Файл: Решение Найдем частные производные первого порядка 3 3 3 2.pdf

Решение:
Найдем частные производные и воспользуемся необходимым условием существования экстремума
3 2
2 2
2 3
2 2
3 2
4 3
4 0
3 4
0 6
4 0 3
2 4
6 4 0
x
y
z
x
y
x
y
x
x
x
x
x
z
y
x
y
x
y
y
y
Решим данную систему

29 2
2 1
2 3
4 0
1 3
6 4 0 3
4 0
3 4
0 4
0 3
x
x
y
y
x
x
x
x
x
x
Следовательно, две точки
1 2
1 4 1 0;
,
;
3 3 3
M
M
2 2
2 2
2 6
4;
0;
6
z
z
z
A
x
B
C
x
x y
y
Для точки
1 1
0;
3
M
2 2
2 2
2 6 0 4 4;
0;
6
z
z
z
A
B
C
x
x y
y
2 2
4 6 0 24 0
AC B
экстремума нет
Для точки
2 4 1
;
3 3
M
2 2
2 2
2 4
6 4 4;
0;
6 3
z
z
z
A
B
C
x
x y
y
2 2
4 6 0 24 0
AC B
и
0
A
следовательно,
2 4 1
;
3 3
M
точка минимума
6. Исследовать на экстремум функцию
2
z
x
y при условии
2 2
3 21
x
y

30
БИЛЕТ 10
1. Дать определение (обычного ) экстремума (локального максимума и минимума) ФНП
Функция имеет максимум в точке
(т. е. при и
), если для всех точек
, достаточно близких к точке и отличных от нее.
Функция имеет минимум в точке
(т. е. при и
), если для всех точек
, достаточно близких к точке и отличных от нее.
Максимум и минимум функции называются экстремумами функции, т. е. говорят, что функция имеет экстремум в данной точке, если эта функция имеет максимум или минимум в данной точке.
2. Перечислить основные свойства градиента ФНП
Свойства градиента:
· Градиент направлен по нормали к поверхности z=ƒ(х; у) в точке М
0
· Градиент направлен в сторону наибольшего возрастания функции и равен по величине мгновенной скорости возрастания функции (то есть производной по этому направлению).
· Производная по направлению вектора, перпендикулярного к вектору
, равна нулю.
3.
Сформулировать теорему о необходимых и достаточных условиях того, чтобы выражение
,
,
P x y dx Q x y dy было полным дифференциалом
Для того, чтобы выражение
P(x,y)dx+Q(x,y)dy было полным дифференциалом некоторой функции u=u(x,y), необходимо и достаточно, чтобы
,
,
P x y
Q x y
y
x
для всех х,у при условии, что
,
,
,
;
,
;
;
P x y
Q x y
P x y
Q x y
y
x
непрерывны в некоторой ограниченной области.
4. Составить уравнение касательной плоскости и нормали к поверхности
2 2
5 5
z
x xyz
y
в точке 1;1;2

31
Решение:
Найдем частные производные первого порядка:
2 2
5
, ,
5
F x y z
z
x xyz
y
или
3 3
5
, ,
5
F x y z
xyz
x yz y
3 2
3 2
3 3
4 3
3 4
2 3
2 3
3 1 2 3 1 1 2 8 6 14 5
1 2 1 2 5 1 5
3 3 1 1 2 1 1 25
M
M
M
F x
yz
x yz
F x
F y
xz
x z
y
F y
F z
xyz
x y
F z
Уравнение касательной плоскости:
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
(
;
; )
(
;
; )
(
;
; )
0
x
y
z
x y z
x y z
x y z
F
x x
F
y y
F
z z
14 1
5 1
25 2
0 14 14 5 5 25 50 0 14 5
25 69 0
x
y
z
x
y
z
x
y
z
Уравнение нормали:
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
(
;
; )
(
;
; )
(
;
; )
x
z
y
x y z
x y z
x y z
x x
y y
z z
F
F
F
1 1
2 14 5
25
x
y
z
5. Исследовать на экстремум функцию
3 3
8 6
1
z
x
y
xy
Решение:
Найдем частные производные и воспользуемся необходимым условием существования экстремума
3 3
2 2
2 3
3 2
8 6
1 3
6 0
3 6
0 24 6
0 8
6 1
24 6
0
x
y
z
x
y
xy
x
y
x
y
x
z
y
x
x
y
xy
y
x
y
Решим данную систему
2 2
2 2
2 4
3 3
1 2
2 2
1 2
3 6
0 2
24 6
0 24 6
0 2
6 6
0 6
1 0
0 1 0 1
0 1
0 0,5 2
2
x
y
x
y
y
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
y
y

32
Следовательно, две точки
1 2
0;0 ,
1;0,5
M
M
2 2
2 2
2 6 ;
6;
48
z
z
z
A
x B
C
y
x
x y
y
Для точки
1 0;0
M
2 2
2 2
2 6 0 0;
6;
48 0 0
z
z
z
A
B
C
x
x y
y
2 2
0 0 6
36 0
AC B
не является точкой экстремума
Для точки
2 1;0,5
M
2 2
2 2
2 6 1 6;
6;
48 0,5 24
z
z
z
A
B
C
x
x y
y
2 2
6 24 6
144 36 108 0
AC B
и
0
A
точка
2 1;0,5
M
является точкой минимума
6. Исследовать на экстремум функцию
x y
z e
при условии
2 2
2
x
y

33
БИЛЕТ 11
1. Дать определение условного экстремума ФНП
2. Записать формулы для вычисления частных производных сложной функции вида
,
,
,
z
f u x y v x y
z
f
u
f
v
x
u
x
v
x
z
f
u
f
v
y
u
y
v
y
3. Сформулировать теорему о неявной функции
, ,
0
F x y z
4. Составить уравнение касательной плоскости и нормали к поверхности
2
x
y z
x
y z
e
в точке 2;3;4

34
Решение:
Найдем частные производные первого порядка:
2 2
2 2 3 4 2
2 2 3 4 2
2 2 3 4
, ,
1 1
0,5 1 0,5 2
2 2 3 4 1
1 2
2 0,5 2 2,5 2
2 2 3 4 1
1 0,5 1 1,5 2
2 2 3 4
x
y z
x
y z
M
x
y z
M
x
y z
M
F x y z
x y z e
F x
e
F x
e
x y z
F y
e
F y
e
x y z
F z
e
F z
e
x y z
Уравнение касательной плоскости:
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
(
;
; )
(
;
; )
(
;
; )
0
x
y
z
x y z
x y z
x y z
F
x x
F
y y
F
z z
0,5 2
2,5 3
1,5 4
0 0,5 1 2,5 7,5 1,5 6 0 0,5 2,5 1,5 2,5 0
x
y
z
x
y
z
x
y
z
Уравнение нормали:
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
(
;
; )
(
;
; )
(
;
; )
x
z
y
x y z
x y z
x y z
x x
y y
z z
F
F
F
2 3
4 0,5 2,5 1,5
x
y
z
5. Исследовать на экстремум функцию
3 3
15
z
x
y
xy
Решение:
Найдем частные производные и воспользуемся необходимым условием существования экстремума
3 3
2 2
2 3
3 2
15 3
15 0
3 15 0
3 15 0
15 3
15 0
x
y
z
x
y
xy
x
y
x
y
x
z
y
x
x
y
xy
y
x
y
Решим данную систему
2 2
2 2
2 2
2 3
15 0
5 0
5 3
15 0
5 0
5 0
5
x
y
x
y
x
y
y
x
y
x
x
x

35 4
3 2
1 1
3 2
3 2
2 5
0 25 5
0 25 0
0 0
5 5
5 0 125 5
5 25 5
x
x
x
x
x
y
x
x
x
y
Следовательно, две точки
1 2
0;0 ,
5;5
M
M
Находим частные производные второго порядка
2 2
2 2
2 6 ;
15;
6
z
z
z
A
x B
C
y
x
x y
y
Для точки
1 0;0
M
2 2
2 2
2 6 0 0;
15;
6 0 0
z
z
z
A
B
C
x
x y
y
2 2
0 0 15 225 0
AC B
экстремума нет
Для точки
2 5;5
M
2 2
2 2
2 6 5 30;
15;
6 5 30
z
z
z
A
B
C
x
x y
y
2 2
30 30 15 900 225 675 0
AC B
и
0
A
точка
2 5;5
M
является точкой минимума
6. Исследовать на экстремум функцию
2 2
4
x
z
y
при условии
2
xy

36
БИЛЕТ 12
1. Дать определение функции Лагранжа и множителей Лагранжа задачи на условный экстремум ФНП.
2. Записать формулы для вычисления производной сложной функции вида
,
,
u
f x t y t z t
du
u dx
u dy
u dz
dt
x dt
y dt
z dt
3. Сформулировать теорему Тейлора для функции двух переменных
4. Составить уравнение касательной плоскости и нормали к поверхности
2 2
8
x
y
z
z
в точке 2;2;1
Решение:
Найдем частные производные первого порядка:

37 2
1 2
1
, ,
2 2
8 2 ln 2 2 ln 2 4ln 2 1
2 ln 2 2 ln 2 4ln 2 1
x
y
z
z
x
z
x
x M
y
z
y
y M
F x y z
F
F
z
F
F
z
2 2
2 2
1 1
2 2
2 ln 2 2 ln 2 2
2 2 ln 2 2 ln 2 16ln 2 1
1
x
y
z
z
z
z M
x
y
F
z
z
F
Уравнение касательной плоскости:
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
(
;
; )
(
;
; )
(
;
; )
0
x
y
z
x y z
x y z
x y z
F
x x
F
y y
F
z z
4 ln 2 2
4 ln 2 2
16 ln 2 1
0 2
2 4
1 0
4 0
x
y
z
x
y
z
x y
z
Уравнение нормали:
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
(
;
; )
(
;
; )
(
;
; )
x
z
y
x y z
x y z
x y z
x x
y y
z z
F
F
F
2 2
1 4 ln 2 4 ln 2 16 ln 2 2
2 1
1 1
4
x
y
z
x
y
z
5. Исследовать на экстремум функцию
3 3
2 6
z
x
y
xy
Решение:
Найдем частные производные и воспользуемся необходимым условием существования экстремума
3 3
2 2
2 3
3 2
2 6
6 6
0 6
6 0
3 6
0 2
6 3
6 0
x
y
z
x
y
xy
x
y
x
y
x
z
y
x
x
y
xy
y
x
y
Решим данную систему
2 2
2 2
2 2
2 6
6 0
0 3
6 0
2 0
2 0
x
y
x
y
y
x
y
x
y
x
x
x

38 4
3 2
1 1
3 3
3 3
2 2
2 0
2 0
0 0
0 2 0 2
2 4
x
x
x x
x
y
x
x
x
y
Следовательно, две точки
3 3
1 2
0;0 ,
2; 4
M
M
Находим частные производные второго порядка
2 2
2 2
2 12 ;
6;
6
z
z
z
A
x B
C
y
x
x y
y
Для точки
1 0;0
M
2 2
2 2
2 12 0 0;
6;
6 0 0
z
z
z
A
B
C
x
x y
y
2 2
0 0 6
36 0
AC B
экстремума нет
Для точки
3 3
2 2; 4
M
2 2
2 3
3 2
2 12 2;
6;
6 4
z
z
z
A
B
C
x
x y
y
2 2
3 3
12 2 6 4 6
144 36 108 0
AC B
и
0
A
точка
3 3
2 2; 4
M
является точкой минимума
6. Исследовать на экстремум функцию
2 2
5
z
x
y
при условии
1
xy