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 6

Показать, что функция1 x2 + y 2 sin, x2 + y 2 6= 0,22x +yf (x, y) =0,x2 + y 2 = 0,имеет в окрестности точки (0, 0) частные производные fx0 (x, y) и fy0 (x, y), которые разрывны в точке (0, 0) и неограниченны в любой окрестности этой точки,тем не менее эта функция дифференцируема в точке (0, 0).I Используя формулы и правила дифференцированияпри x2 + y 2 6= 0 находим:12x1fx0 (x, y) = 2x sin 2− 2cos 2,22x +yx +yx + y212y1fy0 (x, y) = 2y sin 2− 2cos 2.22x +yx +yx + y2√1При xn = yn = √ , n ∈ N, получим fx0 (xn , yn ) = −2 nπ → −∞ (n → ∞), при этом xn → 0, yn → 0,2 nπтак что fx0 (xn , yn ) неограниченна в любой окрестности точки (0, 0) и разрывна в точке (0, 0). Аналогичноеутверждение имеет место для fy0 (для той же последовательности точек (xn , yn )).Далее, исходя из определения1x2 sin 2f(x,0)−f(0,0)x = 0.fx0 (0, 0) = lim= limx→0x→0xxАналогично fy0 (0, 0) = 0.37Функции многих переменныхТак как fx0 (0, 0) = fy0 (0, 0) = 0, то∆z = ∆f (0, 0) = x2 + y 2 sinгде ρ =px2 + y 2 и ε (x, y) =в точке (0, 0).px2 + y 2 sinx21= ρ · ε (x, y) ,+ y211= ρ·sin 2 → 0 (ρ → 0), значит, z = f (x, y) дифференцируемаx2 + y 2ρ4.14.

Доказать, чтоx3 y, x2 + y 2 6= 0,66f (x, y) = x + y0,x2 + y 2 = 0,разрывна в точке (0, 0), но имеет fx0 (0, 0) и fy0 (0, 0).1 1♦ Указание. Рассмотреть последовательность, 3 → (0; 0) (n → ∞) и fx0 (0, 0), fy0 (0, 0) вычислить исn nходя из определения.4.15. Показать, чтоxyp, x2 + y 2 6= 0,22x +yf (x, y) =0,x2 + y 2 = 0,непрерывна и имеет ограниченные частные производные в окрестности точки(0, 0), однако недифференцируема в точке (0, 0).x2 + y 2♦ Указание. Воспользовавшись неравенством |xy| 6, вычислить fx0 (0, 0) = fy0 (0, 0) = 0 и убедить2∆x∆yся, что ε =не является бесконечно малой при ∆x → 0, ∆y → 0.∆x2 + ∆y 24.16. Дифференцируема ли в точке (0, 0) функция 0, x = 0,z = f (x, y) = 0, y = 0, 1, в остальных точках,(см. рис. 13).

Существуют ли fx0 ,fy0 в точке (0, 0)?4.17. Исследовать на дифференцируемость функцииа) f (x, y) = |x| y;б) f (x, y) = |xy|.38Функции многих переменныхРис. 13Рис. 14Пусть заданы точка M0 ∈ R2 и вектор ~e. Проведем через M0 единственным образом определенную прямую l снаправляющим вектором ~e. Будем рассматривать точки M , лежащие на этой прямой (см. рис. 14). Обозначим−−−→через M0 M расстояние между точками M0 и M , взятое со знаком, где знак "плюс" берется, если вектора M0 Mи ~e коллинеарны, и "минус" — в противном случае.Определение 4.6. Производной функции z = f (M ) по направлению ~e в точке M0 называется выражениеz~e0 (M0 ) = limM →M0M ∈lf (M ) − f (M0 ).M0 MЕсли функция f (x, y) дифференцируема в точке M0 и вектор ~e = (ex , ey ) имеет единичную длину, т. е.e2x + e2y = 1, то производная по направлению может быть вычислена по формулеz~e0 (M0 ) = zx0 (M0 ) · ex + zy0 (M0 ) · ey .39Функции многих переменныхРис.

154.18. Показать, что функция (см. рис. 15)0, y = x2 , x 6= 0,z = f (x, y) =1, в остальных точках,недифференцируема в точке (0, 0), однако имеет частные производные и производные по любому направлению в этой точке.♦ Указание. Производные вычислить по определению, показать, что функция разрывна в точке (0, 0).4.19. Показать, что1,а) f (x, y) =0,1,б) f (x, y) =0,функцииy = x3 , x 6= 0,в остальных точках,y = ±x2 , x 6= 0,в остальных точках,недифференцируемы в точке (0, 0), но имеют fx0 , fy0 и f~e0 в этой точке по любомунаправлению.Теорема 4.4 (достаточное условие локального экстремума функции двух переменных). Пустьфункция f (x, y) и все её производные первого и второго порядка непрерывны в некоторой окрестности точкиM0 (x0 , y0 ), т.

е. f ∈ C 2 (U (M0 )), и выполняются условия:1. fx0 (x0 , y0 ) = fy0 (x0 , y0 ) = 0; 0000f (x0 , y0 ) fxy(x0 , y0 )2. ∆ = xx6= 0.0000fyx(x0 , y0 ) fyy(x0 , y0 )40Функции многих переменных00Тогда при ∆ > 0 функция имеет в точке M0 локальный экстремум, причем максимум при fxx(x0 , y0 ) < 0 и00минимум при fxx (x0 , y0 ) > 0. Если ∆ < 0, то у f (x, y) в точке M0 локального экстремума нет.Заметим, что при ∆ = 0 признак не дает ответа на поставленный вопрос, и необходимо дополнительное исследование.4.20.

Пусть при выполненных условиях предыдущей теоремы ∆ > 0. Может ли00fxx(x0 , y0 ) = 0?I Воспользоваться теоремой о равенстве смешанных производных (см., например, [3], стр. 370).4.21. Исследовать функцию z = xy 2 на экстремум.I Найдем стационарные точки: zx0 = y 2 , zy0 = 2xy,(y 2 = 0,2xy = 0,(⇔y = 0,x любое.Таким образом, стационарными точками для функции являются точки вида (x; 0), т.е. все точки на оси Ox. Вэтих точках 0000 zzxy 0 2y = 0,=∆ = xx0000zyx zyy 2y 2xследовательно, теорему о достаточных условиях локального экстремума применить нельзя, и требуется дополнительное исследование.Рис. 16Сечения поверхности z = xy 2 при x > 0 представляют из себя параболы ветвями вверх и при x < 0 —параболы ветвями вниз (см.

рис. 16). Поэтому (см. также схему знаков значений функции на рис. 17) точки(x; 0), x > 0 — точки нестрогого локального минимума, а точки (x; 0), x < 0 — точки нестрогого локальногомаксимума.Из схемы знаков значений функции видно, что в любой окрестности точки (0; 0) найдутся как точки, вкоторых f (x, y) > 0 = f (0, 0), так и точки, в которых f (x, y) < 0 = f (0, 0). Следовательно, точка (0, 0) неявляется точкой локального экстремума.4.22.

Исследовать функцию z = (x − y) y 2 на экстремум.4.23. Исследовать функцию z = x4 + y 4 − 2y 2 x2 + y 3 на экстремум.41Функции многих переменныхРис. 174.24. Исследовать функцию z = x2 + xy 2 − 3x + 2y на экстремум.1♦ Указание. Имеются две стационарные точки (1, −1) и − , 2 . Для исследования в точке (1, −1) перейти2к новым координатам с помощью преобразования параллельного переноса: x = x̃ + 1,y = ỹ − 1,z = z̃ − 3.2В новых координатах z̃ = (x̃ − ỹ) + x̃ỹ 2 и точка (0, 0) не является точкой локального экстремума. Следовательно и (1, −1) в исходных координатах также не является точкой экстремума.42Первообразная, определенный интеграл5 Первообразная, определенный интегралОпределение 5.1.

Непрерывная функция F (x) называется (точной) первообразной функции f (x) на промежутке X, если для всех x ∈ X выполняется F 0 (x) = f (x).5.1. Для всякой ли функции существует первообразная? Привести примеры.I Не для всякой. Действительно, рассмотрим функцию 1,0,sign (x) =−1,x > 0,x = 0,x < 0.На интервале (0; 1) первообразной для sign x будет функция F (x) = x+C1 , где C1 — произвольная константа. Наинтервале (−1; 0) — функция F (x) = −x + C2 . По определению первообразной F (x) должна быть непрерывнойфункцией. Рассмотрим поведение F (x) в точке x = 0:lim F (x) = C2 ,x→0−lim F (x) = C1 .x→0+Из условия непрерывности получаем C1 = C2 = C. Т.е. на множестве (−1; 0) ∪ (0; 1) первообразной для sign xслужит x + C, x > 0,C, x = 0,F (x) =−x + C, x < 0.Однако ни при каком выборе константы C функция F (x) не является дифференцируемой в точке x = 0, значит,на интервале (−1; 1) у функции sign x не существует первообразной.Утверждать существование первообразной можно лишь для непрерывных функций.5.2.

Найти первообразную для функции f (x) = e|x| на всей числовой прямой.I При x > 0, e|x| = ex и F (x) = ex — одна из первообразных. При x < 0 первообразной будет F (x) = −e−x + Cдля ∀ C. Так как первообразная по определению должна быть непрерывной, тоlim F (x) = 1 = lim F (x) = −1 + Cx→0−x→0+⇒C = 2.Таким образом, функция(F (x) =ex ,x > 0,−e−x+ 2,x < 0,является непрерывной на R и на (−∞; 0) ∪ (0; +∞) имеем F 0 (x) = e|x| . Докажем, что эта функция являетсяпервообразной для f (x) на всей числовой прямой.

Для этого достаточно проверить, что F 0 (0) = e0 = 1.Рассмотрим приращение ∆x > 0:F (∆x) − F (0)e∆x − 1= lim= 1.∆x→0∆x→0∆x∆xF+0 (0) = limЕсли же ∆x < 0, тоF (∆x) − F (0)−e−∆x + 2 − 1= lim= 1.∆x→0∆x→0∆x∆xТаким образом F+0 (0) = F−0 (0) = F 0 (0) = 1.F−0 (0) = lim5.3. Найти первообразную для следующих функций: xe ,x > 0,ln x,а) f (x) =б) f (x) =x + 1,x < 0;x − 1,43x > 1,x < 0;Первообразная, определенный интеграл((x3 , x 6 0;x2 , x > 0,г) f (x) =в) f (x) =−x3 , x < 0.−x2 , x < 0;Заметим, что если на интервале X, конечном или бесконечном, у функции f (x) есть первообразные F (x) иG(x), то F (x) = G(x)+C, где C — некоторая константа.

Однако здесь существенно, что речь идет об интервале.Если мы рассмотрим множества, отличные от интервалов, то утверждение может и не быть верным.5.4. Привести пример функции f (x) и множества X, на котором она задана, таких, что первообразными для f (x) являются не только функции вида F (x) + C.I Рассмотрим множество X = R\{0} = (−∞; 0)∪(0; +∞). Пусть на X задана функция f (x) и её первообразнаяF (x): F 0 (x) = f (x). Рассмотрим функциюC1 , x > 0;ϕ(x) =C2 , x < 0.Тогда, очевидно, (F (x) + ϕ(x))0 = f (x) на X. Обратно, любая первообразная на этом множестве может бытьпредставлена в таком виде.Определение 5.2. Совокупность всех первообразныхR функции f (x) на интервале X называется неопределенным интегралом от функции f (x) и обозначается f (x) dx.Если F (x) — любая первообразная функции f (x) на интервале X, тоZf (x) dx = F (x) + C,где C — произвольная постоянная.Неопределенный интеграл обладает следующими основными свойствами:R1.

d f (x) dx = f (x) dx;R2.dF (x) = F (x) + C;RRR3.(αf (x) + βg(x)) dx = α f (x) dx + β g(x) dx, где α, β — постоянные.5.5. Найти F (x) =Zdx.sin x + 2 cos2 x2I Подынтегральная функция непрерывна на всей числовой оси, значит первообразная должна быть непрерывна на R. Преобразуя подынтегральное выражение, находимZZdxdxF (x) ==.(tg2 x + 2) cos2 xsin2 x + 2 cos2 xππПоследнее равенство справедливо на каждом интервале nπ − < x < + nπ, n — произвольное целое число.22Продолжим исследование на каждом таком интервале:tg xZZZ d √dxd tg x11tg x2F (x) ==√2 = √ arctg √ + Cn ,(tg2 x + 2) cos2 xtg2 x + 2222tg x1+ √2π πгде константа Cn зависит от выбора интервала nπ − ; + nπ . Из непрерывности первообразной следует,2 2чтоlimF (x) =limF (x), n ∈ Z,ππx→ 2 +nπ−0x→ 2 +nπ+044Первообразная, определенный интегралт.

е.ππ√ + Cn = − √ + Cn+1 .2 22 2πОтсюда мы получаем соотношение, связывающее константы Cn и Cn+1 : Cn+1 = √ + Cn или2πππnπCn+1 = √ + Cn = 2 √ + Cn−1 = 3 √ + Cn−3 = . . . = √ + C0 .22222x + πОбозначим произвольную константу C0 через C и заметим, что n << n + 1, n ∈ Z. А это значит, что2π2x + π, где [ · ] — целая часть числа. Следовательноn=2π1tg xπ 2x + πF (x) = √ arctg √ + √+ C,2π222ππ+ nπ, n ∈ Z.