Контрольная работа № 5 ИСиТвЭ (1 курс 2 семестр)

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РЕСПУБЛИКИ БЕЛАРУСЬ

УЧРЕЖДЕНИЕ ОБРАЗОВАНИЯ БЕЛОРУССКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ ИНФОРМАТИКИ

И РАДИОЭЛЕКТРОНИКИ

Факультет непрерывного и дистанционного обучения

Специальность: «Информационные системы и технологии в экономике»

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ № 5

Вариант № 5

Шумилова Александра Борисовича Группа № 002322, шифр № 05 Зачетная книжка № 002322-05

Электронный адрес: [e-mail]

1

СОДЕРЖАНИЕ

1.Задача 215…………………………………………………………………..3

2.Задача 225…………………………………………………………………..4

3.Задача 235…………………………………………………………………..6

4.Задача 245……………………………………………………………..…....7

5.Задача 255………………………………………………………………..…8

2

						1 ЗАДАЧА 215
	Условие			задачи.		Дана функция z =	y	.	Показать, что
							x
x2	∂ 2 z	+ 2xy	∂ 2 z	+ y2	∂ 2 z	= 0.
	∂ x2		∂ x∂ y		∂ y2

Решение задачи.

Найдем частные производные и подставим их в уравнение.

¶ z

= (

1

* y)¢ = - 1*

1

* y = -

y

¶ x

x

x2

x2

¶ 2 z

=

(-

y

)¢

= -

y * (- 2)

=

2 y

¶ x2

x2

x3

x3

¶ z

= (

y

)¢ =

1

¶ y

x

x

¶2 z = 0

¶y2

¶ 2 z

æ

y ö

¢

1

=

ç

-

÷

= -

¶ x¶ y

x2

è

x2 ø

x

2 *

2 y

+ 2xy * (-

1

) + y 2

* 0 = 0

x3

x2

0

= 0

Получили тождество. Следовательно, функция z удовлетворяет данному

уравнению.

3

	2 ЗАДАЧА 225
Условие задачи. Дана функция		z=f(x, y)	и	две точки	А(х0 , y0) и	В
(х1,,y1).	Требуется: 1) вычислить значение		z1	функции в	точке В;	2)
вычислить приближенное значение		z1 функции в точке В исходя из значения

z0 функции в точке А, заменив приращение функции при переходе от точки А к

точке В дифференциалом;				3) составить уравнение касательной плоскости к
поверхности z=f(x, y) в точке С (x0, y0, z0).
z =	x2 + 3xy − y2,		А (1; 3),		В (0,96; 2,95).
Решение задачи.
1.	z1 = (0,96)2 + 3 0,96 2,95 − (2,95)2 = 0,7151
2. x0 = 1, y0 = 3,					.
	x = 0,96 − 1 = − 0,04,
	y = 2,95 − 3 = − 0,05,
	f (1;3) = 1+ 9 − 9 = 1.
	Итак, z0 = 1, z ≈ z0 + df ( A);
	df ( A) =	∂z( A)	x +	∂z( A)	y;
		∂x		∂y

∂∂xz = 2x + 3y;

∂z( A) = 11;

∂x

∂∂yz = 3x − 2 y;

∂z( A) = − 3;

∂y

f(0,96;2,95) ≈ 1+ 11*(− 0,04) + (− 3) *(− 0,05) = 0,71

3.Найдем уравнение касательной плоскости к поверхности, заданной

уравнением x2 + 3xy − y2 − z = 0 в точке С (1;3;1).

Найдем частные производные Fx′, Fy′, Fz′ в точке С (1;3;1).

Fy′ =

Fx′ =

∂ z = 2x + 3y; ∂ x

Fx′(C) = 11;

∂ z = 3x − 2 y; ∂ y

Fy′ (C) = − 3; Fz′ = − 1

Запишем уравнение касательной.

11*(x − 1) − 3*( y − 3) − 1*(z − 1) = 0

3 ЗАДАЧА 235

Условие задачи. Исследовать на экстремум функции двух переменных. z = x2 + y2 + 2x + 4y − 1.

Решение задачи.

Найдем частные производные и составим систему уравнений для нахождения стационарных точек:

	∂ z	=		2x + 2,	,
	¶ x
	∂ z		=	2y + 4,	следовательно, система для отыскания стационарных точек
	¶ y
имеет вид:
					ì	2x + 2 = 0	.
					í	2y + 4 = 0
					î

Решив систему, получим стационарную точку: P(-1,-2). Найдем производные 2-го порядка

	∂ 2z	= 2	=	A,	∂ 2z	= 2	=	B,	∂ 2z	= 0	= C
	∂ x2				∂ y2				∂ x∂ y
	и составим дискриминант								= AB − C2 для стационарной точки P(-1,-2)

Δ=4-0=4>0, А>0, следовательно, в Р(-1,-2) функция имеет минимум,

zmin = - 6.

4 ЗАДАЧА 245

Условие задачи. Дана функция z=z(x, y), точка A(x0, y0) и вектор а. Найти: 1) grad z в точке А; 2) производную в точке А в направлении вектора а.

z = 5x2 y + 3xy2 ,

А (1; 1) а = 6i – 8j.

Решение задачи.

1.

grand _ z(A) =

∂ z(A)

i +

∂ z(A)

. Найдем частные производные функции z в

j

∂ y

∂ x

точке А.

∂ z

= 10yx +

3y2 ,

∂ x

∂ z(A)

= 13,

∂ x

.

∂ z

= 5x2 + 6xy,

∂ y

∂z(A) = 11.

∂y

Тогда grand _ z(A) = 13i + 11j .

2. Производную по направлению вектора a в точке А находим по формуле

∂ z(A)	=	∂ z(A)	cosα	+	∂ z(A)	cos β .
∂ a
		∂ x			∂ y

Частные производные в точке А нами уже найдены. Для того чтобы

найти cosα ,cos β

, найдем единичный вектор

0 вектора

.

a

a

=

=

6

8

j = 3 i −

4

a

i −

j , где

a0

=

= 10 .

a

36 + 64

a

10

10

5

5

Отсюда cosα

=

3 ,cos β

=

− 4 .

5

5

Таким образом, производная по направлению вектора a в точке А:

	∂ z(A)	= 13*	3	+ 11*(−	4) = − 1.
	∂ a		5
					5

5 ЗАДАЧА 255

Условие задачи. Найти условный экстремум функции при помощи функции Лагранжа.

z = x2 + y2 , при x + y = 3.

Решение задачи.

Составляем функцию Лагранжа:

F(x, y) = x2 + y2 + λ (x + y − 3).

∂ F

∂ F

= 2у

+ λ

,

∂ F

= 2х +

λ ,

=

х + у - 3.

Имеем

¶ y

¶ x

¶ λ

Необходимые условия дают систему:

ì

2х + λ

= 0

ï

2у + λ

= 0

í

ï

x + y -

3 = 0,

î

Решив которую, найдем:

λ = − 3,x =

3, y =

3

,

2

2

∂

2F

= 2,

∂ 2F

=

2,

∂ 2F

= 0,

Находим ∂ x2

∂ y2

∂ x∂ y

d 2F(x, y) = 2(dx2 + dy2).

3

3

При λ

= − 3,x =

2

, y = 2

, d2F >

0, в этой точке условный минимум,

zmin = 4,5.