Бобров А.Н., Радославова Т.В. - Задачи по высшей математике для биологов (А.Н. Бобров, Т.В. Радославова - Задачи по высшей математике для биологов), страница 5

Далее, пользуясьx→0 xформулой Тейлора, получимI Так как limsin x−1x + o x2 − xsin x − xx= lim== limf (0) = limx→0x→0x→0xx2x2o x2= lim= lim o (1) = 0.x→0x→0x20При x 6= 0f 0 (x) =x cos x − sin x,x2следовательно, x2x3x 1−+ o x2 − x −+ o x3x cos x − sin x26f 00 (0) = lim= lim=x→0x→0x3x3x3x3− ++ o x31126= lim= lim − + o (1) = − .x→0x→0x333f 00 (x) =x cos x − sin xx20=(cos x − x sin x − cos x) x2 − 2x (x cos x − sin x)=x4−x3 sin x − 2x2 cos x + 2x sin x−x2 sin x − 2x cos x + 2 sin x==,4xx3∀x 6= 0.f 00 (x) − f 00 (0)=x→0xf 000 (0) = lim−x2 x + o x2= limx→0x2x3x3− 2x 1 −+ o x2 + 2 x −+ o x4 +263=x433xx−x3 − 2x + x3 + 2x −++ o x433= lim= lim o (1) = 0.x→0x→0x4f 000 (x) ==−2x sin x − x2 cos x − 2 cos x + 2x sin x + 2 cos x x3 − −x2 sin x − 2x cos x + 2 sin x 3x2=x6−x3 cos x + 3x2 sin x + 6x cos x − 6 sin x=, ∀x 6= 0.x430Производнаяf 000 (x) − f 000 (0)=f (IV ) (0) = limx→0x5 2−x3 1 − x2 + o(x2 ) + 3x2 x −= limx36+ o(x3 ) + 6x 1 −x→0= lim−x3 +x52+ 3x3 −x→0x52x5+ 6x − 3x3 +x56x54!x22+x44!+ o(x4 ) − 6 x −− 6x + x3 −=6x55!666−=4! 5!4!+ o x51−15x36+x55!+ o(x5 )===6·461== .4! · 53! · 55 x e − 1 , x 6= 0,б) f (x) =xa, x = 0.31Функции многих переменных4 Функции многих переменныхОпределение 4.1.

Проколотой окрестностью точки M0 (x0 , y0 ) ∈ R2 называется открытый∗ круг на плоскостис центром в точке M0 (x0 , y0 ) радиуса δ > 0nop◦2U (M0 ) = (x, y) ∈ R : 0 < (x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ .Нетрудно убедиться, что условие 0 <p(x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ эквивалентно условию 0 < |x − x0 )| < δ1 ,0 < |y − y0 | < δ1 , быть может при некотором другом δ1 > 0.Определение 4.2.lim f (x, y) = a, еслиx→xЧисло a называется пределом функции f (x, y) при M→ M0 и обозначается0y→y0◦◦∀ε > 0 ∃ U (M0 ) : ∀M ∈ U (M0 ) ⇒ |f (M ) − a| < ε.4.1.

Доказать, что если x→xlim f (x, y) = a, y = ϕ (x), lim ϕ (x) = y0 , то существуетx→x00y→y0lim f (x, ϕ (x)) = a.x→x04.2. Сформулировать и доказать аналогичное утверждение для lim f (ψ(y), y).y→y0Пусть для всех x из некоторой проколотой окрестности точки x0 существует ϕ(x) = lim f (x, y).

Если суy→y0ществует lim ϕ(x), то говорят, что существует повторный предел функции f (x, y), который обозначаетсяx→x0lim lim f (x, y). Аналогично определяется повторный предел lim lim f (x, y).x→x0 y→y0x→x0 y→y04.3. Показать, что для функцииf (x, y) =x−yx+yсуществуют повторные пределы lim lim f (x, y) = 1, lim lim f (x, y) = −1, в тоx→0 y→0y→0 x→0время как предел lim f (x, y) не существует.x→0y→0I Для повторных пределов имеем:x−yx= =1x+yxx−y−ylim== −1x→0 x + yylimy→0⇒⇒lim lim f (x, y) = lim 1 = 1,x→0 y→0x→0lim lim f (x, y) = lim (−1) = −1.y→0 x→0y→0Однако, на прямых y = kx при k 6= −1lim f (x, y) = limx→0y=kxx→0y=kxx − kx1−k1−k= lim=,x→0 1 + kx + kx1+ky=kxполучаем различные значения, значит предел lim f (x, y) не существует.x→0y→0∗Т.е.

без границы32Функции многих переменных4.4. Показать, что для функцииx2 y 2f (x, y) = 2 2x y + (x − y)2повторные пределы существуют и равны между собой: lim lim f (x, y)x→0 y→0== lim lim f (x, y) = 0, в то время как предел lim f (x, y) не существует.y→0 x→0x→0y→0I Для повторных пределов имеем:0x2 y 2= 2 =0 ⇒y→0 x2 y 2 + (x − y)2xx2 y 20lim 2 2= 2 =0 ⇒x→0 x y + (x − y)2ylim lim f (x, y) = lim 0 = 0,limx→0 y→0x→0lim lim f (x, y) = lim 0 = 0.y→0 x→0y→0Однако,x2x4=lim= 0,x→0 x2 + 4x→0 x4 + 4x2lim f (x, y) = limx→0y=−xноx4= 1.x→0 x4lim f (x, y) = limx→0y=xЗначит, предел lim f (x, y) не существует.x→0y→04.5.

Показать, что для функцииf (x, y) = (x + y) sin11sinxyоба повторных предела lim lim f (x, y) и lim lim f (x, y) не существуют, тем неx→0 y→0y→0 x→0менее существует lim f (x, y) = 0.x→0y→011I Зафиксируем x 6= 0. Тогда lim x sin sin не существует (см. задачу 2.12). Но, в силу очевидной оценy→0xy11 11ки y sin sin 6 |y| имеем lim y sin sin = 0. Значит, предел lim f (x, y) не существует, и не существуетy→0y→0xyxyповторный предел lim lim f (x, y). Аналогично доказывается, что не существует предел lim lim f (x, y).x→0 y→0y→0 x→0εС другой стороны, ∀ε > 0 можно выбрать δ = так, что для всех (x, y): 0 < |x| < δ, 0 < |y| < δ верно21 1|f (x, y)| = (x + y) sin sin 6 |x + y| 6 |x| + |y| < 2δ = ε,xyзначит, по определению lim f (x, y) = 0.x→0y→04.6.

Показать, что lim f (x, y) не существует, еслиx→0y→033Функции многих переменных2xy(x + y)2а) f (x, y) = 2; б) f (x, y) = 2;x + y2x + y2sin yx2 − y 2;г)f(x,y)=.в) f (x, y) = 2x + y2x♦ Указание. Рассмотреть поведение f (x, y) вдоль прямых y = kx. Например, в случае а) при y = kxполучим2kx22k,lim f (x, y) = lim 2=x→0x→0 x (1 + k 2 )1 + k2y=kxт. е. пределы функции вдоль различных прямых y = kx различны, чего не может быть, если существуетlim f (x, y) (см.

задачу 4.1).x→0y→04.7. Найти следующие пределы:x+y;22y→∞ x − xy + yа) x→∞limI Поскольку (x − y)2 > 0, то x2 − 2xy + y 2 > 0 и x2 − xy + y 2 > xy. Тогда ∀ε > 0 найдется δ =что для всех (x, y): |x| > δ, |y| > δ верно x + y 1x+y6 6 + 1 6 1 + 1 < 2 = ε, x2 − xy + y 2 xy y x |x| |y|δx+y= 0.2 − xy + y 2xy→∞значит, по определению x→∞lim2такое,εsin xy;x→0xy→aб) limx2 x+y1в) x→∞lim 1 +.xy→aI Выразим функцию через экспоненту11ln 1 +∼ .

Значитxxlimx→∞y→a11+xx2 x+y=limx→∞e y→a11+xx2x+yx2 x+y1ln(1+ x)=x2= e x+y ln(1+ x ) . Поскольку x → ∞, тоlimx→∞e y→a1x2x(x+y)=limx→∞e y→a1→ 0 иxxx+y= e1 = e.Мы воспользовались тем, что x = |y| → 0−1x + y |x + y|при x → ∞, y → a.34Функции многих переменныхОпределение 4.3. Функция f (x, y) называется непрерывной в точке M0 (x0 , y0 ) если она определена в некоторой окрестности M0 и x→xlim f (x, y) = f (x0 , y0 ).0y→y04.8. Показать, что функция x sin 1 + y sin 1 , x 6= 0, y 6= 0yxf (x, y) =0,x = 0 или y = 0,разрывна в точках (0, y), y 6= 0 и в точках (x, 0), x 6= 0, но непрерывна в точке(0, 0).4.9.

Привести пример разрывной функции двух переменных, являющейся непрерывной по каждой переменной в отдельности.I Рассмотрим функциюf (x, y) =2xy, если x2 + y 2 =6 0,x2 + y 2220, если x + y = 0.При фиксированном y0 6= 0 ϕ(x) = f (x, y0 ) является непрерывной функцией аргумента x как частное двухнепрерывных функций, при том, что знаменатель дроби не обращается в нуль. При y0 = 0 функция ϕ(x) == f (x, 0) ≡ 0 также, очевидно, непрерывна. Аналогично, является непрерывной функция ψ(y) = f (x0 , y).Однако, как функция двух переменных f (x, y) разрывна в начале координат (0, 0) (см. задачу 4.6).4.10. Доказать, что следующие функции непрерывны в начале координат: psin xy , x2 + y 2 6= 0,x2 + y 2а) f (x, y) =0,x2 + y 2 = 0.♦ Указание.

|f (x, y)| 6 p|xy|x2 + y 261 x2 + y 21p 2px + y2 .=222 x +y2 sin xy , x 6= 0,б) f (x, y) =x y,x = 0.♦ Указание. |f (x, y)| 6|xy|= |y| ,|x|x 6= 0.в) f (x, y) = sin x2 + y 2 .♦ Указание. |f (x, y)| 6 x2 + y 2 .(г) f (x, y) =x2 ln x2 + y 2 , x2 + y 2 6= 0,0,x2 + y 2 = 0.♦ Указание. |f (x, y)| = x2 ln x2 + y 2 6 x2 + y 2 ln x2 + y 2 .35Функции многих переменныхОпределение 4.4. Частными производными функции z = f (x, y) по x и по y в точке (x0 , y0 ) называютсяследующие пределы:f (x0 + ∆x, y0 ) − f (x0 , y0 )∆x zzx0 (x0 , y0 ) = lim= lim;∆x→0∆x→0 ∆x∆xf (x0 , y0 + ∆y) − f (x0 , y0 )∆y zzy0 (x0 , y0 ) = lim= lim.∆y→0∆y→0 ∆y∆yОпределение 4.5. Функция f (x, y) называется дифференцируемой в точке (x0 , y0 ), если в некоторой окрестности этой точки выполняется соотношение:∆z = A · ∆x + B · ∆y + α (∆x, ∆y) ∆x + β (∆x, ∆y) ∆y,где lim α (∆x, ∆y) = lim β (∆x, ∆y) = 0, A и B - постоянные.∆x→0∆y→0∆x→0∆y→0Теорема 4.1 (о непрерывности дифференцируемой функции).

Если функция дифференцируема вточке, то она непрерывна в этой точке.Теорема 4.2 (о значении частных производных дифференцируемой функции). Если функция z == f (x, y) дифференцируема в точке (x0 , y0 ), то у неё в этой точке существуют обе частные производные,причём zx0 (x0 , y0 ) = A и zy0 (x0 , y0 ) = B, где A и B - постоянные из определения 4.Теорема 4.3 (достаточное условие дифференцируемости). Если функция z = f (x, y) имеет обе частныепроизводные в окрестности точки (x0 , y0 ), которые как функции двух переменных непрерывны в точке (x0 , y0 ),то функция z = f (x, y) дифференцируема в точке (x0 , y0 ).4.11. Доказать, что условие ([1], стр. 67, опр.

6.6)ϕ (∆x, ∆y) = α (∆x, ∆y) ∆x + β (∆x, ∆y) ∆y,(4.1)где ∆x→0lim α (∆x, ∆y) = ∆x→0lim β (∆x, ∆y) = 0, в определении дифференцируемости∆y→0∆y→0функции двух переменных, эквивалентно условиюϕ (∆x, ∆y) = ε (∆x, ∆y) · ρ = o (ρ) ,qгде ∆x→0lim ε (∆x, ∆y) = 0, ρ = (∆x)2 + (∆y)2 .(4.2)∆y→0I Заметим сначала, что условиеn∆x→0∆y→0эквивалентно условию ρ → 0.Пусть выполнено условие (4.1). Тогда для ρ 6= 0∆y∆x·α+· β · ρ = ε (∆x, ∆y) · ρ,ϕ (∆x, ∆y) = α∆x + β∆y =ρρгде |ε| 6 |α| + |β| → 0 при ρ → 0.Пусть теперь выполнено условие (4.2), тогдаq∆x∆y22ϕ = ερ = ε (∆x) + (∆y) = ε∆x + ε∆y = α∆x + β∆y,ρρ ∆x ∆y ε∆xε∆y 6 1, то |α| 6 ε, |β| 6 ε, откуда lim α = lim β = 0.где α =,β=. Так как 6 1, ∆x→0∆x→0ρρρ ρ ∆y→0∆y→036Функции многих переменныхp4.12.

Показать, что функция z = f (x, y) = |xy| непрерывна в точке (0, 0),имеет частные производные fx0 (0, 0) = fy0 (0, 0) = 0, однако не является дифференцируемой в точке (0, 0).I По определению частных производных находимf (x, 0) − f (0, 0)= limx→0x→0xfx0 (0, 0) = limfy0f (0, y) − f (0, 0)(0, 0) = lim= limy→0y→0yp|x · 0|= 0,xp|0 · y|= 0.yДалее, при x0 = y0 = 0p∆z = ∆f (0, 0) =p|xy| = ρ ·|xy|= ε (x, y) · ρ,ρp|xy|11не имеет предела при x → 0, y → 0, так как, например, ε(x, x) = √ → √ (x → 0), агде ε(x, y) = p2222x +yε (x, 0) = 0 → 0 (x → 0). pОчевидно, что ∆f (0, 0) = |xy| → 0 (x → 0, y → 0), откуда следует, что f (x, y) непрерывна в точке (0, 0).Заметим, что при x > 0, y > 0r1 y0fx (x, y) =2 xr√yнеограниченна в любой окрестности точки (0, 0), так как, например, при y = x, x > 0 имеем lim= +∞.x→0x4.13.