Функции на няколко променливи - много трудни задачи с решения

Решение:
Функцията [tex]f[/tex] е диференцируема навсякъде, затова екстремумите ѝ могат да бъдат само в стационарни точки:
[tex]f_x=4x^{3}-2x-2y=0,\quad f_y=4y^{3}-2x-2y=0[/tex]
Като извадим уравненията, получаваме [tex]4\left(x^{3}-y^{3}\right)=0[/tex], т.е. [tex]x=y[/tex]; тогава [tex]4x^{3}-4x=0[/tex] и стационарните точки са [tex](0; 0)[/tex], [tex](1; 1)[/tex], [tex](-1; -1)[/tex]. Вторите производни са
[tex]f_{xx}=12x^{2}-2,\quad f_{xy}=-2,\quad f_{yy}=12y^{2}-2[/tex]
В точките [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]
следователно и двете точки са локални минимуми (със стойност [tex]-2[/tex]). В точката [tex](0; 0)[/tex] имаме [tex]f_{xx}=f_{yy}=f_{xy}=-2[/tex] и [tex]\Delta=4-4=0[/tex], така че достатъчното условие не дава отговор и изследваме [tex]f[/tex] непосредствено около началото на координатната система; [tex]f(0,0)=0[/tex]. Върху правата [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]
Върху правата [tex]y=-x[/tex] при [tex]x\ne 0[/tex]:
[tex]f(x,-x)=2x^{4}\gt 0[/tex]
Следователно във всяка околност на началото има точки, в които [tex]f\gt f(0,0)[/tex], и точки, в които [tex]f\lt f(0,0)[/tex], т.е. [tex](0; 0)[/tex] не е точка на екстремум. Функцията има точно [tex]2[/tex] точки на локален екстремум.

Решение:
Полагаме [tex]s=x-2y[/tex]. Частните производни са
[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 стационарна точка [tex]2xs=1[/tex] и [tex]ys=-1[/tex]. Следователно [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]
Получаваме стационарните 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]; и в двете [tex]x^2+y^2=\frac{1}{10}+\frac{4}{10}=\frac{1}{2}[/tex]. В стационарна точка събираемите, съдържащи [tex]1-2xs[/tex] и [tex]-2-2ys[/tex], се анулират, затова вторите производни там са
[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 [tex]P_1[/tex], където [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]
следователно [tex]P_1[/tex] е точка на локален максимум:
[tex]u_{\max}=u(P_1)=\frac{\sqrt{10}}{2}e^{-1/2}=\sqrt{\frac{5}{2e}}[/tex]
Тъй като [tex]u(-x,-y)=-u(x,y)[/tex] и [tex]P_2=-P_1[/tex], в [tex]P_2[/tex] всички втори производни сменят знака си: изразът [tex]u''_{xx}u''_{yy}-\left(u''_{xy}\right)^2[/tex] отново е [tex]\frac{20}{e}\gt 0[/tex], а сега [tex]u''_{xx}\gt 0[/tex], следователно [tex]P_2[/tex] е точка на локален минимум:
[tex]u_{\min}=u(P_2)=-\sqrt{\frac{5}{2e}}[/tex]

Решение:
При [tex](x,y)\ne(0,0)[/tex] имаме [tex]f(x,y)=1+g(x,y)[/tex], където
[tex]g(x,y)=\frac{xy(x+y)}{x^2+y^2}[/tex]
Непрекъснатост. Тъй като [tex]|xy|\le\frac{x^2+y^2}{2}[/tex], получаваме
[tex]|g(x,y)|\le\frac{|x+y|}{2}\le\frac{|x|+|y|}{2}[/tex]
а дясната страна клони към [tex]0[/tex] при [tex](x,y)\to(0,0)[/tex]. Следователно
[tex]\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=1=f(0,0)[/tex]
и [tex]f[/tex] е непрекъсната в [tex]O[/tex]. Частни производни в [tex]O[/tex]: [tex]g(x,0)=g(0,y)=0[/tex], следователно [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]
Диференцируемост. Ако [tex]f[/tex] беше диференцируема в [tex]O[/tex], диференциалът ѝ там щеше да бъде [tex]f'_x(0,0)\,dx+f'_y(0,0)\,dy=0[/tex] и щеше да е изпълнено
[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 върху лъча [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]
Следователно границата не е [tex]0[/tex] и [tex]f[/tex] не е диференцируема в [tex]O[/tex], въпреки че е непрекъсната там и има двете частни производни.

Решение:
Градиентът [tex](2x; 2y; 0)[/tex] на функцията от условието не се анулира върху цилиндъра [tex]x^{2}+y^{2}=1[/tex], затова можем да използваме функцията на Лагранж
[tex]L=x+y+z^{2}-\lambda\left(x^{2}+y^{2}-1\right)[/tex]
Стационарните ѝ точки удовлетворяват системата
[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]
Оттук [tex]z=0[/tex], [tex]x=y=\frac{1}{2\lambda}[/tex] и [tex]2x^{2}=1[/tex], откъдето получаваме [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]. Вторият диференциал на [tex]L[/tex] е
[tex]d^{2}L=-2\lambda\left(dx^{2}+dy^{2}\right)+2\,dz^{2}[/tex]
и трябва да се разглежда върху допирателното пространство [tex]x\,dx+y\,dy=0[/tex], т.е. при [tex]dy=-dx[/tex] и в двете точки. В [tex]M_1[/tex]:
[tex]d^{2}L=-2\sqrt{2}\,dx^{2}+2\,dz^{2}[/tex]
Тази форма приема стойности и с двата знака (отрицателна е при [tex]dz=0[/tex] и положителна при [tex]dx=0[/tex]), следователно [tex]M_1[/tex] не е точка на условен екстремум. В [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], следователно [tex]M_2[/tex] е точка на условен минимум:
[tex]f_{\min}=f\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}; -\frac{\sqrt{2}}{2}; 0\right)=-\sqrt{2}[/tex]
Тъй като [tex]M_1[/tex] беше единственият друг кандидат, условен максимум няма. Проверка: при [tex]x=\cos\theta[/tex], [tex]y=\sin \theta[/tex] получаваме [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:
Нека [tex]F[/tex] е лявата страна на уравнението. Тогава
[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] имаме [tex]z'_x=-\frac{F'_x}{F'_z}[/tex], [tex]z'_y=-\frac{F'_y}{F'_z}[/tex]. В стационарна точка [tex]F'_x=F'_y=0[/tex], откъдето [tex]z=2x+2=2y+2[/tex], т.е. [tex]y=x[/tex], [tex]z=2x+2[/tex]. Заместваме в даденото 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]
Точките са [tex]x=y=-3\pm\sqrt{6}[/tex], [tex]z=-4\pm 2\sqrt{6}[/tex], като в тях [tex]F'_z=2z-2x+2=2x+6=\pm 2\sqrt{6}\ne 0[/tex], така че теоремата за неявната функция е приложима. Като диференцираме още веднъж [tex]F'_x+F'_z\,z'_x=0[/tex] и използваме, че в тези точки [tex]z'_x=z'_y=0[/tex], получаваме
[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]
следователно и двете точки са екстремуми. 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]
Геометрично повърхнината е елипсоид, а това са най-високата и най-ниската ѝ точка; те лежат на двата различни клона [tex]z(x,y)[/tex], които се получават, като решим уравнението като квадратно относно [tex]z[/tex].

Решение:
Означаваме [tex]z_x=\frac{\partial z}{\partial x}[/tex], [tex]z_{xx}=\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}[/tex] и т.н. Полагаме [tex]t=ax+by+z[/tex] и [tex]F(x,y,z)=xy+z-f(t)[/tex]. Тъй като [tex]F_z=1-f'(t)\ne 0[/tex], по теоремата за неявната функция [tex]z(x,y)[/tex] е два пъти диференцируема и можем да диференцираме тъждеството [tex]xy+z(x,y)=f(t)[/tex]. По [tex]x[/tex] (като отчитаме, че [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]
Диференцираме [tex](1)[/tex] по [tex]x[/tex]:
[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, като диференцираме [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]
Сега от [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 от [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]
Десните страни са равни, с което тъждеството е доказано.

Решение:
Разстоянието от точка [tex](x,y,z)[/tex] до равнината е [tex]\frac{|Ax+By+Cz+1|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}+C^{2}}}[/tex], а търсеното разстояние е минимумът на този израз върху елипсоида (компактно множество, така че минимумът съществува). Първо намираме множеството от стойности на [tex]\varphi=Ax+By+Cz[/tex] върху елипсоида с помощта на функцията на Лагранж
[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]
Тъй като [tex](A,B,C)\ne(0,0,0)[/tex], имаме [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]
Заместваме в уравнението на елипсоида:
[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 тези точки
[tex]\varphi=\frac{a^{2}A^{2}+b^{2}B^{2}+c^{2}C^{2}}{2\mu}=\pm K[/tex]
Непрекъснатата функция [tex]\varphi[/tex] достига най-голямата и най-малката си стойност върху компактния свързан елипсоид, и то непременно в тези точки; следователно [tex]\varphi[/tex] приема точно стойностите от [tex][-K; K][/tex], а [tex]\varphi+1[/tex] — тези от [tex][1-K; 1+K][/tex]. Равнината не пресича елипсоида тогава и само тогава, когато [tex]0\notin[1-K; 1+K][/tex], т.е. [tex]K\lt 1[/tex]. Тогава [tex]\varphi+1\ge 1-K\gt 0[/tex] върху елипсоида и най-малкото разстояние е
[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]