Функции нескольких переменных - сложные задачи с решениями

Решение:
Пусть [tex]u=\frac{x+y}{1-xy}[/tex]. По правилу дифференцирования сложной функции и [tex]\left(\operatorname{arctg}u\right)'=\frac{1}{1+u^2}[/tex] имеем
[tex]f'_x=\frac{u'_x}{1+u^2}[/tex]
По правилу дифференцирования частного ([tex]y[/tex] — постоянная)
[tex]u'_x=\frac{1\cdot (1-xy)-(x+y)\cdot (-y)}{(1-xy)^2}=\frac{1+y^2}{(1-xy)^2}[/tex]
Кроме того,
[tex]1+u^2=\frac{(1-xy)^2+(x+y)^2}{(1-xy)^2}=\frac{1+x^2+y^2+x^2y^2}{(1-xy)^2}=\frac{(1+x^2)(1+y^2)}{(1-xy)^2}[/tex]
Следовательно,
[tex]f'_x=\frac{1+y^2}{(1-xy)^2}\cdot \frac{(1-xy)^2}{(1+x^2)(1+y^2)}=\frac{1}{1+x^2}[/tex]
По симметрии [tex]f'_y=\frac{1}{1+y^2}[/tex]. Это отражает тождество [tex]f(x,y)=\operatorname{arctg}x+\operatorname{arctg}y+C[/tex], где постоянная [tex]C[/tex] равна [tex]0[/tex], [tex]\pi[/tex] или [tex]-\pi[/tex] в разных частях области определения.

Решение:
Положим [tex]s=\sqrt{x^{2}-y^{2}}[/tex]. Так как [tex](x+s)(x-s)=x^{2}-s^{2}=y^{2}[/tex], аргумент логарифма равен [tex]\frac{(x+s)^{2}}{y^{2}}[/tex], поэтому
[tex]z=2\ln|x+s|-2\ln|y|,\qquad s_x=\frac{x}{s},\quad s_y=-\frac{y}{s}[/tex]
Отсюда частные производные равны
[tex]z_x=\frac{2\left(1+\frac{x}{s}\right)}{x+s}=\frac{2(s+x)}{s(x+s)}=\frac{2}{s}[/tex]
[tex]z_y=\frac{2\cdot \left(-\frac{y}{s}\right)}{x+s}-\frac{2}{y}=-\frac{2\left(y^{2}+s(x+s)\right)}{y\,s\,(x+s)}[/tex]
а так как [tex]s^{2}=x^{2}-y^{2}[/tex],
[tex]y^{2}+s(x+s)=y^{2}+sx+x^{2}-y^{2}=x(x+s)\Rightarrow z_y=-\frac{2x(x+s)}{y\,s\,(x+s)}=-\frac{2x}{y\,s}[/tex]
Обе частные производные непрерывны при [tex]|x|\gt|y|\gt 0[/tex], поэтому функция [tex]z[/tex] там дифференцируема и
[tex]dz=z_x\,dx+z_y\,dy=\frac{2}{\sqrt{x^{2}-y^{2}}}\,dx-\frac{2x}{y\sqrt{x^{2}-y^{2}}}\,dy[/tex]

Решение:
По правилу дифференцирования сложной функции
[tex]z_x=f_u\,u_x+f_v\,v_x=2x\,f_u+y\,f_v[/tex]
где [tex]f_u[/tex] и [tex]f_v[/tex] снова являются функциями от [tex]u,v[/tex], а значит, и от [tex]x,y[/tex]. Снова по тому же правилу
[tex]\left(f_u\right)_x=f_{uu}\cdot 2x+f_{uv}\cdot y,\qquad \left(f_v\right)_x=f_{vu}\cdot 2x+f_{vv}\cdot y[/tex]
Дифференцируя [tex]z_x[/tex] по [tex]x[/tex] как произведение (слагаемого с [tex]f_v[/tex] нет, так как [tex]\frac{\partial}{\partial x}(y)=0[/tex]), получаем
[tex]z_{xx}=2f_u+2x\left(2x\,f_{uu}+y\,f_{uv}\right)+y\left(2x\,f_{vu}+y\,f_{vv}\right)=4x^{2}f_{uu}+2xy\,f_{uv}+2xy\,f_{vu}+y^{2}f_{vv}+2f_u[/tex]
Так как вторые частные производные функции [tex]f[/tex] непрерывны, по теореме Шварца [tex]f_{uv}=f_{vu}[/tex], поэтому
[tex]\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}=4x^{2}f_{uu}+4xy\,f_{uv}+y^{2}f_{vv}+2f_u[/tex]

Решение:
Функция имеет непрерывные частные производные всех порядков при [tex]x\ne 0[/tex], поэтому вблизи [tex]M[/tex] её многочлен Тейлора второй степени равен
[tex]T_2=f(M)+f'_x(M)(x-1)+f'_y(M)(y-1)+\frac{1}{2}\left[f''_{xx}(M)(x-1)^2+2f''_{xy}(M)(x-1)(y-1)+f''_{yy}(M)(y-1)^2\right][/tex]
Здесь [tex]f(M)=\operatorname{arctg}1=\frac{\pi}{4}[/tex]. Первые частные производные равны
[tex]f'_x=\frac{1}{1+\frac{y^2}{x^2}}\cdot \left(-\frac{y}{x^2}\right)=-\frac{y}{x^2+y^2},\qquad f'_y=\frac{1}{1+\frac{y^2}{x^2}}\cdot \frac{1}{x}=\frac{x}{x^2+y^2}[/tex]
поэтому [tex]f'_x(M)=-\frac{1}{2}[/tex] и [tex]f'_y(M)=\frac{1}{2}[/tex]. Вторые частные производные равны
[tex]f''_{xx}=\frac{2xy}{(x^2+y^2)^2},\qquad f''_{xy}=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2},\qquad f''_{yy}=-\frac{2xy}{(x^2+y^2)^2}[/tex]
поэтому [tex]f''_{xx}(M)=\frac{1}{2}[/tex], [tex]f''_{xy}(M)=0[/tex], [tex]f''_{yy}(M)=-\frac{1}{2}[/tex]. Подставляя, получаем
[tex]T_2(x,y)=\frac{\pi}{4}-\frac{x-1}{2}+\frac{y-1}{2}+\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}(x-1)^2-\frac{1}{2}(y-1)^2\right]=\frac{\pi}{4}-\frac{x-1}{2}+\frac{y-1}{2}+\frac{(x-1)^2-(y-1)^2}{4}[/tex]

Решение:
Минимизируем квадрат расстояния [tex]f=x^2+y^2+z^2[/tex] при условии [tex]\varphi=3x-2y-6z-56=0[/tex]. Минимум существует: [tex]f[/tex] непрерывна и стремится к бесконечности, когда точка удаляется по плоскости. Так как [tex]\nabla\varphi=(3; -2; -6)\ne\vec{0}[/tex], в точке минимума выполняются условия Лагранжа. Функция Лагранжа:
[tex]L=x^2+y^2+z^2-\lambda\left(3x-2y-6z-56\right)[/tex]
Приравниваем её частные производные к нулю:
[tex]L'_x=2x-3\lambda=0,\quad L'_y=2y+2\lambda=0,\quad L'_z=2z+6\lambda=0\Rightarrow x=\frac{3\lambda}{2},\ y=-\lambda,\ z=-3\lambda[/tex]
Подставляем в условие:
[tex]\frac{9\lambda}{2}+2\lambda+18\lambda=56\Rightarrow \frac{49\lambda}{2}=56\Rightarrow \lambda=\frac{16}{7}[/tex]
Единственный кандидат — точка [tex]\left(\frac{24}{7}; -\frac{16}{7}; -\frac{48}{7}\right)[/tex], значит, минимум достигается в ней:
[tex]f=\frac{576+256+2304}{49}=\frac{3136}{49}=64\Rightarrow d=\sqrt{64}=8[/tex]
Проверка по формуле расстояния от точки до плоскости: [tex]d=\frac{|-56|}{\sqrt{3^2+2^2+6^2}}=\frac{56}{7}=8[/tex].

Решение:
Стационарные точки:
[tex]u'_x=3x^2+12y=0,\quad u'_y=2y+12x=0,\quad u'_z=2z+2=0[/tex]
Отсюда [tex]z=-1[/tex], [tex]y=-6x[/tex] и [tex]3x^2-72x=0[/tex], т.е. [tex]x=0[/tex] или [tex]x=24[/tex]. Стационарные точки: [tex]P_1(0; 0; -1)[/tex] и [tex]P_2(24; -144; -1)[/tex]. Матрица Гессе:
[tex]H=\begin{bmatrix}6x&12&0\\12&2&0\\0&0&2\end{bmatrix}[/tex]
В точке [tex]P_2[/tex] она равна [tex]\begin{bmatrix}144&12&0\\12&2&0\\0&0&2\end{bmatrix}[/tex], её угловые миноры
[tex]\Delta_1=144\gt 0,\quad \Delta_2=288-144=144\gt 0,\quad \Delta_3=2\cdot 144=288\gt 0[/tex]
По критерию Сильвестра второй дифференциал положительно определён, поэтому [tex]P_2[/tex] — точка локального минимума.
В точке [tex]P_1[/tex] имеем [tex]u(P_1)=-1[/tex], а на прямой [tex]y=0[/tex], [tex]z=-1[/tex] функция равна [tex]u=x^3-1[/tex], что меньше [tex]-1[/tex] при [tex]x\lt 0[/tex] и больше [tex]-1[/tex] при [tex]x\gt 0[/tex]. Следовательно, в [tex]P_1[/tex] экстремума нет (там также [tex]\Delta_2=-144\lt 0[/tex]). Значение в точке минимума равно
[tex]u(P_2)=24^3+(-144)^2+(-1)^2+12\cdot 24\cdot (-144)+2\cdot (-1)=13824+20736+1-41472-2=-6913[/tex]

Решение:
Функция [tex]z[/tex] непрерывна, а область замкнута и ограничена, поэтому по теореме Вейерштрасса оба значения существуют; они достигаются в стационарных точках внутри области или на её границе. Внутри области:
[tex]z'_x=10x=0,\quad z'_y=-8y=0\Rightarrow (x; y)=(0; 0),\quad z(0; 0)=0[/tex]
На границе [tex]\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1[/tex] имеем [tex]y^2=16\left(1-\frac{x^2}{25}\right)[/tex], где [tex]-5\le x\le 5[/tex], поэтому
[tex]z=5x^2-64+\frac{64x^2}{25}=\frac{189x^2}{25}-64[/tex]
Это выражение возрастает вместе с [tex]x^2[/tex]: его наименьшее значение [tex]-64[/tex] достигается при [tex]x=0[/tex] (точки [tex](0; \pm 4)[/tex]), а наибольшее [tex]189-64=125[/tex] — при [tex]x=\pm 5[/tex] (точки [tex](\pm 5; 0)[/tex]). Сравнивая [tex]0[/tex], [tex]-64[/tex] и [tex]125[/tex], получаем
[tex]z_{\max}=125,\qquad z_{\min}=-64[/tex]

Решение:
Сначала найдём частные производные в начале координат по определению. Так как [tex]\left|h\sin \frac{1}{h^{2}}\right|\le|h|[/tex],
[tex]f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\lim_{h\to 0}h\sin \frac{1}{h^{2}}=0[/tex]
и аналогично [tex]f_y(0,0)=0[/tex]. По определению [tex]f[/tex] дифференцируема в точке [tex](0; 0)[/tex], если при [tex]\rho=\sqrt{h^{2}+k^{2}}\to 0[/tex]
[tex]f(h,k)-f(0,0)-f_x(0,0)\,h-f_y(0,0)\,k=o(\rho)[/tex]
Здесь при [tex]\rho\gt 0[/tex]
[tex]\frac{\left|f(h,k)-0-0\cdot h-0\cdot k\right|}{\rho}=\frac{\rho^{2}\left|\sin \frac{1}{\rho^{2}}\right|}{\rho}\le\rho\to 0[/tex]
Следовательно, [tex]f[/tex] дифференцируема в точке [tex](0; 0)[/tex] и [tex]df(0,0)=0[/tex].
Замечание: достаточное условие (непрерывность частных производных) здесь неприменимо, так как при [tex](x; y)\ne(0; 0)[/tex]
[tex]f_x=2x\sin \frac{1}{x^{2}+y^{2}}-\frac{2x}{x^{2}+y^{2}}\cos\frac{1}{x^{2}+y^{2}}[/tex]
и вдоль прямой [tex]y=0[/tex] второе слагаемое [tex]-\frac{2}{x}\cos\frac{1}{x^{2}}[/tex] не ограничено вблизи [tex]x=0[/tex], а первое ограничено; значит, [tex]f_x[/tex] не непрерывна в начале координат, и доказательство должно опираться на определение.

Решение:
Пусть [tex]g(t)=2t^{2}-3[/tex], а [tex]G(t)=\frac{2t^{3}}{3}-3t[/tex] — первообразная функции [tex]g[/tex]; тогда [tex]f(x,y)=G(4x+3y)-G(4x)[/tex] — многочлен. Положим [tex]u=4x[/tex], [tex]v=4x+3y[/tex]. Тогда
[tex]f_x=4g(v)-4g(u),\qquad f_y=3g(v)[/tex]
Система [tex]f_x=f_y=0[/tex] даёт [tex]g(u)=g(v)=0[/tex], т.е. [tex]u,v\in\{a; -a\}[/tex], где [tex]a=\sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}[/tex]: четыре стационарные точки. Так как [tex]g'(t)=4t[/tex],
[tex]f_{xx}=64(v-u),\quad f_{xy}=48v,\quad f_{yy}=36v,\qquad \Delta=f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^{2}=2304v(v-u)-2304v^{2}=-2304\,uv[/tex]
Если [tex]u=v[/tex] (точки [tex]\left(\pm\frac{\sqrt{6}}{8}; 0\right)[/tex]), то [tex]\Delta=-2304a^{2}\lt 0[/tex]: экстремума нет.
Если [tex]u=a[/tex], [tex]v=-a[/tex], т.е. [tex]x=\frac{\sqrt{6}}{8}[/tex], [tex]y=\frac{v-u}{3}=-\frac{\sqrt{6}}{3}[/tex], то [tex]\Delta\gt 0[/tex] и [tex]f_{xx}=-128a\lt 0[/tex]: локальный максимум. Если [tex]u=-a[/tex], [tex]v=a[/tex], т.е. в точке [tex]\left(-\frac{\sqrt{6}}{8}; \frac{\sqrt{6}}{3}\right)[/tex], то [tex]\Delta\gt 0[/tex] и [tex]f_{xx}=128a\gt 0[/tex]: локальный минимум.
Так как [tex]a^{2}=\frac{3}{2}[/tex], имеем [tex]G(a)=a\left(\frac{2a^{2}}{3}-3\right)=-2a[/tex] и [tex]G(-a)=2a[/tex]. Поскольку [tex]f=G(v)-G(u)[/tex],
[tex]f_{\max}=G(-a)-G(a)=4a=2\sqrt{6},\qquad f_{\min}=G(a)-G(-a)=-4a=-2\sqrt{6}[/tex]

Решение:
[tex]K[/tex] — замкнутый квадрат с вершинами [tex](-1; 1)[/tex], [tex](1; -1)[/tex], [tex](2; 0)[/tex], [tex](0; 2)[/tex]. Это компактное множество, а [tex]F[/tex] непрерывна, поэтому по теореме Вейерштрасса наименьшее значение существует; оно достигается либо в стационарной точке внутри [tex]K[/tex], либо на границе. Стационарные точки:
[tex]F_x=3x^{2}-3y=0,\quad F_y=3y^{2}-3x=0\ \Rightarrow\ y=x^{2},\ x^{4}=x\ \Rightarrow\ (0; 0),\ (1; 1)[/tex]
Обе точки лежат на границе (соответственно на сторонах [tex]x+y=0[/tex] и [tex]x+y=2[/tex]), поэтому внутри [tex]K[/tex] стационарных точек нет, и мы исследуем четыре стороны. На стороне [tex]y=-x[/tex], [tex]-1\le x\le 1[/tex]:
[tex]F=3x^{2}\in[0; 3][/tex]
На стороне [tex]y=2-x[/tex], [tex]0\le x\le 2[/tex]:
[tex]F=9x^{2}-18x+8=9(x-1)^{2}-1\in[-1; 8][/tex]
причём минимум [tex]-1[/tex] достигается при [tex]x=1[/tex], т.е. в точке [tex](1; 1)[/tex]. На стороне [tex]y=x-2[/tex], [tex]1\le x\le 2[/tex]:
[tex]F=2x^{3}-9x^{2}+18x-8,\quad F'=6\left(x^{2}-3x+3\right)\gt 0[/tex]
(дискриминант квадратного трёхчлена отрицателен), поэтому [tex]F[/tex] возрастает от [tex]3[/tex] до [tex]8[/tex]. На стороне [tex]y=x+2[/tex], [tex]-1\le x\le 0[/tex]:
[tex]F=2x^{3}+3x^{2}+6x+8,\quad F'=6\left(x^{2}+x+1\right)\gt 0[/tex]
поэтому и здесь [tex]F[/tex] возрастает от [tex]3[/tex] до [tex]8[/tex]. Сравнивая все значения на границе, получаем наименьшее значение [tex]F[/tex] на [tex]K[/tex]:
[tex]\min_{K}F=F(1,1)=-1[/tex]