Загрузка

Приложения частных производных

Значение функции $$f(x;y)=3+4x+2y$$ в точке максимума при условии, что $$x^{2}+y^{2}=5$$, равно:
Алгоритм отыскания условного экстремума функции $$z=f(x;y)$$ при наличии уравнения связи $$\phi (x;y)=0$$ методом неопределенных множителей Лагранжа:
1) запишем функцию Лагранжа:
$$F(x;y;\lambda )=f(x;y)+\lambda \phi (x;y)$$,
где $$\lambda$$ – неопределенный множитель;
2) найдем частные производные функции Лагранжа:

$$F'_{x}$$ , $$F'_{y}$$ и $$F'_{\lambda }$$;
3) решая систему уравнений $$F'_{x}=0$$ , $$F'_{y }=0$$ и $$F'_{\lambda }=0$$, найдем значения $$\lambda$$$$x$$ и $$y$$;
4) найдем дифференциал второго порядка $$d^{2}F$$ функции Лагранжа;
5) определим знак $$d^{2}F$$ для системы значений $$\lambda$$$$x$$ и $$y$$ при условии, что $$\phi '_{x}dx+\phi '_{y}dy=0$$;
6) если $$d^{2}F< 0$$, то функция имеет условный максимум, а если $$d^{2}F> 0$$, то функция имеет условный минимум.

1. Запишем уравнение связи в виде:
$$\phi (x;y)=x^{2}+y^{2}-5=0$$.
Составим функцию Лагранжа:
$$F=3+4x+2y+\lambda (x^{2}+y^{2}-5)$$.
2. Найдем частные производные функции Лагранжа: 
$$F'_{x}=4+2\lambda x$$
$$F'_{y}=2+2\lambda y$$
;  
$$F'_{\lambda }=x^{2}+y^{2}-5$$
.
3. Решим систему уравнений:

$$\begin{cases} 4+2\lambda x=0, \\ 2+2\lambda y=0, \\ x^{2}+y^{2}=5. \end{cases}$$ 
Выразим из первых двух уравнений системы переменные $$x$$ и $$y$$:

$$x=-\frac{2}{\lambda }$$ ; $$y=-\frac{1}{\lambda }$$.
Подставим эти значения в третье уравнение системы:
$$\frac{4}{\lambda ^{2}}+\frac{1}{\lambda ^{2}}=5$$$$\frac{5}{\lambda ^{2}}=5$$$$\lambda ^{2}=1$$ , откуда $$\lambda = \pm 1$$ . 
Тогда:
1) если $$\lambda _{1}=1$$ , то $$x_{1}=-2$$$$y_{1}=-1$$;
2) если $$\lambda _{2}=-1$$ , то $$x_{2}=2$$ , $$y _{2}=1$$.
4. Найдем частные производные второго порядка:
$$F''_{xx}=2\lambda$$; $$F''_{xy}=0$$ ; $$F''_{yy}=2\lambda$$ .
Запишем дифференциал второго порядка функции Лагранжа:
$$d^{2}F=2\lambda dx^{2}+2\lambda dy^{2}$$,
$$d^{2}F=2\lambda (dx^{2}+dy^{2})$$ .
5. При $$\lambda _{1}=1$$ получим $$d^{2}F> 0$$, а при $$\lambda _{2}=-1$$ получим $$d^{2}F< 0$$.
Следовательно, в точке $$M_{1}(-2;-1)$$ функция имеет условный минимум, а в точке $$M_{2}(2;1)$$ – условный максимум.
6. Найдем значения функции в точке условного максимума:
$$f(2;1)=3+8+2=13$$ .
Определяя знак $$d^{2}F$$ для системы значений $$\lambda$$$$x$$ и $$y$$, в нашем случае не было необходимости учитывать условие, что $$\phi '_{x}dx+\phi '_{y}dy=0$$ .
Введите ответ в поле
Уравнение касательной плоскости к поверхности $$z=24xy+5y$$ в точке $$M(-1;2;-3)$$ имеет вид:
Если поверхность задана уравнением $$z=f(x;y)$$, то уравнение касательной плоскости в точке $$M_{0}(x_{0};y_{0};z_{0})$$ имеет вид:
$$z=z_{0}+f'_{x}(M_{0})(x-x_{0})+f'_{y}(M_{0})(y-y_{0})$$.
Найдем частные производные функции  $$z=24xy+5y$$:
$$z'_{x}=24y$$; $$z'_{y}=24x+5$$.
Найдем значения частных производных в точке $$M(-1;2;-3)$$:
$$z'_{x}|_{M}=48$$; $$z'_{y}|_{M}=-19$$.
Запишем уравнение касательной плоскости:
$$z=-3+48(x+1)-19(y-2)$$,
$$z=48x-19y+83$$.
Касательной плоскостью к поверхности в точке $$M$$ называют плоскость, в которой лежат касательные в этой точке к кривым, проведенным на данной поверхности через точку $$M$$.
Уравнение касательной плоскости к поверхности $$F(x;y;z)=0$$ в точке $$M_{0}(x_{0};y_{0};z_{0})$$ имеет вид:
$$F'_{x}|_{M_{0}}(x-x_{0})+F'_{y}|_{M_{0}}(y-y_{0})+F'_{z}|_{M_{0}}(z-z_{0})=0$$.
Выберите один из вариантов
Значение функции $$z=3xy+6x-12y$$ в точке минимума при условии, что $$y=2$$, равно:
Чтобы найти условный экстремум функции $$z=f(x;y)$$ при условии, что $$\phi (x;y)=0$$, необходимо:
1) составить функцию Лагранжа:
$$F(x;y; \lambda)=f(x;y)+\lambda \phi (x;y)$$,
где $$\lambda$$ — неопределенный множитель;
2) найти частные производные функции Лагранжа:
$$F'_{x}$$, $$F'_{y}$$ и $$F'_{\lambda}$$;
3) найти значения $$\lambda$$, $$x$$ и $$y$$, решая систему уравнений:
$$F'_{x}=0$$, $$F'_{y}=0$$ и $$F'_{\lambda}=0$$;
4) найти дифференциал $$d^{2}F$$ функции Лагранжа;
5) определить знак $$d^{2}F$$ Для системы значений $$\lambda$$, $$x$$ и $$y$$ при условии, что
$$\phi '_{x}dx+\phi '_{y}dy=0$$;
6) определить точки условного экстремума по правилу:
если $$d^{2}F < 0$$, то функция имеет условный максимум;
если $$d^{2}F > 0$$, то функция имеет условный минимум.
1. Запишем уравнение связи в виде:
$$\phi (x;y)=y-2x$$.
Составим функцию Лагранжа:
$$F=3xy+6x-12y+\lambda(y-2x)$$.
2. Найдем частные производные функции Лагранжа:
$$F'_{x}=3y+6-2\lambda$$;
$$F'_{y}=3x-12+\lambda$$;
$$F'_{\lambda}=y-2x$$.
3. Решим систему уравнений:
$$\begin{cases} 3y+6=2\lambda, \\ 3x-12=-\lambda, \\ y-2x=0; \end{cases}$$ $$\begin{cases} 3y+6=2\lambda, \\ 6x-24=-2\lambda, \\ y-2x=0. \end{cases}$$
Сложим два первых уравнения системы:
$$6x+3y-18=0$$, $$y=6-2x$$.
Подставим полученное значение $$y$$ в третье уравнение системы:
$$6-2x-2x=0$$, откуда $$x=1,5$$.
Тогда: $$y=3$$, $$\lambda=7,5$$.
Запишем критическую точку: $$M_{0}(1,5;3)$$.
4. Найдем частные производные второго порядка функции Лагранжа:
$$F''_{xx}=0$$; $$F''_{yy}=0$$; $$F''_{xy}=3$$.
5. Запишем дифференциал второго порядка функции Лагранжа:
$$d^{2}F=6dxdy$$.
6. Найдем дифференциал уравнения связи $$\phi (x;y)=-2x+y$$:
$$d\phi =-2dx+dy$$.
Учитывая, что $$-2dx+dy=0$$, $$dy=2dx$$, получим:
$$d^{2}F=6dxdy=12dx^{2} > 0$$.
Следовательно, в точке $$M_{0}(1,5;3)$$ функция имеет условный минимум.
Найдем значение функции $$z=3xy+6x-12y$$ в точке условного максимума:
$$z|_{M_{0}}=13,5+9-36=-13,5$$.
Знак $$d^{2}F$$ не зависит от значения $$\lambda$$, но зависит от $$d\phi=0$$.
Выберите один из вариантов
Значение функции $$z=x^{2}+y^{2}-4x+4y+4$$ в точке экстремума (или сумма значений в точках экстремума) равно:
Чтобы найти точки экстремума функции $$z=f(x;y)$$ , необходимо:
1) найти частные производные первого порядка функции $$z=f(x;y)$$;
2) найти критические точки функции, решая систему уравнений: $$z'_{x}=0$$ и $$z'_{y}=0$$;
3) найти частные производные второго порядка функции $$z=f(x;y)$$;
4) найти значения вторых производных в критической точке $$M_{0}(x_{0};y_{0})$$
$$z''_{xx}|_{M_{0}}=A$$,
$$z''_{xy}| _{M_{0}}=B$$,
$$z''_{yy}| _{M_{0}}=C$$;
5) найти определитель: $$\Delta =\begin{vmatrix} A& B\\ B& C \end{vmatrix}$$.
Если $$\Delta > 0$$, то экстремум в точке $$M_{0}(x_{0};y_{0})$$ есть, а если $$\Delta < 0$$, то экстремума в этой точке нет.
Причем, если $$A < 0$$, то имеем точку максимума, а если $$A> 0$$ – минимума.
1. Найдем частные производные первого порядка:
$$z'_{x}=(x^{2})'_{x}+(y^{2})'_{x}-(4x)'_{x}+(4y)'_{x}+4'$$,
$$z'_{x}=2x-4$$;
$$z'_{y}=(x^{2})'_{y}+(y^{2})'_{y}-(4x)'_{y}+(4y)'_{y}+4'$$,
$$z'_{y}=2y+4$$.

2. Найдем критические точки функции, решая систему уравнений:

$$\begin{cases} 2x-4=0,\\ 2y+4=0;\end{cases}$$$$\begin{cases} x=2,\\ y=-2. \end{cases}$$ 
Получили: $$M_{0}(2;-2)$$ .

3. Найдем частные производные второго порядка: 
$$z''_{xx}=(2x-4)'_{x}=2$$;

$$z''_{xy}=(2x-4)'_{y}=0$$

$${z}''_{yy}={(2y+4)}'_{y}=2$$.

4. Запишем значения вторых производных в критической точке:
$$z''_{xx} | _{M_{0}}=2=A$$;
$$z''_{xy} | _{M_{0}}=0=B$$; 
$$z''_{yy} | _{M_{0}}=2=C$$.

5. Найдем определитель:

$$\Delta =\begin{vmatrix} 2& 0\\ 0 &2 \end{vmatrix}=4$$.

6. Так как $$\Delta > 0$$ и $$A > 0$$, то $$M_{0}(2;-2)$$ – точка минимума данной функции.

Найдем значение функции в этой точке:

$$f(2;-2)=4+4-8-8+4=-4$$ .

В нашем случае значения $$A$$$$B$$ и $$C$$ не зависят от координат критической точки, так как частные производные второго порядка – константы.
Введите ответ в поле
Значение функции $$z=x^{2}-4xy^{2}-16y$$ в точке максимума равно:
Чтобы найти точки экстремума функции $$z=f(x;y)$$, необходимо:
1) найти частные производные первого порядка функции $$z=f(x;y)$$;
2) найти критические точки функции, решая систему уравнений $$z'_{x}=0$$ и $$z'_{y}=0$$;
3) найти частные производные второго порядка функции $$z=f(x;y)$$;
4) найти значения вторых производных в критической точке $$M_{0}(x_{0};y_{0})$$:
$$z''_{xx}|_{M_{0}}=A$$,
$$z''_{xy}|_{M_{0}}=B$$,
$$z''_{yy}|_{M_{0}}=C$$;
5) найти определитель:
$$\Delta= \begin{vmatrix} A &  B \\  B & C \end{vmatrix}$$.
Если $$\Delta > 0$$, то экстремум в точке $$M_{0}(x_{0};y_{0})$$ есть, а если  $$\Delta < 0$$, то экстремума в этой точке нет.
Причем, если $$A < 0$$, то имеем точку максимума, а если $$A > 0$$ — минимума.
1. Найдем частные производные первого порядка:
$$z'_{x}=2x-4y^{2}$$;
$$z'_{y}=-8xy-16$$.
2. Найдем критические точки функции, решая систему уравнений:
$$\left\{\begin{matrix} x-2y^{2}=0, \\  xy+2=0; \end{matrix}\right.$$ $$\left\{\begin{matrix} x=2y^{2}, \\ y^{3}=-1; \end{matrix}\right.$$ $$\left\{\begin{matrix} x=2, \\ y=-1. \end{matrix}\right.$$
Критическая точка: $$M_{0}(2;-1)$$.
3. Найдем частные производные второго порядка:
$$z''_{xx}=2$$; $$z''_{xy}=-8y$$; $$z''_{yy}=-8x$$.
4. Найдем значения вторых производных в критической точке:
$$z''_{xx}|_{M_{0}}=2=A$$,
$$z''_{xy}|_{M_{0}}=8=B$$,
$$z''_{yy}|_{M_{0}}=-16=C$$.
5. Найдем определитель:
$$\Delta= \begin{vmatrix} 2 &  8 \\  8 & -16 \end{vmatrix}=-96$$.
6. Так как $$\Delta < 0$$, то в точке $$M_{0}(2;-1)$$ экстремума нет.
Точки экстремума необходимо искать среди критических точек функции. Но не всякая критическая точка может являться точкой экстремума.
Выберите один из вариантов
Производная функции $$z=4x^{3}+3y^{2}z^{2}$$ по направлению от точки $$M(1;3;-2)$$ к точке $$N(5;6;-2)$$ имеет вид:
Производную функции $$u=u(x;y;z)$$ по направлению вектора $$\bar{M_{0}M}=\bar{l}$$, где
$$M_{0}(x_{0};y_{0};z_{0})$$, $$M(x_{0}+\Delta x; y_{0}+ \Delta y; z_{0}+\Delta z)$$,
находят по формуле:
$$u'_{l}=u'_{x}cos \alpha +u'_{y}cos \beta +u'_{z}cos \gamma $$,
где $$\Delta l=\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}+\Delta z^{2}}$$,
$$cos\alpha =\frac{\Delta x}{\Delta l}$$, $$cos\beta =\frac{\Delta y}{\Delta l}$$, $$cos\gamma =\frac{\Delta z}{\Delta l}$$.
Найдем частные производные данной функции:
1) $$u'_{x}=(4x^{3})'_{x}+(3y^{2}z^{2})'_{x}$$, $$u'_{x}=12x^{2}$$;
2) $$u'_{y}=(4x^{3})'_{y}+(3y^{2}z^{2})'_{y}$$, $$u'_{y}=6yz^{2}$$;
3) $$u'_{z}=(4x^{3})'_{z}+(3y^{2}z^{2})'_{z}$$, $$u'_{z}=6y^{2}z$$.
Найдем координаты вектора $$\bar{l}$$:
$$\Delta x=5-1=4$$, $$\Delta y=6-3=3$$, $$\Delta z=-2+2=0$$.
Тогда:
$$\Delta l=\sqrt{16+9+0}=5$$;
$$cos\alpha =\frac{4}{5}$$, $$cos\beta =\frac{3}{5}$$, $$cos\gamma =0$$.
Найдем производную по направлению:
$$u'_{l}=\frac{48x^{2}}{5}+\frac{18yz^{2}}{5}$$.
1. Производная по направлению зависит от направления вектора $$\bar{l}$$, но не зависит от его длины.
2. Вектор $$\bar{l}$$ образует с координатными осями $$Ox$$, $$Oy$$ и $$Oz$$ соответственно углы $$\alpha$$, $$\beta$$ и $$\gamma$$.
Выберите один из вариантов
Уравнение нормали к поверхности $$z=arcctg\frac{2x}{3y}$$ в точке $$M(1;-1;0)$$ имеет вид:
Уравнение нормали к поверхности $$F(x;y;z)=0$$ в точке $$M_{0}(x_{0};y_{0};z_{0})$$ имеет вид:
$$\frac{x-x_{0}}{F'_{x}(M_{0})}=\frac{y-y_{0}}{F'_{y}(M_{0})}=\frac{z-z_{0}}{F'_{z}(M_{0})}$$.
Запишем поверхность в виде $$arcctg\frac{2x}{3y}-z=0$$.
Найдем частные производные функции $$F=arcctg\frac{2x}{3y}-z$$:
1) $$F'_{x}=-\frac{\frac{2}{3y}}{1+\frac{4x^{2}}{9y^{2}}}$$, $$F'_{x}=-\frac{6y}{9y^{2}+4x^{2}}$$;
2) $$F'_{y}=-\frac{-\frac{2x}{3y^{2}}}{1+\frac{4x^{2}}{9y^{2}}}$$, $$F'_{x}=\frac{6x}{9y^{2}+4x^{2}}$$;
3) $$F'_{z}=-1$$.
Найдем значения частных производных в точке $$M(1;-1;0)$$:
$$F'_{x}|_{M}=\frac{6}{13}$$; $$F'_{y}|_{M}=\frac{6}{13}$$; $$F'_{z}|_{M}=-1$$.
Запишем уравнение нормали:
$$\frac{x-1}{\frac{6}{13}}=\frac{y+1}{\frac{6}{13}}=\frac{z}{-1}$$,
$$x-1=y+1=-\frac{6z}{13}$$.
Нормалью к поверхности называют перпендикуляр к касательной плоскости в точке касания.
Выберите один из вариантов
Наименьшее значение функции $$z=x^{2}-y^{2}$$ в круге $$x^{2}+y^{2} \leq 16$$ равно:
Чтобы найти наибольшее и наименьшее значение функции $$z=f(x;y)$$ в заданной области, необходимо:
1) найти критические точки функции и, если они принадлежат заданной области, вычислить в них значения функции;
2) найти наибольшее и наименьшее значения функции на границе области;
3) сравнивая все полученные значения функции, определить наибольшее и наименьшее из них.
1. Исследуем функцию во внутренних точках заданной области.
Найдем частные производные данной функции:
$$z'_{x}=2x$$; $$z'_{y}=-2y$$.
Найдем критические точки функции, решая систему уравнений:
$$2x=0$$ и $$-2y=0$$.
Получим точку $$M_{0}(0;0)$$, которая принадлежит заданной области.
Тогда, $$z(0;0)=0$$.
2. Найдем наибольшее и наименьшее значения данной функции на границе круга $$x^{2}+y^{2}=16$$.
Подставляя значение $$y^{2}=16-x^{2}$$ в уравнение $$z=x^{2}-y^{2}$$, получим функцию одной переменной:
$$z=2x^{2}-16$$ или $$f(x)=2x^{2}-16$$, где 
$$x \in [-4;4]$$.
Найдем ее производную: $$f'(x)=4x$$.
Найдем критическую точку: $$x=0$$.
Найдем значение функции в этой точке и на концах отрезка $$[-4;4]$$.
$$f(0)=-16$$;
$$f(-4)=32-16=16$$;
$$f(4)=32-16=16$$.
3. Сравнивая полученные значения и значение $$z(0;0)=0$$, найдем наименьшее значение функции в заданной области:
$$z_{наим}=-16$$.
Если функция $$z=f(x;y)$$ непрерывна и ограничена в некоторой замкнутой области, то своего наибольшего и наименьшего значения она может достигать или в критических точках, принадлежащих данной области, или на границе области.
На границе области функция $$z=f(x;y)$$ является функцией одной переменной:
$$z=f(x)$$ или $$z=f(y)$$.
Введите ответ в поле
Градиент функции $$u=\frac{z^{2}}{x^{2}-y^{2}}$$ в точке $$M(1;3;-2)$$ имеет вид:
Градиентом функции $$u=u(x;y;z)$$ называют вектор, координаты которого равны частным производным этой функции в указанной точке:
$$gradu=u'_{x}\bar{i}+u'_{y}\bar{j}+u'_{z}\bar{k}$$.
Найдем частные производные данной функции:
$$u'_{x}=-\frac{2xz^{2}}{(x^{2}-y^{2})^{2}}$$;
$$u'_{y}=\frac{2yz^{2}}{(x^{2}-y^{2})^{2}}$$;
$$u'_{z}=\frac{2z}{x^{2}-y^{2}}$$.
Найдем значения частных производных в точке $$M(1;-3;2)$$:
$$u'_{x}|_{M}=-\frac{8}{64}=-\frac{1}{8}$$;
$$u'_{y}|_{M}=\frac{-24}{64}=-\frac{3}{8}$$;
$$u'_{z}|_{M}=\frac{4}{-8}=-\frac{1}{2}$$.
Найдем значение градиента в точке $$M(1;-3;2)$$:
$$gradu|_{M}=-\frac{1}{8}\bar{i}-\frac{3}{8}\bar{j}-\frac{1}{2}\bar{k}$$.
Градиент функции показывает направление ее наискорейшего изменения.
Выберите один из вариантов
Сумма координат критических точек (или критической точки, если она единственная) функции$$z=x^{2}+xy+y^{2}-2x-y$$ равна:
Чтобы найти критические точки функции $$z=f(x;y)$$ , необходимо:
1) найти частные производные первого порядка функции $$z=f(x;y)$$;
2) решить систему уравнений $$z'_{x}=0$$ и $$z'_{y}=0$$.
1. Найдем частные производные первого порядка:
$$z'_{x}=(x^{2})'_{x}+(xy)'_{x}+(y^{2})'_{x}-(2x)'_{x}-y'_{x}$$,
$$z'_{x}=2x+y-2$$;
$${z}'_{y}={(x^{2})}'_{y}+{(xy)}_{y}'+{(y^{2})}'_{y}-{(2x)}'_{y}-{y}'_{y}$$,
$$z'_{y}=x+2y-1$$.

2. Найдем критические точки функции, решая систему уравнений:

$$\begin{cases}2x+y=2, \\ x+2y=1;\end{cases}$$, $$\begin{cases} 2x+y=2,\\ 2x+4y=2; \end{cases}$$$$\begin{cases} y=0,\\ x=1. \end{cases}$$

Получим: $$M_{0}(1;0)$$ .
Тогда, $$1+0=1$$.
Критическими точками первого порядка функции многих переменных называют точки, в которых все ее частные производные первого порядка равны нулю или не существуют.
Введите ответ в поле