TR-DI

λ

0,

x 1

a

2

λ

y 1

0,

2

b

λ

z 1

0,

c2

x2

y2

z2

1 0.

b2

c2

a2

Из последнего уравнения системы следует, что х, у, z не могут одновременно

равняться нулю, поэтому один из сомножителей 1

, 1

, 1

должен

a2

b2

c2

равняться нулю. Пусть 1

= 0, т. е. = –а2. Тогда

1

0 и 1

0

a2

b2

c2

(так как a > b > c) и, следовательно, у = 0, z = 0. Из третьего уравнения системы

получаем х = а. Таким образом, положив 1 = 0, нашли две точки А(а, 0, 0) a2

и В(–а, 0, 0). Рассуждая аналогично, при 1 = 0 получим вторую пару точек b2

С(0, b, 0) и D(0, –b, 0), при 1 = 0 – третью пару E(0, 0, с) и F(0, 0, –с). Полу- c2

ченные точки являются концами трех главных осей эллипсоида. Так как a > b > с, то можно утверждать, что максимум в точках A(а, 0, 0) и B(–а, 0, 0), минимум в точках E(0, 0, с) и F(0, 0, –с). Что же касается точек С(0, b, 0) и D(0, –b, 0), то в них экстремума нет.

Отв. Наиболее близкие точки от центра E(0, 0, с) и F(0, 0, –с), dнаим = c, наиболее удаленные – A(а, 0, 0) и B(–а, 0, 0), dнаиб = а.

З а д а н и е № 5 . Найти наибольшее и наименьшее значения функции

z = х2 + 4ху – у2 – 6х – 2у

в замкнутом треугольнике, ограниченном осями координат и прямой 3у + 2х – 6 = 0.

Пояснения. Отыскание глобальных экстремумов функции z = f (x, у) в замкнутой области D рекомендуется проводить по следующей схеме.

1. Из системы

31

Оглавление

f x ( x, y) 0,f ( x, y) 0y

найти стационарные точки функции. Для точек, лежащих внутри области D, вычислить значения z = f (x, у).

2. На границе области найти наибольшее и наименьшее значения функции, учитывая, что на каждом участке границы, определяемом уравнением вида у = (х) (a x b) (или определяемом уравнением вида х = (у) (с у d)), z = f (x, у) (или z = f ( (у), у)). Методами исследования функции на экстремум найти критические точки, принадлежащие границе области, и вычислить значения z = f (x, у) в этих точках.

3. Определить значения z = f (x, у) в точках стыка участков границы области. 4. Выбрать наибольшее и наименьшее значения z = f (x, у) из всех вычислен-

ных выше значений.
Р Е Ш Е Н И Е .	1.	Найдем критические точки функции
			z = х2 + 4ху – у2 – 6х – 2у:
	z		= 2х + 4у – 6;		z = 4х – 2у – 2.
	x				y
Решим систему уравнений
2x 4 y 6 0,				x 3 2 y,			x 1,
	0				2 y) 2 y 2			у 1,
4x 2 y 2				4(3

и получим одну стационарную точку (1; 1), которая лежит внутри заданной области (рис. 4). y

2. Найдем наибольшее и наименьшее значения z = f (x, у) на границе области, которую составляют отрезок ОА оси Ох; отрезок OВ оси Оу; отрезок AB прямой.

На отрезке ОА: у = 0; 0 х 3

z = f (x, 0) = х2 – 6х

B

2
	D	A
0		3	x
		Р и с. 4

(непрерывная функция одной переменной). Из уравнения dxdz = 0, т. е.

2х – 6 = 0,

32

Оглавление

имеем х = 3 (критическая точка, не являющаяся внутренней). На отрезке OB: х = 0, 0 y 2

z = f (0, у) = –у2 –2 у.

Из уравнения dz = 0, т. е. dу

–2у – 2 = 0,

имеем у = –1; эта точка лежит вне отрезка [0, 2] и поэтому нас не интересует.

	На отрезке АВ имеем
			х = 3 – 1,5у;	0 у 2,
			z = –9 + 10y – 19у2 /4,	0 у 2.
	Из уравнения	dz	= 0, т. е. 10 – 19y / 2 = 0, находим у = 20 / 19, что дает z(20 /
		dy

19)= –71 / 19.

3.В точках стыка участков граница имеем следующие значения f (x, у):

f (О) = f (0, 0) = 0;

f (В) = f (0, 2) = –8;

f (А) = f (3, 0) = –9.

4.Сравнивая между собой вычисленные значения f (x, у), т. е. числа –4, –71

/19, 0, –8, –9, приходим к заключению, что свое набольшее значение в данном замкнутом треугольнике функция принимает в точке О(0; 0), наименьшее – в

точке А(3, 0), при этом f наиб = f (0; 0) = 0; fнаим = f (3; 0) = –9.

Заметим, что в зависимости от вида функции z = f (x, у) и вида области D

возможны и другие способы более быстрого решения аналогичных задач.

Отв. f наиб = f (0; 0) = 0; fнаим = f (3; 0) = –9.

З а д а н и е № 6 . Рельеф местности в пределах некоторого географического района может быть описан приближенно функцией

z = 5х2 + 6xу + 5y2 – 16x – 16y – 32.

Направление grad z в точке A(x0, y0) определяет направление линии наиболее крутого ската в этой точке, величина grad z – крутизну этого ската.

1.Найти grad z в точке А(–1; 1).

2.Оценить характер (возвышенность или низменность) и скорость изменения рельефа данной местности в точке А в направлении, определяемом вектором

а4i 3 j .

3. Записать уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности z = f (x, у) в данной точке А(–1; 1).

33

Оглавление

Пояснения. Вектор

	z		z
grad z		,
	x
			y

называется градиентом скалярного поля в рассматриваемой точке.

Производная скалярного поля по направлению а равна проекции градиента на это направление

z

np

grad z

=

z

cos

z

cos ,

a

a

x

y

где cos , cos – направляющие косинусы вектора а .

Уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности

z = f (x, y) в точ-

ке А (x0, y0 ) имеют вид

z z f (x , y )( x x ) f

(x , y )( y y ) ,

0

x

0

0

0

y

0

0

0

x x0

y y0

z z0

.

f (x , y

f (x , y

0

)

0

)

1

x

0

y

0

Р е ш е н и е . 1. Найдем градиент функции z в точке А(–1; 1)

z

i

z

grad z

=

j;

x

y

A

A

A

z

10x 6 y 16;

z

20;

z

6x 10 y 16;

z

12;

x

x

A

y

y

A

grad z

= –20 i

– 12 j .

A

Скорость изменения рельефа местности в точке А(–1; 1) в направлении вектора а 4i 3 j определяем по формуле производной по направлению

	z		z	cos	z	cos .
	a
			x		y
34

Оглавление

Единичный вектор a0 , направление которого совпадает с направлением вектора а , определим по формуле

						a0 =		a					4i 3 j					4	i	3	j,
								a					42 ( 3)2			5				5
	отсюда cos = 4 / 5; cos = –3 / 5.
	Таким образом,
				z		20				4		12		( 3)	16 7,2 8,8.
				а
						A				5			5
	2. Так как	z		8,8			< 0, то						в направлении вектора а 4i 3 j функция
		а
				A

z = f (x, у) убывает, т. е. в этом направление рельеф местности имеет спуск.

3. Уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности в точке А(–1; 1) определим из уравнений

z z	0	f (x , y					0		)(x x ) f							(x , y		0	)( y y		0	) ,
		x		0							0				y	0
		x x0									y y0						z z0			,
		f (x	0	, y	0	)				f (x		0	, y	0	)		1
		x								y

где

z0 = z(А) = z(–1; 1) = 5 (–1)2 + 6 (–1) + 5 1 – 16 (–1) – 16 1 – 32 = –28.

Тогда уравнение касательной плоскости примет вид

z + 28 = –20 (х – (–1)) – 12 (у – 1) 20х + 12у + z – 36 = 0.

А уравнение нормали

x 1

y 1

z 28

x 1

y 1

z 28

20

12

1

20

12

1

;

z

( А) 4

Отв. grad z(A) = –20 i

– 20

j

< 0, функция убывает;

а

уравнение касательной плоскости 20х + 12у + z – 36 = 0,

35

Оглавление

уравнение нормали x 1 y 1 z 28 . 20 12 1

36

Оглавление

Б И Б Л И О Г Р А Ф И Ч Е С К И Й С П И С О К

1.Пискунов Н. С. Дифференциальные и интегральные исчисления: Учеб. для втузов. В 2-х томах. Т. I. М.: Интеграл-пресс, 2004. 416 с.

2.Пискунов Н. С. Дифференциальное и интегральное исчисление: Учеб. для втузов.

В2-х томах. Т. II. М.: Интеграл-пресс, 2004. 544 с.

3.Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления. М.:

Наука, 2006. 607 с.

4.Берман Г. Н. Сборник задач по курсу математического анализа. СПб.: Профессия, 2001. 432 с.

5.Данко П. Е., Попов А. Г., Кожевникова Т. Я. Высшая математика в упражнени-

ях и задачах. Ч. 2. М.: Высшая школа, 2005. 416 с.

37

Оглавление

О Г Л А В Л Е Н И Е
Порядок выполнения и защиты типового расчета по высшей математике	....... 3
ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ВОПРОСЫ..........................................................................	4
ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ УПРАЖНЕНИЯ..................................................................	5
Задание № 1 (правило Лопиталя) ...........................................................................	6
Задание № 2 (исследование функций) ..................................................................	10
Задание № 3 (задачи на одномерную оптимизацию) ...........................................	12
Задание № 4 (задачи на двумерную оптимизацию) .............................................	14
Задание № 5 (задачи на глобальный экстремум)..................................................	15
Задание № 6 (градиент и производная по направлению) .....................................	17
Методические указания к выполнению типового расчета ...............................	18
Библиографический список ..............................................................................	37
Оглавление............................................................................................................	38

38

Оглавление

План 2015 г.

КА Й Д А Л О В А Л ю д м ил а В и т ал ь ев н а , П А В Л О В А Г ал и н а А л ек с ан д ро в н а

Т и п о в о й р а с ч е т п о

вы с ш е й м а т е м а т и к е

«П Р И Л О Ж Е Н И Я Д И Ф Ф Е Р Е Н Ц И А Л Ь Н О Г О

ИС Ч И С Л Е Н И Я »

У ч е б н о е и з д а н и е

Технический редактор И. А. Шимина

Подписано в печать 25.03.2015 Формат 60 90 1/16. Бумага офсетная. Печать оперативная.

Усл. печ. л. 6,02. Усл.-изд. л. 3,02. Тираж 100 экз. Заказ №

Отпечатано в Самарском государственном университете путей сообщения г. Самара, Заводское шоссе, 18

39

Оглавление