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

Скачать файл (0,37Мб)

Заказать решение

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 03.06.2024

Просмотров: 101

Скачиваний: 0

ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.

- 20 -

2xy

− 2xy

(x2 +

y2)2

y2 − x2

= y2 − x2 . Получаем

(x2 + y2 )2

тождество:

y2 −

x2 =

y2 −

x2 , т. е. функция z удовлетворяет уравне-

нию.

В задачах № 61-90 в первом пункте надо вычислить значение функции z в точке B, непосредственно и с помощью дифференциала

оценить возникающую относительную погрешность. Составить уравнение касательной плоскости.

Пример. Дана функция z = f (x, y) и	две точки A(x0 , y0) и
B(x1, y1) . Требуется: 1) вычислить значение z1	в точке В; 2) вычислить

приближённое значение z11 функции в точке В, исходя из значения z0

функции в точке А и заменив приращение функции при переходе от точки А к точке В дифференциалом; 3) оценить в процентах относительную погрешность, получающуюся при замене приращения функции

её дифференциалом; 4)		составить уравнение	касательной плоскости к
поверхности z =	f (x, y)	в точке С(x0 , y0 ,z0)	. Используем следующие
данные z = x2 +	xy − y,	A(1;2) , B(1,03;1,98) .
Решение. 1. Вычисляем z = z(B) = (1.03) 2			+ 1,03 1,98 − 1,98 = 1,1203;
		1

2. При вычисление, во втором пункте используем формулу для приближённых вычислений с помощью дифференциала:

z(x0 + ∆ x; y0 + ∆ y) =

A(x0 ; y0) и B(x1; y1) z(x0 ; y0) = z( A) = 12 +

z( x

; y )

∂

∆

x +

∂

∆ y , полагая

∂

= B( x0 +

∆

x; y

0 + ∆

, тогда

1 2

−

2 =

∂ z

(2x + y)

A = 2 + 2 = 4,

∂ z

(x − 1)

A = 0,

∂ x

∂ y

∆ x = x1 − x0 = 1,03 − 1 = 0,03, ∆ y = y1 − y0 = 1,98 − 2 = − 0,02.

Подставив полученные значения в формулу, получим z11 ≈ 1+ 4 0,03 + 0 (− 0,02) ≈ 1,12

- 21 -
			z		− z1
			z		− z1
Относительную погрешность найдём по формуле δ =			1	1		100%,
Относительную погрешность найдём по формуле δ =				z1		100%,
				z1
				1
подставляя полученные значения имеем δ =	1,1203 − 1,12				100% ≈ 0,03%.
	1,1203 − 1,12
		1,12
		1,12

3. Для нахождения касательной плоскости используем её уравнение в

виде:

∂

(x −

) +

∂

( y −

) − ( z −

z )

= 0. Подставив найденные

∂

(x −

1) +

0 ( y −

2) −(

z − )1 = 0 или

ранее значения, получим 4

4x − z −

3 =

Для решения задач № 91-120 необходимо знать, что функция, дифференцируемая в ограниченной замкнутой области, достигает своего наибольшего (наименьшего) значения либо в критических точках, лежащих в области, либо на границах, либо в её вершинах. [2, гл. VIII, §

17,с.280-286; 3, гл. VI, § 9, 10, с. 266-275; 5, гл. VII, § 4, с. 221-225; 7, гл. IX, § 7, с. 41-47].

Пример. Найти наибольшее и наименьшее значения функции

z = x2 + y2 − x y + x + мыми x = 0, y = 0, x +

y заданной в треугольнике, ограниченном пря- y = 3.

Решение. Построим указанную область (рис.12). Найдём критические точки как решение системы

∂	z		=	0

∂	x
				. Найдём частные производ-
∂	z
		=		0

∂	y

ные и составим систему уравнений

∂	z		=	2x −	y + 1 = 0,

∂	x
∂	x
∂ z
∂ z		= 2 y − x + 1 = 0,
		= 2 y − x + 1 = 0,
∂	y
∂	y

решая полученную систему, находим критическую точку P1(1;1) , лежащую внутри области.

Исследуем функцию на границах области.

				- 22 -
На AO имеем y =	0,−	3 ≤		x ≤ 0 z = x2 + x	z′ =	2x +	1. Приравнивая
к нулю последнее выражение находим 2x + 1 =					0	x =	−	1	и получаем
к нулю последнее выражение находим 2x + 1 =					0	x =	−	2	и получаем
			1					2
			1
координаты точки	P2	−		;0 , принадлежащей области.
координаты точки	P2	−	2	;0 , принадлежащей области.
			2

На OB имеем x = 0 ,− 3 ≤ y ≤

z = y 2 + y z ′ = 2 y + 1 отсюда

получаем координаты точки P3 0;−

, принадлежащей области.

На AB имеем

y = − 3 − x , − 3 ≤ x ≤ 0 z = x2 + (− 3 − x)2 − x( − 3 − x) + x +

+ (− 3 − x) = x2 + 9 + 6x + x2 + 3x + x2 + x − 3 − x = 3x2 + 9x + 6

z′ =

6x +

Отсюда получаем точку P4 −

;−

, принадлежащую области. Найдём

значения функции в полученных точках и в вершинах области A(− 3;0) ,

B(0;− 3) , O(

0;0) .

z(P ) =

z( − 1;− 1) = ( − )1 2 +( − )1 2 −( −)1( −) 1(+ )− 1( + )− 1 = − 1

z( −

0,5;0) = − 0,25,z( P)

= (z

0;− 0,)5 = − 0,25,

z(P ) =

z(P4) =

z −

;−

= 0,75,z(A) = z( −

3;0) = 6,

z(B) = z( 0;− 3) = 6,z( O) = (z 0;)0 = 0.

Выберем из этих значений наибольшее и наименьшее. Получаем

zнаиб =

6 в точках A(−

3;0) и B(0;− 3) , а zнаим = − 1 в точке P1(− 1;− 1) .

При решении задач № 121-150 необходимо использовать знание

скалярного поля [2, гл. IX, § 14, 15, с. 273-278; 3, гл. VII, § 1, с. 343-348;

7, гл. IX, § 6, с. 31-38].

Пример. Найти gradz в точке A(− 1;3) и производную по направ-

3ln(x2 + y).

лению вектора a =

− i

3 j , если z =

Решение. Градиент в точке A(−

1;3) найдём по формуле

∂

gradz

i +

j , для этого вычислим значения частных про-

∂

изводных

- 23 -

∂ z

−

∂

, тогда градиент

∂ x

x2 + y

∂ y

x2 + y

равен gradz

−

. Производную по направлению найдём по

формуле

∂

cosα

∂

cos β , где

∂

a y

cosα

a x

− 1

−

и cos β =

, поэтому производ-

(− 1)2 + (

∂

−

6 + 3 3

ная по направлению равна

∂

КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ

Контрольная работа № 4

ПРОИЗВОДНАЯ И ЕЁ ПРИЛОЖЕНИЯ 1-30. Найти дифференциалы данных функций в пунктах (а, б, в, г) и производную от неявной функции (д).

1. а) y =

x x +

2x −

ctg3x,

б) y =

4 + lnx2

e3x

в) y= 2 x sin

x + π

−

x + 7 ,

г ) y=

x sin x ,

д) x sin y +

y2 −

x =

2. а)y =

x +

−

x +

, б) y =

e2 x+ 3 x2

в ) y =

tg3x

, г) y =

, д ) x ln y

+ x2 + y = 0.

cos

(x −

- 24 -

а) y =

sin2 x

ctg

б) y = 2x − 3 x6 −

8 ,

в) y =

e−

x2 + 4 ,

г) y = (cos x) x ,

д ) e xy −

x2 +

y2 =

ln x

а )y =

5x +

б)y =

3 + 2 tg

x −

x arctg

в)y =

sin3x

г)y =

(sin3x)

x ,

д)x y2 −

2 y +

ln x2 =

cos x

x2)4 ,

а )y =

(sin x +

б )y = 34 - x 2 arcsin x −

2 x,

в)y =

cos2 3x

г )y =

(tgx) x2 ,

д)x3 − arctgy + x y =

x3 − 1

б )y = ln(x2 +

4)−

x sin2 2x ,

а )y =

4 x −

arcsin x ,

в)y =

cos x2 − 3x

г )y =

(x)2tgx ,

д )

− arctgx +

e y

= 0.

6 x− 1

а )y =

x3 arccos x −

7 x ,

б)y =

5 x tg

− 2,

ln(3x − 1)

(cos x) x2 ,

в)y =

г)y =

д)x2 y2 −

sin y +

x =

sin 2x

а )y =

3 1−

б)y = sin2 x cos x2 ,

(arcsin x)

x ,

д)(x +

y)2 −

в)y =

ln x

+ 1,

г)y =

arctgy = 7.

а )y =

arcsin4x

б )y = x 10

x − 7 x2 ,

1−

(1+ x2)x ,

д)3ln( x2 + y2)

в)y =

sin2 x −

ln(x +

2) ,

г )y =

− e2 x = 0.

10.

а )y

tg3 x −

ctgx +

x ,

б)y = eax cos(bx +

c) ,

в)y =

arccos x ,

г)y =

(1−

x)artgx ,

д)6 x + y − sin y2 +

x =

1− x2

Смотрите также файлы

Е.А. Волкова Теория вероятностей иматематическая статистика. Программа, методические указания и контрольные работы №7, 8 для студентов экономических специальностейзаочной формы обучения.pdf

Г.В. Алексеевская Использование графиков при решении задач, уравнений, неравенств и систем.pdf

В.М. Волков Эконометрика. методические указания, задания и пример выполнения контрольной работы для студентов экономических специальностей.pdf

В.М. Волков Эконометрика. Методические указания и пример выполнения контрольной работы для студентов заочной формы обучения экономических специальностей 060500,060400.pdf

В.М. Волков Математика. Программа, контрольные работы №9, 10 и методические указания для студентов-заочников инженерно-технических специальностей 2 курса.2003.pdf

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

Смотрите также файлы

Информация

Списки файлов

Дополнительно