Функции на няколко променливи - трудни задачи с решения

Решение:
Нека [tex]u=\frac{x+y}{1-xy}[/tex]. По правилото за диференциране на сложна функция и [tex]\left(\operatorname{arctg}u\right)'=\frac{1}{1+u^2}[/tex] имаме
[tex]f'_x=\frac{u'_x}{1+u^2}[/tex]
По правилото за производна на частно ([tex]y[/tex] е константа)
[tex]u'_x=\frac{1\cdot (1-xy)-(x+y)\cdot (-y)}{(1-xy)^2}=\frac{1+y^2}{(1-xy)^2}[/tex]
Освен това
[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]
Следователно
[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 симетрия [tex]f'_y=\frac{1}{1+y^2}[/tex]. Това отразява тъждеството [tex]f(x,y)=\operatorname{arctg}x+\operatorname{arctg}y+C[/tex], където константата [tex]C[/tex] е равна на [tex]0[/tex], [tex]\pi[/tex] или [tex]-\pi[/tex] в различните части на дефиниционната област.

Решение:
Полагаме [tex]s=\sqrt{x^{2}-y^{2}}[/tex]. Тъй като [tex](x+s)(x-s)=x^{2}-s^{2}=y^{2}[/tex], аргументът на логаритъма е равен на [tex]\frac{(x+s)^{2}}{y^{2}}[/tex], следователно
[tex]z=2\ln|x+s|-2\ln|y|,\qquad s_x=\frac{x}{s},\quad s_y=-\frac{y}{s}[/tex]
Следователно частните производни са
[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]
и тъй като [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]
Двете частни производни са непрекъснати при [tex]|x|\gt|y|\gt 0[/tex], така че [tex]z[/tex] е диференцируема там 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 правилото за диференциране на сложна функция
[tex]z_x=f_u\,u_x+f_v\,v_x=2x\,f_u+y\,f_v[/tex]
където [tex]f_u[/tex] и [tex]f_v[/tex] отново са функции на [tex]u,v[/tex], а следователно и на [tex]x,y[/tex]. Отново по същото правило
[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]
Диференцираме [tex]z_x[/tex] по [tex]x[/tex] като произведение (член с [tex]f_v[/tex] не се появява, защото [tex]\frac{\partial}{\partial x}(y)=0[/tex]):
[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]
Тъй като вторите частни производни на [tex]f[/tex] са непрекъснати, от теоремата на Шварц [tex]f_{uv}=f_{vu}[/tex], следователно
[tex]\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}=4x^{2}f_{uu}+4xy\,f_{uv}+y^{2}f_{vv}+2f_u[/tex]

Решение:
Функцията има непрекъснати частни производни от всички редове при [tex]x\ne 0[/tex], така че около [tex]M[/tex] полиномът на Тейлър от втора степен е
[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]
Тук [tex]f(M)=\operatorname{arctg}1=\frac{\pi}{4}[/tex]. Първите частни производни са
[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]
така че [tex]f'_x(M)=-\frac{1}{2}[/tex] и [tex]f'_y(M)=\frac{1}{2}[/tex]. Вторите частни производни са
[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]
така че [tex]f''_{xx}(M)=\frac{1}{2}[/tex], [tex]f''_{xy}(M)=0[/tex], [tex]f''_{yy}(M)=-\frac{1}{2}[/tex]. След заместване получаваме
[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:
Минимизираме квадрата на разстоянието [tex]f=x^2+y^2+z^2[/tex] при условието [tex]\varphi=3x-2y-6z-56=0[/tex]. Минимум съществува: [tex]f[/tex] е непрекъсната и клони към безкрайност, когато точката се отдалечава по равнината. Тъй като [tex]\nabla\varphi=(3; -2; -6)\ne\vec{0}[/tex], в този минимум са изпълнени условията на Лагранж. Функцията на Лагранж е
[tex]L=x^2+y^2+z^2-\lambda\left(3x-2y-6z-56\right)[/tex]
Приравняваме частните ѝ производни на нула:
[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]
Заместваме в условието:
[tex]\frac{9\lambda}{2}+2\lambda+18\lambda=56\Rightarrow \frac{49\lambda}{2}=56\Rightarrow \lambda=\frac{16}{7}[/tex]
Единственият кандидат е точката [tex]\left(\frac{24}{7}; -\frac{16}{7}; -\frac{48}{7}\right)[/tex], следователно минимумът се достига в нея:
[tex]f=\frac{576+256+2304}{49}=\frac{3136}{49}=64\Rightarrow d=\sqrt{64}=8[/tex]
Проверка с формулата за разстояние от точка до равнина: [tex]d=\frac{|-56|}{\sqrt{3^2+2^2+6^2}}=\frac{56}{7}=8[/tex].

Решение:
Стационарни точки:
[tex]u'_x=3x^2+12y=0,\quad u'_y=2y+12x=0,\quad u'_z=2z+2=0[/tex]
Оттук [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]. Стационарните точки са [tex]P_1(0; 0; -1)[/tex] и [tex]P_2(24; -144; -1)[/tex]. Матрицата на Хесе е
[tex]H=\begin{bmatrix}6x&12&0\\12&2&0\\0&0&2\end{bmatrix}[/tex]
В [tex]P_2[/tex] тя е [tex]\begin{bmatrix}144&12&0\\12&2&0\\0&0&2\end{bmatrix}[/tex] с главни минори
[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 критерия на Силвестър вторият диференциал е положително определен, така че [tex]P_2[/tex] е точка на локален минимум.
В [tex]P_1[/tex] имаме [tex]u(P_1)=-1[/tex], а върху правата [tex]y=0[/tex], [tex]z=-1[/tex] функцията е [tex]u=x^3-1[/tex], която е по-малка от [tex]-1[/tex] при [tex]x\lt 0[/tex] и по-голяма от [tex]-1[/tex] при [tex]x\gt 0[/tex]. Следователно в [tex]P_1[/tex] няма екстремум (там и [tex]\Delta_2=-144\lt 0[/tex]). Стойността в точката на минимум е
[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:
Функцията [tex]z[/tex] е непрекъсната, а областта е затворена и ограничена, така че по теоремата на Вайерщрас двете стойности съществуват; те се достигат в стационарни точки във вътрешността на областта или върху контура ѝ. Във вътрешността:
[tex]z'_x=10x=0,\quad z'_y=-8y=0\Rightarrow (x; y)=(0; 0),\quad z(0; 0)=0[/tex]
Върху контура [tex]\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1[/tex] имаме [tex]y^2=16\left(1-\frac{x^2}{25}\right)[/tex], като [tex]-5\le x\le 5[/tex], следователно
[tex]z=5x^2-64+\frac{64x^2}{25}=\frac{189x^2}{25}-64[/tex]
Този израз расте с [tex]x^2[/tex]: най-малката му стойност е [tex]-64[/tex] при [tex]x=0[/tex] (точките [tex](0; \pm 4)[/tex]), а най-голямата е [tex]189-64=125[/tex] при [tex]x=\pm 5[/tex] (точките [tex](\pm 5; 0)[/tex]). Като сравним [tex]0[/tex], [tex]-64[/tex] и [tex]125[/tex], получаваме
[tex]z_{\max}=125,\qquad z_{\min}=-64[/tex]

Решение:
Първо пресмятаме частните производни в началото по дефиниция. Тъй като [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 по същия начин [tex]f_y(0,0)=0[/tex]. По дефиниция [tex]f[/tex] е диференцируема в [tex](0; 0)[/tex], ако 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]
Тук 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]
Следователно [tex]f[/tex] е диференцируема в [tex](0; 0)[/tex] и [tex]df(0,0)=0[/tex].
Забележка: достатъчното условие (непрекъснати частни производни) не може да се използва тук, защото 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 по правата [tex]y=0[/tex] второто събираемо [tex]-\frac{2}{x}\cos\frac{1}{x^{2}}[/tex] е неограничено около [tex]x=0[/tex], а първото е ограничено; следователно [tex]f_x[/tex] не е непрекъсната в началото и доказателството трябва да използва дефиницията.

Решение:
Нека [tex]g(t)=2t^{2}-3[/tex], а [tex]G(t)=\frac{2t^{3}}{3}-3t[/tex] е примитивна на [tex]g[/tex]; тогава [tex]f(x,y)=G(4x+3y)-G(4x)[/tex] е полином. Полагаме [tex]u=4x[/tex], [tex]v=4x+3y[/tex]. Тогава
[tex]f_x=4g(v)-4g(u),\qquad f_y=3g(v)[/tex]
Системата [tex]f_x=f_y=0[/tex] дава [tex]g(u)=g(v)=0[/tex], т.е. [tex]u,v\in\{a; -a\}[/tex], където [tex]a=\sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}[/tex]: четири стационарни точки. Тъй като [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]
Ако [tex]u=v[/tex] (точките [tex]\left(\pm\frac{\sqrt{6}}{8}; 0\right)[/tex]), то [tex]\Delta=-2304a^{2}\lt 0[/tex]: няма екстремум.
Ако [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]: локален максимум. Ако [tex]u=-a[/tex], [tex]v=a[/tex], т.е. в точката [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]: локален минимум.
Тъй като [tex]a^{2}=\frac{3}{2}[/tex], имаме [tex]G(a)=a\left(\frac{2a^{2}}{3}-3\right)=-2a[/tex] и [tex]G(-a)=2a[/tex]. Понеже [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] е затвореният квадрат с върхове [tex](-1; 1)[/tex], [tex](1; -1)[/tex], [tex](2; 0)[/tex], [tex](0; 2)[/tex]. Той е компактно множество, а [tex]F[/tex] е непрекъсната, затова по теоремата на Вайерщрас най-малката стойност съществува; тя се достига или в стационарна точка във вътрешността на [tex]K[/tex], или върху границата. Стационарни 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]
И двете точки лежат на границата (съответно на страните [tex]x+y=0[/tex] и [tex]x+y=2[/tex]), следователно във вътрешността на [tex]K[/tex] няма стационарни точки и изследваме четирите страни. На страната [tex]y=-x[/tex], [tex]-1\le x\le 1[/tex]:
[tex]F=3x^{2}\in[0; 3][/tex]
На страната [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]
като минимумът [tex]-1[/tex] се достига при [tex]x=1[/tex], т.е. в точката [tex](1; 1)[/tex]. На страната [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]
(дискриминантата на квадратния тричлен е отрицателна), така че [tex]F[/tex] расте от [tex]3[/tex] до [tex]8[/tex]. На страната [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]
така че и тук [tex]F[/tex] расте от [tex]3[/tex] до [tex]8[/tex]. Като сравним всички стойности върху границата, получаваме, че най-малката стойност на [tex]F[/tex] в [tex]K[/tex] е
[tex]\min_{K}F=F(1,1)=-1[/tex]