![]() |
Главная Случайная страница Контакты | Мы поможем в написании вашей работы! | |
|
Составить уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности S в точке М 0(х 0, у 0, z 0). Записать нормальный вектор к поверхности S в точке М 0(х 0, у 0, z 0).
11.1. S: x 2 + y 2 + z 2 + 6 z – 4 x + 8 = 0, M 0(2, 1, –1).
11.2. S: x 2 + z 2 – 4 y 2 = –2 xy, M 0(–2, 1, 2).
11.3. S: x 2 + y 2 + z 2 + 3 z – xy = 7, M 0(1, 2, 1).
11.4. S: x 2 + y 2 + z 2 + 6 y + 4 x = 8, M 0(–1, 1, 2).
11.5. S: 2 x 2 – y 2 + z 2 – 4 z + y = 13, M 0(2, 1, –1).
11.6. S: x 2 + y 2 + z 2 – 6 y + 4 z + 4 = 0, M 0(2, 1, –1).
11.7. S: x 2 + z 2 – 5 yz + 3 y = 46, M 0(1, 2, –3).
11.8. S: x 2 + y 2 – xz – yz = 0, M 0(0, 2, 2).
11.9. S: x 2 + y 2 + 2 yz – z 2 – y – 2 z = 2, M 0(1, 1, 1).
11.10. S: x 2 + y 2 – z 2 – 2 xz + 2 x – z = 0, M 0(1, 1, 1).
11.11. S: z = x 2 + y 2 – 2 xy + 2 x – y, M 0(–1, –1, –1).
11.12. S: z = – x 2 + y 2 + 2 xy – 3 y, M 0(1, –1, 1).
11.13. S: z = x 2 – y 2 – 2 xy – x – 2 y, M 0(–1, 1, 1).
11.14. S: x 2 – 2 y 2 + z 2 + xz – 4 y – 13 = 0, M 0(3, 1, 2).
11.15. S: 4 y 2 – z 2 + 4 xy – xz + 3 z = 9, M 0(1, –2, 1).
11.16. S: z = x 2 + y 2 – 3 xy – x + y + 2, M 0(2, 1, 0).
11.17. S: 2 x 2 – y 2 + 2 z 2 + xy + xz = 3, M 0(1, 2, 1).
11.18. S: x 2 – y 2 + z 2 – 4 х + 2 y = 14, M 0(3, 1, 4).
11.19. S: x 2 + y 2 – z 2 + xz + 4 у = 4, M 0(1, 1, 2).
11.20. S: x 2 – y 2 – z 2 + xz + 4 x = –5, M 0(–2, 1, 0).
11.21. S: x 2 + y 2 – xz + yz – 3 x = 11, M 0(1, 4, –1).
11.22. S: x 2 + 2 y 2 + z 2 – 4 xz = 8, M 0(0, 2, 0).
11.23. S: x 2 – y 2 – 2 z 2 – 2 y = 0, M 0(–1, –1, 1).
11.24. S: x 2 + y 2 – 3 z 2 + xy = –2 z, M 0(1, 0, 1).
11.25. S: 2 x 2 – y 2 + z 2 – 6 x + 2 y = –6, M 0(1, –1, 1).
11.26. S: x 2 + y 2 – z 2 + 6 xy – z = 8, M 0(1, 1, 0).
11.27. S: z = 2 x 2 – 3 y 2 + 4 x – 2 y + 10, M 0(–1, 1, 3).
11.28. S: z = x 2 + y 2 – 4 xy + 3 x – 15, M 0(–1, 3, 4).
11.29. S: z = x 2 + 2 y 2 + 4 xy – 5 y – 10, M 0(–7, 1, 8).
11.30. S: z = 2 x 2 – 3 y 2 + xy + 3 x + 1, M 0(1, –2, 2).
Решение задач типового варианта контрольной работы № 4
2 Задание № 6. Дана функция . Показать, что F= 0, где
.
Решение. Вычислим ;
:
;
;
.
Тогда
.
Ответ: , что и требовалось доказать. v
2 Задание № 7. Даны функция z = x 2 + 2 xy - 3 y 2 и точка M (1,97; 0,99). С помощью полного дифференциала вычислить приближенное значение функции z = f (x, y) в данной точке. Вычислить точное значение функции в точке M 0(2; 1) и оценить относительную погрешность вычислений.
Решение. Найдем частные производные и полный дифференциал данной функции в любой точке (х, у)
,
.
Тогда полный дифференциал .
Вычислим dz в точке М 0(2, 1) при приращениях
dx =D x = х – х 0 = 1,97 - 2 = -0,03, dy»D y = у – у 0 = 0,99 - 1 = -0,01,
dz = (2×2 + 2×1)(-0,03) + (2×2 - 6×1)(0,01) = -0,18 + 0,02 = -0,16.
Найдем z (M 0) = 22 + 2×2×1 - 3×12 = 5.
Тогда – приближенное значение функции в точке М.
Вычислим точное значение функции z в точке М
z = 1,972 + 2×1,97×0,99 - 3×0,992 = 3,8809 + 3,9006 - 2,9403 = 4,8412.
Найдем относительную погрешность
Ответ: Приближенное значение ,
относительная погрешность . v
2 Задание 8. Дана функция z = 3 x 2 - 5 xy + 7 y; точка А (2, 1) и вектор . Найти а)
в точке А и его численное значение; б) производную в точке А по направлению вектора
.
Решение. а) По определению градиента .
Значение градиента в точке А определяется по формуле
.
Найдем частные производные в точке А
;
.
Следовательно, ,
– численное значение
.
б) Производную от функции z по направлению вектора в точке А определим из соотношения
,
где cosα и cos β – направляющие косинусы данного вектора , которые вычисляются по формулам
;
;
. Тогда
,
;
,
.
Ответ: ;
;
. v
2 Задание 9. Найти наибольшее и наименьшее значения функции
z = х 2+ 4 ху – у 2 – 6 х – 2 у
в области D: x ³ 0, y ³ 0; 2 x + 3 y – 6 £ 0. Выполнить чертеж области D.
Решение. 1. Найдем критические точки функции z = х 2+ 4 ху – у 2 – 6 х – 2 у:
= 2 х + 4 у – 6;
= 4 х – 2 у – 2.
Решим систему уравнений
Þ
Þ
и получим одну стационарную точку (1; 1), которая лежит внутри заданной области (рис. 6).
2. Найдем наибольшее и наименьшее значения z = f (x, у)на границе области, которую составляют отрезок ОА оси Ох ; отрезок OВ оси Оу; отрезок AB прямой.
На отрезке ОА: у = 0; 0 £ х £ 3
z = f (x,0)= х 2 – 6 х
(непрерывная функция одной переменной). Из уравнения = 0, т. е.
2 х – 6 = 0,
имеем х = 3 (критическая точка, не являющаяся внутренней).
На отрезке OB: х = 0, 0 £ y £ 2
z = f (0, у) = – у 2 –2 у.
Из уравнения = 0, т. е.
– 2 у – 2 = 0,
имеем у = –1; эта точка лежит вне отрезка [0, 2] и поэтому нас не интересует.
На отрезке АВ имеем
х = 3 – 1,5 у; 0 £ у £ 2,
z = –9 + 10 y – 19 у 2 /4, 0 £ у £ 2.
Из уравнения = 0, т. е. 10 – 19 y / 2 = 0, найдем у = 20 / 19, что дает z (20 / 19) = –71 / 19.
3. В точках стыка участков граница имеем следующие значения f (x, у):
f (О) = f (0,0) = 0; f (В) = f (0,2) = –8; f (А) = f (3,0) = –9.
4. Сравнивая между собой вычисленные значения f (x, у), т. е. числа –4, –71 / 19, 0, –8, –9, приходим к заключению, что свое набольшее значение в данном замкнутом треугольнике функция принимает в точке О (0; 0), наименьшее – в точке А (3, 0), при этом z наиб = z (0; 0) = 0; z наим = z (3; 0) = –9.
Ответ: z наиб = z (0; 0) = 0; z наим = z (3; 0) = –9. v
2 Задание 10. Экспериментально получены пять значений искомой функции y = f (x) при пяти значениях аргумента, которые записаны в таблице. Методом наименьших квадратов найти функцию y = f (x) в виде y = ax + b.
xi | |||||
yi | 0,5 | 1,5 |
Решение. Составим систему
(1)
Для этого предварительно вычислим суммы
;
;
;
.
Подставим полученные значения в систему (1)
Умножим второе уравнение на (-3) и сложим с первым, тогда
10 а = 6 Þ а = 0,6.
Подставим значение а = 0,6 во второе уравнение и получим
5 b + 9 = 8; b = -0,2.
Следовательно, наилучшее приближение представляется формулой
y = ax + b = 0,6 x - 0,2.
Построим график этой зависимости и нанесем на него экспериментальные точки (рис. 7).
Ответ: y = 0,6 x - 0,2. v
2 Задание 11.1. Составить уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности в точке М 0(–1; 0; 1). Записать нормальный вектор к поверхности в точке М 0.
Решение. Поверхность задана явно z = f (x, y). Тогда уравнение касательной плоскости имеет вид
;
уравнения нормали – ;
нормальный вектор к поверхности в точке
.
z – 1 = –6(x + 1) – y Þ 6 x + y + z + 5 = 0 – уравнение касательной плоскости; – уравнения нормали;
– нормальный вектор к поверхности в точке M 0.
Ответ: 6 x + y + z + 5 = 0 – уравнение касательной плоскости; – уравнения нормали;
. v
2 Задание 11.2. Составить уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности в точке M 0(2, –2, 1). Записать нормальный вектор к поверхности в точке M 0.
Решение. Поверхность задана неявно уравнением , где
= x 2 + y 2 + z 2 – 9. Тогда уравнение касательной плоскости имеет вид
;
уравнения нормали – ;
нормальный вектор к поверхности в точке –
.
Þ
4(x – 2) – 4(y + 2) + 2(z – 1) = 0 Þ 2 x – 2 y + z – 9 = 0 – уравнение касательной плоскости;
– уравнения нормали;
– нормальный вектор к поверхности в точке M 0.
Ответ: 2 x – 2 y + z – 9 = 0 – уравнение касательной плоскости; – уравнения нормали;
– нормальный вектор.
Замечание. Решение задачи задания 11.1 сводится к решению по схеме решения задачи 11.2, если уравнение поверхности z = f (x, y) переписать в виде : f (x, y) – z = 0. v
Дата публикования: 2014-10-20; Прочитано: 6242 | Нарушение авторского права страницы | Мы поможем в написании вашей работы!