Функции нескольких переменных - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Функция [tex]f[/tex] дифференцируема всюду, поэтому её экстремумы могут быть только в стационарных точках:
[tex]f_x=4x^{3}-2x-2y=0,\quad f_y=4y^{3}-2x-2y=0[/tex]
Вычитая уравнения, получаем [tex]4\left(x^{3}-y^{3}\right)=0[/tex], т.е. [tex]x=y[/tex]; тогда [tex]4x^{3}-4x=0[/tex], и стационарные точки — [tex](0; 0)[/tex], [tex](1; 1)[/tex], [tex](-1; -1)[/tex]. Вторые производные:
[tex]f_{xx}=12x^{2}-2,\quad f_{xy}=-2,\quad f_{yy}=12y^{2}-2[/tex]
В точках [tex](1; 1)[/tex] и [tex](-1; -1)[/tex]:
[tex]f_{xx}=f_{yy}=10,\quad \Delta=f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^{2}=100-4=96\gt 0,\quad f_{xx}\gt 0[/tex]
следовательно, обе точки — точки локального минимума (со значением [tex]-2[/tex]). В точке [tex](0; 0)[/tex] имеем [tex]f_{xx}=f_{yy}=f_{xy}=-2[/tex] и [tex]\Delta=4-4=0[/tex], так что достаточное условие не даёт ответа, и мы исследуем [tex]f[/tex] вблизи начала координат непосредственно; [tex]f(0,0)=0[/tex]. На прямой [tex]y=x[/tex] при [tex]0\lt|x|\lt\sqrt{2}[/tex]:
[tex]f(x,x)=2x^{4}-4x^{2}=2x^{2}\left(x^{2}-2\right)\lt 0[/tex]
На прямой [tex]y=-x[/tex] при [tex]x\ne 0[/tex]:
[tex]f(x,-x)=2x^{4}\gt 0[/tex]
Таким образом, в любой окрестности начала координат есть точки, где [tex]f\gt f(0,0)[/tex], и точки, где [tex]f\lt f(0,0)[/tex], т.е. [tex](0; 0)[/tex] не является точкой экстремума. Функция имеет ровно [tex]2[/tex] точки локального экстремума.

Решение:
Положим [tex]s=x-2y[/tex]. Частные производные:
[tex]u'_x=e^{-(x^2+y^2)}\left(1-2xs\right),\quad u'_y=e^{-(x^2+y^2)}\left(-2-2ys\right)[/tex]
В стационарной точке [tex]2xs=1[/tex] и [tex]ys=-1[/tex]. Отсюда [tex]s\ne 0[/tex], [tex]x=\frac{1}{2s}[/tex], [tex]y=-\frac{1}{s}[/tex] и
[tex]s=x-2y=\frac{1}{2s}+\frac{2}{s}=\frac{5}{2s}\ \Rightarrow\ s^2=\frac{5}{2},\quad s=\pm\frac{\sqrt{10}}{2}[/tex]
Получаем стационарные точки [tex]P_1\left(\frac{\sqrt{10}}{10}; -\frac{\sqrt{10}}{5}\right)[/tex] (при [tex]s\gt 0[/tex]) и [tex]P_2\left(-\frac{\sqrt{10}}{10}; \frac{\sqrt{10}}{5}\right)[/tex]; в обеих [tex]x^2+y^2=\frac{1}{10}+\frac{4}{10}=\frac{1}{2}[/tex]. В стационарной точке слагаемые, содержащие [tex]1-2xs[/tex] и [tex]-2-2ys[/tex], обращаются в нуль, поэтому вторые производные в ней равны
[tex]u''_{xx}=-2(s+x)e^{-1/2},\quad u''_{xy}=4x\,e^{-1/2},\quad u''_{yy}=(4y-2s)e^{-1/2}[/tex]
В точке [tex]P_1[/tex], где [tex]s=\frac{\sqrt{10}}{2}[/tex]:
[tex]u''_{xx}=-\frac{6\sqrt{10}}{5}e^{-1/2}\lt 0,\quad u''_{xy}=\frac{2\sqrt{10}}{5}e^{-1/2},\quad u''_{yy}=-\frac{9\sqrt{10}}{5}e^{-1/2}[/tex]
[tex]u''_{xx}u''_{yy}-\left(u''_{xy}\right)^2=\frac{540-40}{25}e^{-1}=\frac{20}{e}\gt 0[/tex]
следовательно, [tex]P_1[/tex] — точка локального максимума:
[tex]u_{\max}=u(P_1)=\frac{\sqrt{10}}{2}e^{-1/2}=\sqrt{\frac{5}{2e}}[/tex]
Так как [tex]u(-x,-y)=-u(x,y)[/tex] и [tex]P_2=-P_1[/tex], в точке [tex]P_2[/tex] все вторые производные меняют знак: выражение [tex]u''_{xx}u''_{yy}-\left(u''_{xy}\right)^2[/tex] снова равно [tex]\frac{20}{e}\gt 0[/tex], а теперь [tex]u''_{xx}\gt 0[/tex], поэтому [tex]P_2[/tex] — точка локального минимума:
[tex]u_{\min}=u(P_2)=-\sqrt{\frac{5}{2e}}[/tex]

Решение:
При [tex](x,y)\ne(0,0)[/tex] имеем [tex]f(x,y)=1+g(x,y)[/tex], где
[tex]g(x,y)=\frac{xy(x+y)}{x^2+y^2}[/tex]
Непрерывность. Так как [tex]|xy|\le\frac{x^2+y^2}{2}[/tex], получаем
[tex]|g(x,y)|\le\frac{|x+y|}{2}\le\frac{|x|+|y|}{2}[/tex]
а правая часть стремится к [tex]0[/tex] при [tex](x,y)\to(0,0)[/tex]. Значит,
[tex]\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=1=f(0,0)[/tex]
и [tex]f[/tex] непрерывна в точке [tex]O[/tex]. Частные производные в точке [tex]O[/tex]: [tex]g(x,0)=g(0,y)=0[/tex], поэтому [tex]f(x,0)=f(0,y)=1[/tex] и
[tex]f'_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=0,\quad f'_y(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}=0[/tex]
Дифференцируемость. Если бы [tex]f[/tex] была дифференцируема в точке [tex]O[/tex], её дифференциал в этой точке был бы равен [tex]f'_x(0,0)\,dx+f'_y(0,0)\,dy=0[/tex], и выполнялось бы равенство
[tex]\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)-f(0,0)}{\sqrt{x^2+y^2}}=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{g(x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}}=0[/tex]
Но на луче [tex]y=x[/tex], [tex]x\gt 0[/tex]:
[tex]g(x,x)=\frac{x\cdot x\cdot 2x}{2x^2}=x,\qquad \frac{g(x,x)}{\sqrt{2x^2}}=\frac{x}{\sqrt{2}\,x}=\frac{1}{\sqrt{2}}\ne 0[/tex]
Следовательно, предел не равен [tex]0[/tex], и [tex]f[/tex] не дифференцируема в точке [tex]O[/tex], хотя непрерывна в ней и имеет обе частные производные.

Решение:
Градиент [tex](2x; 2y; 0)[/tex] функции связи не обращается в нуль на цилиндре [tex]x^{2}+y^{2}=1[/tex], поэтому можно использовать функцию Лагранжа
[tex]L=x+y+z^{2}-\lambda\left(x^{2}+y^{2}-1\right)[/tex]
Её стационарные точки удовлетворяют системе
[tex]L_x=1-2\lambda x=0,\quad L_y=1-2\lambda y=0,\quad L_z=2z=0,\quad x^{2}+y^{2}=1[/tex]
Отсюда [tex]z=0[/tex], [tex]x=y=\frac{1}{2\lambda}[/tex] и [tex]2x^{2}=1[/tex], что даёт [tex]M_1\left(\frac{\sqrt{2}}{2}; \frac{\sqrt{2}}{2}; 0\right)[/tex] при [tex]\lambda=\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex] и [tex]M_2\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}; -\frac{\sqrt{2}}{2}; 0\right)[/tex] при [tex]\lambda=-\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex]. Второй дифференциал функции [tex]L[/tex] равен
[tex]d^{2}L=-2\lambda\left(dx^{2}+dy^{2}\right)+2\,dz^{2}[/tex]
и его нужно рассматривать на касательном пространстве [tex]x\,dx+y\,dy=0[/tex], т.е. при [tex]dy=-dx[/tex] в обеих точках. В точке [tex]M_1[/tex]:
[tex]d^{2}L=-2\sqrt{2}\,dx^{2}+2\,dz^{2}[/tex]
Эта форма принимает значения обоих знаков (отрицательна при [tex]dz=0[/tex] и положительна при [tex]dx=0[/tex]), поэтому [tex]M_1[/tex] не является точкой условного экстремума. В точке [tex]M_2[/tex]:
[tex]d^{2}L=2\sqrt{2}\,dx^{2}+2\,dz^{2}\gt 0[/tex]
при [tex](dx,dz)\ne(0,0)[/tex], поэтому [tex]M_2[/tex] — точка условного минимума:
[tex]f_{\min}=f\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}; -\frac{\sqrt{2}}{2}; 0\right)=-\sqrt{2}[/tex]
Так как [tex]M_1[/tex] был единственным другим кандидатом, условного максимума нет. Проверка: при [tex]x=\cos\theta[/tex], [tex]y=\sin \theta[/tex] получаем [tex]f=\sqrt{2}\sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)+z^{2}\ge-\sqrt{2}[/tex], а [tex]f\to+\infty[/tex] при [tex]z\to\infty[/tex].

Решение:
Пусть [tex]F[/tex] — левая часть уравнения. Тогда
[tex]F'_x=2x-z+2,\quad F'_y=2y-z+2,\quad F'_z=2z-x-y+2[/tex]
и при [tex]F'_z\ne 0[/tex] имеем [tex]z'_x=-\frac{F'_x}{F'_z}[/tex], [tex]z'_y=-\frac{F'_y}{F'_z}[/tex]. В стационарной точке [tex]F'_x=F'_y=0[/tex], откуда [tex]z=2x+2=2y+2[/tex], т.е. [tex]y=x[/tex], [tex]z=2x+2[/tex]. Подставляем в данное уравнение:
[tex]2x^2+(2x+2)^2-2x(2x+2)+4x+2(2x+2)-2=0\ \Rightarrow\ 2x^2+12x+6=0\ \Rightarrow\ x=-3\pm\sqrt{6}[/tex]
Это точки [tex]x=y=-3\pm\sqrt{6}[/tex], [tex]z=-4\pm 2\sqrt{6}[/tex], причём в них [tex]F'_z=2z-2x+2=2x+6=\pm 2\sqrt{6}\ne 0[/tex], так что теорема о неявной функции применима. Дифференцируя ещё раз тождество [tex]F'_x+F'_z\,z'_x=0[/tex] и учитывая, что в этих точках [tex]z'_x=z'_y=0[/tex], получаем
[tex]z''_{xx}=-\frac{F''_{xx}}{F'_z}=-\frac{2}{F'_z},\quad z''_{yy}=-\frac{2}{F'_z},\quad z''_{xy}=-\frac{F''_{xy}}{F'_z}=0[/tex]
[tex]z''_{xx}z''_{yy}-\left(z''_{xy}\right)^2=\frac{4}{(F'_z)^2}\gt 0[/tex]
поэтому обе точки — точки экстремума. При [tex]x=-3+\sqrt{6}[/tex]: [tex]F'_z=2\sqrt{6}\gt 0[/tex] и [tex]z''_{xx}=-\frac{1}{\sqrt{6}}\lt 0[/tex], т.е. максимум:
[tex]z_{\max}=-4+2\sqrt{6}[/tex]
При [tex]x=-3-\sqrt{6}[/tex]: [tex]F'_z=-2\sqrt{6}\lt 0[/tex] и [tex]z''_{xx}=\frac{1}{\sqrt{6}}\gt 0[/tex], т.е. минимум:
[tex]z_{\min}=-4-2\sqrt{6}[/tex]
Геометрически поверхность — эллипсоид, а это его самая высокая и самая низкая точки; они лежат на двух разных ветвях [tex]z(x,y)[/tex], которые получаются при решении уравнения как квадратного относительно [tex]z[/tex].

Решение:
Обозначим [tex]z_x=\frac{\partial z}{\partial x}[/tex], [tex]z_{xx}=\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}[/tex] и т.д. Положим [tex]t=ax+by+z[/tex] и [tex]F(x,y,z)=xy+z-f(t)[/tex]. Так как [tex]F_z=1-f'(t)\ne 0[/tex], по теореме о неявной функции [tex]z(x,y)[/tex] дважды дифференцируема, и можно дифференцировать тождество [tex]xy+z(x,y)=f(t)[/tex]. По [tex]x[/tex] (учитывая, что [tex]t_x=a+z_x[/tex]):
[tex]y+z_x=f'(t)\left(a+z_x\right)\qquad(1)[/tex]
По [tex]y[/tex] ([tex]t_y=b+z_y[/tex]):
[tex]x+z_y=f'(t)\left(b+z_y\right)\qquad(2)[/tex]
Дифференцируя [tex](1)[/tex] по [tex]x[/tex], получаем
[tex]z_{xx}=f''(t)\left(a+z_x\right)^{2}+f'(t)\,z_{xx}\ \Rightarrow\ z_{xx}=\frac{f''(t)\left(a+z_x\right)^{2}}{1-f'(t)}\qquad(3)[/tex]
Аналогично, дифференцируя [tex](2)[/tex] по [tex]y[/tex]:
[tex]z_{yy}=\frac{f''(t)\left(b+z_y\right)^{2}}{1-f'(t)}\qquad(4)[/tex]
Теперь из [tex](3)[/tex] и [tex](2)[/tex]:
[tex]z_{xx}\left(z_y+x\right)^{2}=\frac{f''(t)\left(a+z_x\right)^{2}}{1-f'(t)}\cdot f'(t)^{2}\left(b+z_y\right)^{2}[/tex]
а из [tex](4)[/tex] и [tex](1)[/tex]:
[tex]z_{yy}\left(z_x+y\right)^{2}=\frac{f''(t)\left(b+z_y\right)^{2}}{1-f'(t)}\cdot f'(t)^{2}\left(a+z_x\right)^{2}[/tex]
Правые части равны, что и доказывает тождество.

Решение:
Расстояние от точки [tex](x,y,z)[/tex] до плоскости равно [tex]\frac{|Ax+By+Cz+1|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}+C^{2}}}[/tex], а искомое расстояние — минимум этого выражения на эллипсоиде (компактное множество, поэтому минимум существует). Сначала найдём множество значений [tex]\varphi=Ax+By+Cz[/tex] на эллипсоиде с помощью функции Лагранжа
[tex]L=Ax+By+Cz-\mu\left(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}-1\right)[/tex]
[tex]L_x=A-\frac{2\mu x}{a^{2}}=0,\quad L_y=B-\frac{2\mu y}{b^{2}}=0,\quad L_z=C-\frac{2\mu z}{c^{2}}=0[/tex]
Так как [tex](A,B,C)\ne(0,0,0)[/tex], то [tex]\mu\ne 0[/tex] и
[tex]x=\frac{Aa^{2}}{2\mu},\quad y=\frac{Bb^{2}}{2\mu},\quad z=\frac{Cc^{2}}{2\mu}[/tex]
Подставляя в уравнение эллипсоида, получаем
[tex]\frac{a^{2}A^{2}+b^{2}B^{2}+c^{2}C^{2}}{4\mu^{2}}=1\ \Rightarrow\ 2\mu=\pm K,\quad K=\sqrt{a^{2}A^{2}+b^{2}B^{2}+c^{2}C^{2}}[/tex]
и в этих точках
[tex]\varphi=\frac{a^{2}A^{2}+b^{2}B^{2}+c^{2}C^{2}}{2\mu}=\pm K[/tex]
Непрерывная функция [tex]\varphi[/tex] достигает наибольшего и наименьшего значений на компактном связном эллипсоиде, причём обязательно в этих точках; поэтому [tex]\varphi[/tex] принимает в точности значения из [tex][-K; K][/tex], а [tex]\varphi+1[/tex] — из [tex][1-K; 1+K][/tex]. Плоскость не пересекает эллипсоид тогда и только тогда, когда [tex]0\notin[1-K; 1+K][/tex], т.е. [tex]K\lt 1[/tex]. Тогда [tex]\varphi+1\ge 1-K\gt 0[/tex] на эллипсоиде, и наименьшее расстояние равно
[tex]d_{\min}=\frac{1-K}{\sqrt{A^{2}+B^{2}+C^{2}}}=\frac{1-\sqrt{a^{2}A^{2}+b^{2}B^{2}+c^{2}C^{2}}}{\sqrt{A^{2}+B^{2}+C^{2}}}[/tex]