ИСЧИСЛЕНИЮ ФУНКЦИЙ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ

Задача 31.Исследовать на экстремум функцию z=-4+6x-x²-xy-y².

Решение.Чтобы исследовать данную дважды дифференцируемую функцию z=f(x,y) на экстремум, необходимо:

1. Найти частные производные первого порядка  и , приравнять их нулю и решить систему уравнений

Каждая пара действительных корней этой системы определяет одну стационарную точку исследуемой функции. Пусть Р₀ (х₀;у₀) одна из этих точек.

2. Найти частные производные второго порядка  и вычислить их значения в каждой стационарной точке.

Положим, что .

3. Составить и вычислить определитель второго порядка .

4. Если в исследуемой стационарной точке Р₀ (х₀;у₀) D>0, то функция z=f(x,y) в этой точке имеет максимум при А<0 и минимум при А>0; если D<0, то в исследуемой точке нет экстремума.

Если D=0, то вопрос об экстремуме требует дополнительного исследования.

Находим стационарные точки заданной функции:

Решение системы  дает х₀=4, у₀=-2.

Следовательно, данная функция имеет только одну стационарную точку Р₀ (4,-2).

Находим частные производные второго порядка и их значения в найденной стационарной точке:

Как видно, частные производные второго порядка не содержат х, они постоянны в любой точке и, в частности в точке Р₀ (4,-2). Имеем А=-2; В=-1; С=-2.

Так как D>0 и А<0, то в точке Р₀ (4;-2) данная функция имеет максимум:

Задача 32. Написать уравнение касательной плоскости и уравнение нормали к поверхности 3ху²-2уz+4xz-2=0 в точке М₀ (х₀;у₀;z₀), если х₀=-1 и у₀=2.

Решение. Определим аппликату z_0­ точки касания; для этого подставляем значения х₀ и у₀ в данное уравнение поверхности:

Таким образом, М₀ (-1;2;-2) – точка касания.

Уравнение касательной плоскости, проведенной к поверхности F (x,y,z)=0 в точке М₀ (х₀;у₀;z₀), имеет вид:

          (1)

Нормаль проходит через точку касания и перпендикулярная касательной плоскости. Уравнения нормали имеют вид:

                                    (2)

Находим частные производные  и вычисляем их значения в точке касания М₀ (-1;2;-2):

Подставив в (1) найденные значения частных производных и координаты точки касания, получаем

или после упрощения х-2у-2z+1=0 – уравнение касательной плоскости.

Из (2) имеем

или

 - искомые уравнения нормали.

Задача 33.Найти наибольшее и наименьшее значения функции z=x²+2y²-2x-8y+5 в замкнутом треугольнике АОВ, ограниченном осями координат и прямой х+у-4=0 (рис. 12).

Рис. 12.

Решение. Чтобы найти наибольшее и наименьшее значения функции в заданной замкнутой области, необходимо: 1) найти стационарные точки, лежащие внутри области, и вычислить значения функции в этих точках; исследовать на экстремум эти точки не следует; 2) найти наибольшее и наименьшее значения функции на границе области; если граница состоит из нескольких линий, то исследование проводится для каждого участка в отдельности; 3) сравнить полученные значения функции и установить наибольшее и наименьшее значения функции в заданной замкнутой области.

Находим стационарные точки, лежащие внутри заданной области:

Приравняв нулю частные производные и решив полученную систему

находим стационарную точку Р₀ (1;2). Эта точка принадлежит заданной области. Вычислим значение функции в этой точке:

z(P₀)=z(1;2)=1+8-2-16+6=-4.

Граница области состоит из отрезка ОА оси Ох, отрезка ОВ оси Оу и отрезка АВ. Определим наибольшее и наименьшее значения функции z на каждом из этих трех участков. На отрезке ОА у=0, а 0£х£4. Если у=0, то z(х)=х²-2х+5. Находим наибольшее и наименьшее значения этой функции на отрезке [0,4]:

Вычислим значения функции на концах отрезка ОА, т.е. в точках 0 (0;0) и А (4;0):

z(0)=5; z(4)=13.

На отрезке ОВ х=0 и 0£у£4. Если х=0, то z(у)=2у²-8у+5. Находим наибольшее и наименьшее значения этой функции на отрезке [0,4]:

В точке О (0;0) значение функции уже было найдено. Вычислим значение функции в точке В

z(B)=z(0;4)=5.

Теперь исследуем отрезок АВ. Уравнением прямой АВ будет у=4-х. Подставив это выражение для у в заданную функцию z, получим

Определим наибольшее и наименьшее значения этой функции на отрезке [0,4]:

Р₃ – стационарная точка на отрезке АВ. Вычислим значение функции в этой точке:

Значения функции на концах отрезка АВ найдены ранее.

Сравнивая полученные значения функции z в стационарной точке Р₀ заданной области, в стационарных точках на границах области Р₁, Р₂, Р₃ и в точках О, А, и В, заключаем, что наибольшее значение в заданной замкнутой области функция z имеет в точке А, наименьшее значение – в точке Р₀ (1;2). Итак,

Задача 34. Дан интеграл  Требуется: 1) построить на плоскости хОу область интегрирования D; 2) изменить порядок интегрирования; 3) вычислить площадь области D при заданном и измененном порядке интегрирования.

Решение.1. Пределы внешнего интеграла по переменной х – числа 1 и 3 – указывают на то, что область D ограничена слева прямой х=1 и справа прямой х=3.

Пределы внутреннего интеграла по переменной у указывают на то, что область D ограничена снизу параболой у=(х-1)²+1 и сверху прямой у=2х-1. Построив эти линии на отрезке [1;3], получим область D (рис. 13).

  Рис. 13.                                                Рис. 14: 1 - ; 2 -

2. Чтобы изменить порядок интегрирования, установим пределы интегрирования для внешнего интеграла по переменной у. Как видно из рис 13, наименьшее значение, которое принимает у в области D, равно 1 в точке А (1;1), а наибольшее значение равно 5 в точке В (3;5). Следовательно, внешний интеграл по переменной у будет иметь пределы: 1 (нижний предел) и 5 (верхний предел).

Определим пределы для внутреннего интеграла по переменной х.

Из уравнения прямой у=2х-1 получаем нижний предел.

Из уравнения параболы у=(х-1)² получаем  - верхний предел. Таким образом,

3. Вычислим площадь области D при заданном порядке интегрирования:

Вычислим площадь области D при измененном порядке интегрирования:

Задача 35.Найти объем тела, ограниченного параболоидом z=6-x²-y² и конусом  (рис. 14).

Решение. Искомый объем V находим с помощью

                           (1)

Определим область D. Исключая из заданных уравнений поверхностей z, получим уравнение контура области D:

откуда

                                    (2)

Как видно из уравнения (2), область D представляет круг с центром в начале координат и радиусом, равным 2.

Чтобы вычислить интеграл (1), перейдем к полярным координатам: х=rcosj  и y=rsinj. Область D определяется неравенствами: 0£j£2p, 0£r£2. Выразим подынтегральное выражение (1) через r и j. Заменяя х²+у² через r² и dxdy через rdrdj, получим

Задача 36. Найти функцию U (х,у), если ее дифференциал

Решение. Рассмотрим криволинейный интеграл

Так как под знаком криволинейного интеграла имеется полный дифференциал, то этот интеграл не зависит от контура интегрирования. Выберем на плоскости хОу три точки: А (0;0), В (х;0) и М (х;у) и за контур интегрирования К примем ломаную АМВ. На отрезке АВ у=0 и, следовательно, dy=0; на отрезке ВМ х=const и, следовательно, dх=0.