Файл: В.М. Волков Математика и математика в экономике. Программа, контрольные работы №4, 5, 6 и методические указания для студентов 2 курса заочной формы обучения.pdf

2x −

2y = 0,

x =1,

− 2y +

4 = 0.

− 2x

y =1.

Получили

критическую точку M1 (1,1),

на

границе области.

После

подстановки

уравнения

стороны

AO

y = 0, 0 ≤ x ≤ 6 ,

исходная

функция

примет

вид

O(0,0).

Это

угловая

точка,

вычисляем

z2 = z(0)= 0.

На

OB x = 0,

0 ≤ y ≤ 6, исходная функция примет вид

z = −y2 + 4y , то есть

z′y = −2y + 4,

− 2y + 4 = 0, y = 2 . Получаем точку M2 (0,2). Эта точка при-

надлежит отрезку, вычисляем z3 = z(M2 )= 4 . На AB y = 6 − x,

0 ≤ x ≤ 6 ,

исходная функция примет вид z = 2x2 − 4x −12 ,

то есть является функ-

цией

одной

переменной.

Определим

критические

точки

z′x = 4x − 4,

4x − 4 = 0, x =1. Получаем точку M3 (1,5). Эта точка принад-

∂z

=10xy − 7y2 + 5y,

∂z

= 20 − 28 +10 = 2;

∂x

∂x

A

∂z

= 5x2 −14xy + 5x,

∂z

= 5 − 28 + 5 = −18.

∂y

∂y

A

По определению градиента

gradz =

∂z

r

+

∂z

r

в данном примере

∂x

i

∂y

j

= 2 ri −18 rj .

получим gradz

A

a

2

ay

1

.

cosα =

rx

= −

5

, cosβ =

r

=

5

a

a

ления

∂z

=

∂z

cosα +

∂z

cosβ, в нашем примере получаем

∂a

A

∂x

A

∂y

A

∂z

2

1

22

, то есть скалярное поле функции убывает в

∂a A

= 2

−

−18

= −

5

5

5

ri + j .

направлении вектора a = −2

∫

dx

= ∫(5x + 2)−

5

dx

(

3

3

5x + 2 5

)

используем табличный интеграл

= un+1

∫undu

+ c .

n + 1

dx

−

5

1

−

5

1

−

5

∫ 3

(

5x

+ 2 5 = ∫(5x +

2)

3dx = 5 ∫(5x + 2)

3 5dx =

5 ∫(5x

+ 2)

3d(5x + 2)=

)

−

5

+1

2

= 1 (5x + 2) 3

+ c

= −

3

(5x + 2)−

+ c = −

3

+ c .

3

2

5

5

+ 1

10

103 (5x + 2)

−

3

Интеграл ∫x e3x 2 −1dx

сводится к табличному ∫eudu = eu + c путём

подведения

под

знак

дифференциала

показателя

степени

d(3x2 − 1)= 6xdx. Таким образом:

2

1

2

1

2

1

2

∫x e3x

−1dx =

∫e3x

−16xdx =

∫e3x

−1d(3x2 − 1)=

e3x

−1 + c .

6

6

6

В примере

∫ 3cosx dx используем формулу ∫ du

= ln

u

+ c ,

где под

2 + sinx

u

знаком

дифференциала

находится

знаменатель

дроби.

Так как

d(2 + sinx)= cosxdx, то

d(2 + sinx)

3∫

cosxdx

=

3∫

= 3 ln

2 + sinx

+ c.

2 + sinx

2 + sinx

становки и интегрирования по частям,

то

есть по формуле

∫udv = uv − ∫ vdu мы от исходного интеграла

∫udv

переходим к более

простому ∫ vdu .

Пример.

∫x arctgxdx = ∫arctgx xdx , то есть возьмём

dx

u = arctgx du =

,

1 + x

2

2

x

dv = xdx v = ∫dv = ∫xdx =

.

2

(здесь при нахождении v константу c полагаем равной 0). Получим

∫x arctgxdx = ∫arctgx xdx =

x2

arctgx −

1

∫x2

dx

.

2

2

1 + x2

dx

Возьмём

∫x2

отдельно

+ x2

1

∫x2

dx

x2 + 1 −

1

1 −

1

dx

= x − arctgx + c .

=

∫

dx =

∫

dx

= ∫dx

− ∫

+ x2

x2 + 1

1 + x2

1 + x2

1

Итак

∫x arctgxdx = x2 arctgx − 1 (x − arctgx)+ c .

2

2

Пример. Найти

∫x e−3xdx . Пусть

u = x du = dx,

−3x

−3x

1

−3x

1

d(− 3x)= −

−3x .

dv = e

dx v =

∫e

dx

= −

∫e

e

3

3

∫x e

−3x

1

e

−3x

1

e

−3x

xe−3x

1

∫e

−3x

dx =

dx = x −

3

− ∫ −

3

dx = −

3

+

3

= − xe−3x

− e−3x + c .

3

9

Пример. При вычислении интеграла I = ∫ 2 +

x + 1 dx

сделаем под-

x + 3

становку u =

x + 1 u2 = x + 1 x = u2 − 1 dx = 2udu,

x + 3 = u2 − 1 + 3 = u2 + 2 . Получим

2u + u2 du .

I = ∫

2 +

x + 1 dx = ∫

2 + u 2udu = 2∫

2u + u2

x + 3

u2 + 2

u2 + 2

Дробь

неправильная (степень числителя не меньше степени

u2 + 2