Тема Математический анализ

05 Дифференцируемость функций многих переменных.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#51300

Вычислить дифференциал функции длины вектора в трёхмерном пространстве $| | : ℝ3 → ℝ$ , вычисляемой по формуле

|x | = ∘ (x-)2 +-(x-)2 +-(x-)2 1 2 3

в точке $(1,2,3)$ .

Показать ответ и решение

Дифференциал $d| |$ функции - это такая линейная функция $L : ℝ3 → ℝ$ , которая задаётся матрицей $3× 1$ , составленной из частных производных нашей функции по каждой переменной.

Понятно, что частная производная по переменной $x1$ будет равна

2x1 x1 -∘-----2------2------2-= ∘-----2------2------2- 2 (x1) + (x2) + (x3) (x1) + (x2) + (x3)

Аналогично, по второй $x2$ частная производная будет равна:

x2 ∘-----2------2-------2 (x1) + (x2 ) + (x3)

Аналогично, по третьей $x3$ частная производная будет равна:

x3 ∘-----2------2-------2 (x1) + (x2 ) + (x3)

Следовательно, в точке $(1,2,3)$ получаем дифференциал

√1---√-2--√-3-- d| |(1,2,3) = ( 14, 14, 14)

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#51301

Вычислить дифференциал функции $f(x,y,z) = arctg(x2y2)− arccos(x + z)− z4$ в точке $(x0,y0,z0)$ .

Показать ответ и решение

∂f ∂f ∂f df (x0,y0,z0) = (---(x0,y0,z0),---(x0,y0,z0),---(x0,y0,z0)) ∂x ∂y ∂z

Посчитаем эти компоненты матрицы, задающей дифференциал как линейное отображение:

∂f- -2y20x0-- -------1------- ∂x(x0,y0,z0) = 1+ x4y4 + ∘1 -−-(x-+--z)2- 00 0 0

∂f- -2x20y0-- ∂y(x0,y0,z0) = 1+ x4y4 0 0

∂f- ∘------1------- 3 ∂z (x0,y0,z0) = 1 − (x0 + z0)2 − 4z0

В конце концов получаем: $-2y20x0- -----1----- 2x20y0------1----- 3 df(x0,y0,z0) = (1+x40y40 + √ 1− (x0+z0)2, 1+x40y40,√ 1−(x0+z0)2 − 4z0)$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#51302

Вычислить все частные производные функции $f(x,y,z) = xy + yz + zx$ в точке $(6,6,6)$ .

Показать ответ и решение

Сначала преобразуем нашу функцию: $xy = eylnx$ , $yz = ezlny$ , $zx = ex lnz$ . Тогда

∂f y0 y0 ---(x0, y0,z0) = --ey0lnx0 + ex0lnz0 ln z0 =-xy00+ zx00 ln z0 = y0xy00−1 + zx00lnz0 ∂x x0 x0

И по аналогии тогда уже легко посчитать и остальные частные производные:

∂f- y0 z0−1 ∂y (x0,y0,z0) = x0 lnx0 + z0y0

∂f-(x ,y ,z ) = x zx0−1 + yz0ln y ∂z 0 0 0 0 0 0 0

И тогда, подставляя нашу точку:

∂f- 6 6 6 ∂x(6,6,6) = (6 (1 + ln6),6 (1+ ln6),6 (1+ ln 6))

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#54334

Существуют ли частные производные по всем переменным и дифференцируема ли функция $∘3--3---3 f(x,y ) = x + y$ в точке $(0,0)$ ?

Показать ответ и решение

Проверим существование частных производных.

∂f 3√--- ---(0,0) = f ′(x,0)x = ( x3 )′x = (x)′x = 1 ∂x

Аналогично,

∂f-(0,0) = f ′(0,y) = ( 3∘y3-)′ = (y)′= 1 ∂y y y y

Однако, если бы у функции $f(x,y)$ существовала бы производная в точке $(0,0)$ , то это означало бы, что её приращение $Δf = f(0+ h1,0 + h2)− f (0,0)$ можно было бы представить в виде:

∂f ∂f Δf = f(0+ h1,0 + h2)− f(0,0) =---(0,0)h1 + --(0,0)h2 + ¯o(|h|) при (h1,h2) → (0,0) ∂x ∂2

То есть, было бы выполнено:

∘ ------- 3 3 3 h1 + h 2 = h1 + h2 + r(h )

Где $r(h ) = ¯o(|h|)$ .

Но

∘3------- r(h ) = h31 + h32 − (h1 + h2)

И если поделить $r(h)$ на $|h |$ , то получим

3∘ -3---3- α (h ) =---h1 +∘h2-−-(h1 +-h2-) h21 + h22

И $α(h)$ не является бесконечно малой при $h → 0$ , так как можно, например, взять $3∘ -2- 2 √- α (1, 1) =--n√3−-n→ -3√2−2 n n -n2 2$ А значит $α (1, 1)/→/0 n n$ при $h → 0$ .

А это означает, что $r(h ) ⁄= ¯o(|h |)$ .

Следовательно, функция $f(x,y)$ - не дифференцируема в нуле.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#55372

Пусть функция $f(x,y,z) = x3 + y3 + z3 − 3xyz$ . Пусть $x = uv$ , $y = uv$ , $z = u+ v$ . Найти $∂f ∂v$ .

Показать ответ и решение

$∂f ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂z ---= ------+ ------+ ------ ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z∂v Тогда: ∂f-= (3x2 − 3yz)u + (3y2 − 3xz)(− u-)+ (3z2 − 3xy) = ∂v v2 = (3(uv)2 − 3u-(u+ v ))u + (3(u)2 − 3uv (u+ v))(− u-)+ (3(u + v)2 − 3uv u) = v v v2 v = 3(u3v2 − u3− u2 − u3-+ u3+ u2 + u2 + 2uv + v2 − u2) = 3(u3v2 + 2uv + v2 − u3) v v4 v v4$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#55373

Пусть $f$ - всюду дифференцируемая функция. Найти все частные производные функции $f(sint,cost)$

Показать ответ и решение

Обозначим $u (t) = sin t,v(t) = cost$ .

Тогда частная производная у нас будет только одна (она же будет обычной производной по $t$ ), поскольку $f(sin t,cost)$ зависит только от одной переменной $t$ :

∂f-= ∂f-∂u-+ ∂f-∂v-= ∂f-cost− ∂f-sin t ∂t ∂u ∂t ∂v ∂t ∂u ∂v

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#55374

Пусть $φ$ - всюду дифференцируемая функция. Найти дифференциал $φ(xyz,yxz)$ .

Показать ответ и решение

Обозначим $u (x, y,z) = xyz = eyzln x,v (x,y,z ) = yxz = exzlny$ .

Тогда:

∂φ ∂φ ∂ φ d φ(x,y,z) = ---dx+ --dy + ---dz ∂x ∂y ∂z

Где в свою очередь частные производные вычисляются по формулам частных производных сложной функции

∂ φ ∂ φ∂u ∂φ ∂v ∂ φ yz ∂φ ∂ φ ∂φ --- = ------+ ------= ---(---eyzlnx) + ---(z ln yexzln y) =---yzxyz− 1 +---zln yyxz ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u x ∂v ∂u ∂v

Точно так же:

∂φ ∂φ ∂u ∂φ ∂v ∂φ ∂φ ---= ------+ ------= ---zlnxxyz + ---xzyxz−1 ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂u ∂v

Точно так же:

∂φ- ∂φ-∂u- ∂φ-∂v- ∂φ- yz ∂φ- xz ∂z = ∂u ∂z + ∂v ∂z = ∂uy ln xx + ∂v xlnyy

Следовательно, $dφ(x,y,z) = (∂φyzxyz− 1 + ∂φz ln yyxz)dx+ ∂u ∂v$
$∂φ yz ∂φ xz−1 + (∂uzln xx + ∂vxzy )dy$ $\text{[math]}$ $∂φ yz ∂φ xz + (∂u ylnxx + ∂vx ln yy )dz$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#57417

Доказать более простую версию следствия из теоремы о среднем для многомерных функций:

Если функция $n f : ℝ → ℝ$ - дифференцируема всюду в некотором шаре $n B ⊂ ℝ$ , и в любой точке $x ∈ B$ производная $f ′(x)$ равна 0 (т.е. линейное отображение $L (x)$ из определения производной - нулевое, то есть задаётся нулевой матрицей). Тогда $f(x) = c$ - во всех точках $x ∈ B$ . То есть $f$ постоянна в шаре $B$ .

Показать ответ и решение

Раз нам дано, что $f′(x) = 0$ для любой точки $x ∈ B$ , то это означает, что линейное отображение $L (x ) = 0$ в каждой точке $x$ (где $L(x)$ это такое отображение, что $f(x+ h)− f(x) = L(x)(h)+ ¯o(h )$ при $h → 0$ ). Но мы знаем, что коэффициенты матрицы $L(x)$ - это в точности частные производные функции $f (x)$ по её соответствующим переменным. Таким образом, нам по сути дано, что

∂f ∂f ∂f ∂x-(x) = 0, ∂x--(x) = 0, ..., ,∂x--(x) = 0, − для лю бой точки x ∈ B 1 2 n

Действительно, пусть наш шар - это шар $Br(x0)$ радиуса $r$ с центром в $x0$ .
(напоминание: $Br(x0) = {x ∈ ℝn |d(x,x0) ≤ r}$ )

Тогда любая точка этого шара - это его центр $x0$ плюс какой-то вектор $h$ такой, что $|h | ≤ r$ .

То есть, любая точка шара $Br(x0)$ представляется в виде $x0 + h$ , $|h| ≤ r$ . Но тогда, очевидно, и весь отрезок $[x0,x0 + h ]$ лежит в $Br(x0)$ .

Но тогда, поскольку наша $f$ дифференцируема в $Br(x0)$ , то следовательно и в отрезке $[x ,x + h ] 0 0$ . Значит, к ней мы можем применить теорему о среднем для многомерных функций:

$′ ∂f ∂f ∂f ∃ξ ∈ (x0,x0 + h ) такая, что f(x0 + h )− f(x0) = f(ξ)h = ∂x-(ξ)h1 + ∂x-(ξ)h2 + ...+ ∂x-(ξ)hn = 1 2 n 0h1 + 0h2 + ...0hn = 0$

Следовательно $f(x0) = f(x0 + h)$ , то есть, значения $f$ в центре шара $x0$ такие же, как и в любой точке в шаре $x0 + h$ , $|h| < r$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#57418

Проверить, что для функции

( x2−y2 { xyx2+y2 если (x,y) ⁄= (0,0) f(x,y) = ( 0, если(x,y) = (0,0)

в точке $(0,0)$ теорема Шварца не выполнена. То есть,

∂2f ∂2f -----(0,0) ⁄= ----(0,0) ∂x∂y ∂y∂x

Показать ответ и решение

Перепишем нашу функцию в чуть более удобном для дифференцирования виде:

( x3y−xy3 { -x2+y2- если (x,y) ⁄= (0,0) f (x, y) = ( 0, если(x,y) = (0,0)

Тогда, $∂f= (3x2y−y3)(x2+2y2)−222x(x3y−-xy3)-= 3x4y−-x2y3+3x22y3−2y5−2-2x4y+2x2y3= x4y+42x2y23−2y5 ∂x (x +y ) (x +y ) (x +y )$ - это верно $∀(x,y) ⁄= (0,0)$

$∂f (x3−3xy2)(x2+y2)−2y(x3y−xy3)- x5−3x3y2+x3y2−3xy4−2x3y2+2xy4- x5−4x3y2−xy4 ∂y = (x2+y2)2 = (x2+y2)2 = (x2+y2)2$ - это верно $∀(x,y) ⁄= (0,0)$

Далее, $∂∂fx (0,0) = lim f(x,0)−xf(0,0) = lim 0x = 0 x→0 x→0$

Аналогично, $∂∂fy(0,0) = lim f(0,y)−yf(0,0)= lim 0y = 0 y→0 y→0$ .

Таким образом, имеем:

({ x4y+4x2y3−y5 ∂f-= (x2+y2)2 если (x,y ) ⁄= (0,0) ∂x ( 0, если(x,y) = (0,0)

( ∂f { x5−4x23y22−x2y4 если (x, y) ⁄= (0,0) ---= (x +y ) ∂y ( 0, если(x,y) = (0,0)

Далее, вторые частные производные нас интересуют только в точке $(0,0)$ , поэтому в общем виде нам их вычислять не придётся. Итак, вычислим вторые частные производные в $(0,0)$ в двух разных порядках по определению:

5 ∂2f ∂f(0,y)− ∂f-(0,0) − yy4 -----(0,0) = lim ∂x--------∂x------= lim ---- = − 1 ∂y ∂x y→0 y y→0 y

∂2f ∂f∂y(x, 0)− ∂∂fy(0,0) x5 -----(0,0) = lim ----------------- = lim ---= 1 ∂x∂y x→0 x x→0 x

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#57419

Верно ли, что если функция $f(x,y)$ дифференцируема в каждой точке области $G ⊂ ℝ2$ , у функции $f(x,y )$ частная производная $∂f ∂y = 0$ в каждой точке области $G$ , то в этой области $G$ функция $f$ не зависит от $y$ ?

Комментарий. Если бы это было верно, то теорему о том, что если производная многомерной функции в какой-то области равна 0, то эта функция постоянна, можно было бы доказать в одну строчку. А именно:

Пусть $f′(x,y) = 0$ всюду в некоторой области $G$ . Но поскольку коэффициенты матрицы $f′$ - это в точности частные производные по $x$ и по $y$ , то имеем, что в этой области $∂f ∂x = 0$ и $∂f ∂y = 0$ . Первое условие означает, что $f$ не зависит от $x$ , а второе означает, что $f$ не зависит от $y$ . Но тогда $f$ не зависит ни от одной переменной, то есть $f$ - константа.

Но всё ли так на самом деле просто?

Показать ответ и решение

Давайте в качестве области в $ℝ2$ возьмём $G = ℝ2 ∖ {(x,y)|x ≥ 0,y = 0}$ - то есть вся плоскость, из которой выкиули луч по $x$ от 0 до $+ ∞$ при $y = 0$ .

$PIC$

А в качестве $f(x,y)$ возьмём

( { x3 если x > 0,y > 0 f(x,y) = ( 0, в остальных точка х

Тогда в области $G$ функция $f$ непрерывно дифференцируема. Нетрудно видеть, что в области $G$ выполнено $∂∂fy = 0$ .

Однако нельзя сказать, что $f$ не зависит от $y$ в области $G$ , поскольку, например, $f(1,1) = 13 = 1,f(1,− 1) = 0$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#57420

Пусть $f(x,y,z) = esinx + cos(ez)$ . Пусть $x(u,v) = u2 + v2$ , $y(u,v) = 1 + v$ , $z(u,v) = arctg u$ . Вычислить частные производные $∂f ∂f ∂u,∂v$ .

Показать ответ и решение

По формулам для дифференцирования сложной функции многих переменных:

∂f ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂z ---= ------+ ------+ ------ ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z∂u

Тогда имеем:

∂f- sinx z z --1--- ∂u = (cosxe )2u − e sin(e) 1+ u2

Аналогично,

∂f-= ∂f-∂x-+ ∂f-∂y-+ ∂f-∂z- ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z∂v

Тогда имеем:

∂f- sinx ∂v = (cos xe )2v

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#57421

В дифференциальном уравнении

∂z ∂z (xy + z)---+ (1− y2)--- = x+ yz ∂x ∂y

принять $w$ за новую функцию от переменных $u,v$ , где $u = yz − x$ , $v = xz − y$ , $w = xy − z$ .

Показать ответ и решение

Наша задача - переписать это уравнение так, чтобы вместо функции $z$ зависящей от переменных $x,y$ , то есть вместо $z = z (x,y )$ у нас появилась функция $w = w(u,v)$ , зависящая от $u,v$ - согласно заменам, данным в условии.

С одной стороны, в силу того, что $w = xy − z$ , мы имеем

∂w ∂z ∂x-= y − ∂x-

С другой стороны, по формуле дифференцирования сложной функции, ведь $w$ должна в конце концов зависеть от переменных $u$ и $v$ :

∂w ∂w ∂u ∂w ∂v ---= ------+ --- --- ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x

Далее, поскольку $∂u ∂z ∂x = y∂x − 1$ и $∂v ∂z ∂x = z + x∂x$ , то получим:

∂w- = ∂w-(y ∂z-− 1)+ ∂w-(z + x∂z-) ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x

И теперь, приравнивая эти два выражения для $∂∂wx-$ имеем:

∂z- ∂w- ∂z- ∂w- ∂z- y − ∂x = ∂u (y∂x − 1) + ∂v (z + x ∂x)

В это равенство $∂z ∂x$ входит линейно, поэтому его легко выразить:

y + ∂w-− z ∂w- ∂z-= ----∂u-----∂v- ∂x 1+ y ∂∂wu-+ x∂∂wv-

Аналогично поступим и с выражением $∂z ∂y$ . С одной стороны, в силу того, что $w = xy − z$ , мы имеем

∂w- ∂z- ∂y = x− ∂y

С другой стороны, по формуле дифференцирования сложной функции:

∂w ∂w ∂u ∂w ∂v ---= ------+ --- --- ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y

Далее, поскольку $∂∂uy = z + y∂∂zy$ и $∂∂vy = x∂∂zy − 1$ , то получим:

∂w ∂w ∂z ∂w ∂z -∂y = -∂u(z + y∂y-)+ -∂v (x ∂y-− 1)

И приравнивая выражения для $∂w-- ∂y$ , имеем:

∂z- ∂w- ∂z- ∂w- ∂z- x− ∂y = ∂u (z + y∂y) + ∂v (x∂y − 1)

И отсюда находим

∂w- ∂w- ∂z-= x-−-z-∂u +-∂v ∂y 1+ y --∂w∂w- ∂u+x∂v

Подставляем эти выражения в исходное уравнение

∂z- 2∂z- (xy + z)∂x + (1− y )∂y = x+ yz

и получаем

∂w-(− 2xyz − z2 + 1 − y2 − x2) = 0 ∂v

То есть

∂w ∂v-= 0

Поскольку мы считаем, что $2 2 2 − 2xyz − z + 1− y − x ⁄= 0$ - такой зависимостью между нашими переменными мы не предполагаем.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#57422

Для функции $f(x,y) = xln(x + y2)$ найти $3 ∂∂x∂fy2$ и $4 ∂∂xf3∂y-$ .

Показать ответ и решение

$∂f∂y = 2xx+yy2$ , $2 2 2 2 2 ∂∂fy2-= 2x(x(+xy+y)−2)24xy- = 2x(x+−y22x)y2-$ , $3 2 2 2 2 2 2 ∂∂x∂fy2 = (4x−-2y-)(x+y-)(x−+2y(x2+)4y-)(2x-−2xy-)=$
$(4x−2y2)(x+y2)−4x2+4xy2 4x2−2xy2+4xy2−-2y4−4x2+4xy2 6xy2−2y4- = (x+y2)3 = (x+y2)3 = (x+y2)3$ .

$-∂2f 2y(x+y2)−2xy --2y3- ∂x∂y = (x+y2)2 = (x+y2)2$ , $-∂3f- −4y3(x+y2) -−4y3- ∂x2∂y = (x+y2)4 = (x+y2)3$ , $-∂4f-- -12y3-- ∂x3∂y = (x+y2)4$

Ответ:

Предыдущий раздел

Следующий раздел