываем от точ-

M0 (1;0;0) . Для построения вектора v

= 3i

j

2k

!

!

ки M0 (1;0;0) вектор 3i , от его конца откладываем вектор (− j ) , от кон-

!

ца последнего - вектор 2k . Вектор,!соединяющий точку M0 (1;0;0) с

концом

!этой цепочки, и есть вектор v0 (рис. 1,а). Аналогично строим и

вектор

w0 (рис 1,б).

- 11 -

Контрольная работа № 5

В эту контрольную работу включены задачи на применение производной соответствующие вопросы изложены в литературе: [3, гл.III,

§3-9; 2, гл. V, § 1-12; 4, гл. VI, § 7; 5, гл. VII, § 2, п. 3-6; 6, ч II, гл. VI,

§3-8].

При решении задач № 1-30 необходимо знать, что наибольшее и наименьшее значения функции на отрезке [a;b] находятся в критических точках или на границе отрезка.

Пример. Найти наибольшее и наименьшее значения функции f (x) = 13 x3 − 52 x2 − 6x + 9 на отрезке [0;8].

Решение. Найдём критические точки. Для этого находим производную и приравниваем её к нулю. f ′(x) = x2 − 5x + 6;x2 − 5x + 6 = 0.

	Корни этого уравнения x1 = − 1; x2 =														6. Отрезку [0;8] принадлежит
	только x2 =			6 . Найдём значения данной функции при x2 = 6 и на кон-
	цах отрезка, затем сравним их:
	f (0) = 9;			f( 6) =				1	63 −		5	62 − 6			6 + 9 = − 45;
										6
		1			5		3						1
	f (8) =		83	−		82	− 6 8 +			9 = − 28				.
	3			6						3

Итак, наибольшее значение заданная функция принимает в точке x = 0 , наименьшее значение в точке x = 6 .

При решении задач № 31-60 труднее всего записать выражение оптимизируемой функции по указанным свойствам. Полезно воспользоваться литературой: [2, гл. V, § 7 задачи №1 и №2 с. 168-169; 3, гл. III, § 6, с. 356-359; 4, гл.VI, § 7, п.5, с. 261-262; 6, гл. VI, § 8 с. 941-943].

Пример. Закрытый бак имеет форму цилиндра. При данном объёме V каковы должны быть радиус основания r и высота h бака, чтобы расход материала на его изготовление был наименьшим.

Решение. Для решения задачи требуется найти размеры r и h цилиндра, при которых оптимизируемая функция S (полная поверхность цилиндра) принимает наименьшее значение (см. рис. 2).

S = Sбок + 2Sосн = 2π rh + 2π r 2 .

(1)

- 12 -

S - функция двух переменных r и h. Выразим S как функцию одно-

го переменного r .

Так как r и h связаны между собой равенст-

вом V = π

r 2h , где V - заданный объём ци-

линдра, следовательно h =

V

.

π r 2

Подставим это выражение в (1), полу-

чим

S = 2π

r

V

+

2π r 2

или

r 2

2V

π

S(r) =

+ 2π

r 2 ,

т.

е.

оптимизируемая

r

функция S(r)

выражена как функция одного аргумента r . Задача сво-

дится к исследованию функции S(r)

на экстремум (минимум). Так как

функция S(r)

определена на открытом промежутке (0;∞

) , то она может

достигать экстремума только в критических точках этого промежутка.

Найдём производную

′

и приравняем её к нулю

Sr

′

= −

2V

+ 4π

r

2

=

2(2 r3 −

V )

′

0 2π

r

3

− V =

0 r

=

3

V

.

Sr

r

2

r 2

, Sr =

2π

S(r)

Покажем, что в этой точке

′′

достигает минимума. Найдём Srr :

S

′′

= (S

′

(r))

′

=

−

2V

+ 4π

′

=

4V

+ 4π ,

r

r

r

rr

r

r 2

r3

3 V

4V

4V

S

′′

=

+

4π =

+ 4π =

8π + 4π = 12π > 0,

2π

3

V

V

3

2π

2π

следовательно: S(r) имеет минимум при r = 3 V

. Определим высоту

V

V

V

2π

3 4V .

цилиндра h =

=

=

=

r 2

2

2

− 2

2

π

V

3 2

3 π

−

3

π

π

3

π

V

2π

- 13 -

Если в условии задачи сказано, например, что сопротивление балки прямоугольного сечения на изгиб пропорционально произведению ширины x этого сечения на квадрат его высоты h, то можно выразить сопротивление на изгиб F как функцию ширины x и высоты h сечения

F = kxh2 , где k-коэффициент пропорциональности. Для того, чтобы выразить F как функцию одной переменной, нужно найти связь между x и h. Пусть балка вырезана из круглого

бревна радиусом R (см. рис. 3), тогда

	x 2				h		2
			+				= R2 x2 + h2 = 4R2
	2				2

h2 = 4R2 − x2 F =	kxh2 =
= kx(4R2 − x2 ).
Дальше исследуем F (x)	на экстремум

как и в предыдущем примере. Пример. Пусть по условию задачи

из полосы жести шириной a нужно изготовить открытый желоб наибольшей вместимостью V .

Решение. Так как V = S l , где l -длина полосы; S -площадь поперечного сечения, и l постоянна, то задача сводится к определению наибольшего значения поперечного сечения жёлоба.

2. Если сечение жёлоба имеет форму дуги кругового сегмента (рис.4), то площадь поперечного

сечения

S =

r 2

(ϕ − sinϕ )

функция

2

двух переменных r и ϕ . Выразим S

как

функцию

только

ϕ .

Так как

ширина полосы, т. е. длина дуги

сегмента,

равна a , то r и ϕ

связаны

соотношением r ϕ = a

r =

a

. Тогда

ϕ

a

2

(ϕ + sinϕ )

a

2

1

sinϕ

S =

или

S =

−

. Задача сводится к оты-

2

2

2ϕ

2

ϕ

ϕ

сканию максимума функции S аргумента ϕ .

3. Если сечение жёлоба имеет вид равнобочной трапеции и ширина

- 14 -

дна жёлоба равна b, то площадь

поперечного сечения S =

x +

b

h

2

(рис. 5). Выразим S как функцию от

α . Боковая сторона трапеции равна

a −

b

, высота h =

a − b

cosα ,

2

2

выразим x через α :

x = b +

2m = b +

2 a − b sinα

=

.

b +

(a −

b) sinα .

2

Тогда площадь поперечного сечения S равна

S =

1

(b + (a −

b) sinα

+ b)

a − b

cosα =

1

(a −

b)bcosα

+

1

(a − b)2 sin2α .

2

2

2

8

Нужно найти максимум функции S аргумента α .

В задачах геометрического содержания следует использовать известные свойства линей и поверхностей.

Пример. В данный шар вписать конус

наибольшего объёма.

Решение. Так как шар задан, то известен

его радиус R (рис. 6). Объём конуса:

V =

1

π

r 2h, где r - радиус основания конуса,

3

h- высота.. Из рис. 6 видно, что

h =

R +

R2 −

r 2 , тогда

V =

1

π

r

2

R +

R

2

− r

2

3

,

V - функция одного переменного r , и задача сводится к отысканию

максимума функции.

Пример. В прямоугольной системе

координат через точку

M (− 2;3)

проведена прямая с положительным угловым коэффициентом,

которая вместе с осями координат образует треугольник. Каковы должны быть отрезки, отсекаемые прямой на осях координат, чтобы площадь треугольника была наименьшей?

- 15 -

Решение.

Обозначим

длины

искомых отрезков a и b (рис. 7), тогда

уравнение прямой в отрезках имеет вид

x

+

y

=

1.

Площадь

треугольника

a

b

S =

1

ab . Найдём связь между a и b из

2

условия, что прямая проходит через

точку

M (−

2;3) :

− 2

+

3

= 1

a =

2b

3 − b

b2

a

b

S(b) =

. Задача сводится к отысканию минимума этой функции.

b −

3

В задачах № 61-90 требуется провести полное исследование указанных функций и построить их графики. Эти вопросы хорошо освеще-

ны в литературе: [2, гл. VI § 11, пример 1-6; 3, гл. VII, § 9, № 387 (1-7); 4, гл. VI, § 7, п. 6, пример 1-2; 5, гл. VII, § 2, п. 6. № 1082-1083; 6, гл. VI, § 7, № 918 (1-5)]. При исследовании целесообразно придерживаться следующей схемы, состоящей из трёх разделов, в которых устанавливаются:

1. Основные свойства функции: а) область определения функции; б) точки разрыва функции;

в) поведение функции на границах области определения: в окрестностях точек разрыва и на бесконечности; вертикальные и наклонные (в частности горизонтальные) асимптоты; г) нули функции (точки пересечения с осями координат);

д) симметрия графика (чётность или нечётность функции), периодичность.

2.Интервалы возрастания и убывания функции, точки экстремума.

3.Интервалы выпуклости и вогнутости, точки перегиба.

	Пример. Исследовать функцию y =			x2	и построить её график.
		1		+ x
x =	Решение. 1. Функция определена и непрерывна при всех x , кроме
	− 1, где она терпит разрыв. То есть область определения
(− ∞	;− 1) ( − 1;∞ ) . Исследуем поведение функции в окрестности точки

разрыва:

- 16 -

x

2

(−

1)

2

lim y

=

lim

=

=

−∞ ;

1

+ x

− 0

x→ − 1−

0

x→ − 1− 0

x

2

(−

1)

2

lim y

=

lim

=

=

+∞ .

1

+ x

+ 0

x→ − 1+

0

x→ − 1+ 0

Так как при x →

− 1 функция стремится к бесконечности, то прямая

x =

− 1 является вертикальной асимптотой. Уравнение наклонной асим-

птоты имеет вид y =

kx +

b , где k =

lim

y

=

lim

x2

=

1, и

x

(1+

x) x

x→ ∞

x→ ∞

lim ( y − k x) =

x

2

x

2

− x −

x

2

− x

b =

lim

− x =

lim

= lim

= − 1.

x→ ∞

1+ x

x→ ∞

1+ x

x→ ∞ 1+ x

x→ ∞

Следовательно, уравнение наклонной асимптоты имеет вид y = x − 1. Если при определении параметров наклонной асимптоты получается

	lim	y	= ∞	или lim ( y − k x) = ∞ , то наклонные и горизонтальные
		x
	x→ ∞			x→ ∞

асимптоты для этого случая не существуют. Если функция по разному

ведёт себя при x → −∞ , и х →	+∞	то при нахождении асимптот необ-
ходимо рассматривать два случая x →			+∞ и x →	−∞ .
Определим нули функции, x =	0	y =	0 и y = 0	x = 0. То есть гра-

фик проходит через начало координат. Определим, будет ли функция

чётной или нечётной:

f (−

x) =

(− x) 2

=

x2

≠ ± f (x) , функция общего

1

+

(− x)

1

−

x

вида. Периодической функция также не является.

2. Найдём с помощью первой производной интервалы возрастания и

x2 ′

2x (1+ x) − x2 1 x2 + 2x

убывания функции: y′ =

=

=

. Опреде-

(1+

x)

2

(1+

x)

2

1+

x

лим критические точки первой производной, т. е. точки где производная

	равна нулю или не существует. Получаем x =							− 2;x = − 1;x = 0 . Исследу-
	ем знаки производной на интервалах (рис.8). Получаем, что при
	x (− ∞ ;− 2) ( 0;∞ )	функция возрастает, а при x (− 2;− 1) ( − 1;0)
	функция убывает. Тогда		x = − 2	y =	(−	2)2	=	− 4 является точкой мак-
					1	− 2
	симума, а x = 0 y =
		0	точкой минимума.

- 17 -

3. Интервалы выпуклости и вогнутости определяются с помощью второй производной

′

x

2

′

(2x + 2) (1+

x)

2

− (x

2

+ 2 x) 2 (1

+ x)

′

+ 2x

(1+ x)2 =

(1+ x)4

y" = ( y ) =

− (x2 + 2x))

=

=

2 (1+

x)((

x + 1) ( 1+ x)

=

2

(x2 +

2x + 1− x2 − 2x)

=

2

.

(1+ x)4

(1+ x)3

(1+ x)3

Критическая точка x = −

1 исследуем

знаки второй производной на ин-

тервалах (рис. 9). Следовательно при

(

)

x (− ∞

;− 1)

функция выпукла, а при

функция вогнута.

x −− 1;∞∞

Приняв во внимание полученные результаты, строим график функции:

- 18 -

Контрольная работа № 6

В данную работу включены задачи по теме «Функции нескольких переменных», которая рассмотрена в литературе: [2, гл. I § 6-8, с. 19-27,

гл. 8, § 1, 2, с. 243-247; 3, гл. I, § 1,2, с. 9-16, гл. 6, § 1, с. 248-251; 5, гл. 8, § 1, с.208; 7, гл. 9, §1, с.4-8].

Под областью определения функции z = f (x; y) понимается совокупность точек (x; y) плоскости Oxy , в которых данная функция при-

нимает определённые действительные значения.

При решении задач № 1-30 следует помнить, что основные элементарные функции двух переменных определены на всей плоскости Oxy ,

исключение составляют функции:

1.

z =

f (x; y)

, область определения D :ϕ (x; y) ≠ 0 .

ϕ (x; y)

2.

z = 2n ϕ (x; y) , область определения D :ϕ (x; y) ≥0 .

3.

z =

loga ϕ (x; y) , область определения D :ϕ

(x; y) > 0.

a )z =

arcsinϕ

(x; y)

4. b )z =

arccosϕ

(x; y) тогда область

определения D :

ϕ (x; y)

≤ 1.

Пример. Построить область

определения функции

z = arcsin x +

xy .

2

Решение. Первое слагаемое

функции z определено при

x

≤ 1

− 1≤

x

≤ 1 − 2 ≤ x ≤ 2 . Второе

2

2

слагаемое имеет действительные

значения, если x y ≥0 , т. е. в двух

x ≥0			x ≤ 0	. Изобразим область определения на чер-
случаях при	y ≥0	или	y ≤ 0

теже (рис. 11)

В задачах № 31-60 для того, чтобы показать, что заданная функция удовлетворяет уравнению в частных производных, нужно уметь найти частные производные первого и второго порядка. [2, гл. VII, §5, с. 251253; 3, гл. VI, § 3 , с. 253-256; 5, гл. VIII, § 2, с. 209-210; 7, гл. IX , §3, с. 12-17].

- 19 -

Пример. Показать, что функция z =

arctg

y

удовлетворяет уравне-

x

∂ 2z

2z

+ (x2 +

y2 )2

∂ 2z

нию

+

∂

= y2

− x2 .

∂

∂

x∂

y

∂ x2

y2

y

Решение. Найдём частные производные функции z = arctg

пер-

x

вого порядка. Рассматривая y как постоянную величину, вычисляем ча-

∂ z

1

y

− y

стную производную от z по

x

=

−

=

. Анало-

∂ x

y 2

x2

x2 + y2

1+

x

гично, рассматривая x как постоянную,

получим частную производную

от z по y :

∂

z

1

1

x

∂

z

=

=

. Дифференцируя вторично

по x , по-

∂

x2 +

y2

∂

y

y

2 x

x

1

+

x

лучаем вторую частную производную:

∂

2

z

−

y

′

0 (x

2

+ y

2

)− y2x

2xy

=

=

−

=

. Находим вто-

2

2

2

2

(x2

2

∂

x

x

+

y

x

(x2 +

y2 )

+ y2 )

рую частную производную по y :

∂

2

z

x

′

0 (x

2

+

y

2

)−

x2 y

− 2xy

=

=

=

. Найдём смешан-

2

2

(x2

+ y2)

2

(x2 +

y2)

2

∂

y

2

x

+

y

y

ную производную второго порядка:

∂

2

z

− y

′ =

− 1 (x

2

+

y

2

)−

(− y)2 y

=

=

2

(x2

y2)

∂ x∂ y

x

+ y

2

+

2

x

=

− x2 − y2 +

2 y

2

=

y2 − x2

.

(x2 + y2)2

(x2 + y2)2

Подставляя полученные производные в заданное уравнение, получим