1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 34
Текст из файла (страница 34)
Функция f (x, y) дифференцируема в точке (0, 0).19.4Задача № 27.5 из [5], §3Исследовать на дифференцируемость функцию √xy 1+xy−e32 , x2 + y 2 =6 0,(x2 +y 2 ) 2f (x, y) = 0,x2 + y 2 = 0,в точке (0, 0). См. рис. 19.4.3081γ ∈ (0, ).6Рис. 2.34: Задача 19.4.Решение. Представим знаменатель с помощью формулы Тейлора√t t2t t21 + t − e = 1 + − − 1 − − + o(t2 ) =2828t2t2− + o(t2 ),4Следовательно, получим непрерывность:2 2√xy− x 4y + o((xy)2 )1 + xy − e 2= x→+0lim= 0.limx→+02 + y 2 ) 322 + y 2 ) 32(x(xy→+0y→+0Найдем частные производные∂f∂x (0, 0)Покажем, что предел√limx→+0y→+0=∂f∂y (0, 0)xy1 + xy − e 2(x2 + y 2 )2309= 0.t → 0.не существует. Выберем две последовательности (0, k1 ) и ( k1 , k1 ).Ответ. Функция f (x, y) не дифференцируема в точке (0, 0).19.5Задача № 27.6 из [5], §3Исследовать на дифференцируемость функцию(f (x, y) =1(x3 y+y 5 ) 3|x|+|y|+ 2y, x2 + y 2 6= 0,x2 + y 2 = 0,0,в точке (0, 0).
См. рис. 19.5.Рис. 2.35: Задача 19.5.310Решение. Пусть1((x3 y+y 5 ) 3|x|+|y| ,x2 + y 2 6= 0,0,x2 + y 2 = 0.g(x, y) =Непрерывность g(x, y) следует из представления141(x3 y + y 5 ) 3r 3 (cos3 ϕ sin ϕ + r sin5 ϕ) 3==|x| + |y|r(| cos ϕ| + | sin ϕ|)11r 3 (cos3 ϕ sin ϕ + r sin5 ϕ) 3.(| cos ϕ| + | sin ϕ|)∂g(0, 0) = 0,∂x1∂g(y 5 ) 3(0, 0) = lim= ∞.y→0 y|y|∂yОтвет. Функция f (x, y) не дифференцируема в точке (0, 0).19.6Задача № 25.1 из [5], §3Исследовать на дифференцируемость функцию(1|x3 y| 2226 0,2 +xy+y 2 )α , x + y =(xf (x, y) =0,x2 + y 2 = 0,в точке (0, 0).
См. рис. 19.6, 19.6.Решение. Непрерывность имеет место при α < 1:111|x3 y| 2r2 | cos3 ϕ sin ϕ| 2r2−2α | cos3 ϕ sin ϕ| 2= 2α=.(x2 + xy + y 2 )αr (1 + 21 sin 2ϕ)α(1 + 12 sin 2ϕ)αДалее∂f(0, 0) = 0,∂x∂f(0, 0) = 0.∂yДифференцируемость α < 12 :11|x3 y| 21r| cos3 ϕ sin ϕ| 2r1−2α | cos3 ϕ sin ϕ| 2p= 2α=.r (1 + 12 sin 2ϕ)α(1 + 12 sin 2ϕ)αx2 + y 2 (x2 + xy + y 2 )αОтвет. Функция f (x, y) дифференцируема в точке (0, 0) при α < 21 .311Рис. 2.36: Задача 19.6. α =19.723Задача № 21.10 из [5], §3Исследовать на дифференцируемость функцию((x + y) arctg( xy )2 , y 6= 0,f (x, y) =πxy = 0,2 ,в точке (0, 0).
См. рис. 19.7.Решение.px(x + y) arctg( )2 6 |x| + |y| 6 2 x2 + y 2 < 2δ < ε.y πx π∂f(0, 0) = lim 2 = ,x→0 x∂x2312∂f0(0, 0) = lim = 0.y→0 y∂yРис. 2.37: Задача 19.6. α =13Но предел(x + y) arctg( xy )2 − π2 xplim.x→0x2 + y 2y→0не существует. Возьмем две последовательности (− k1 , k1 ) и ( k1 , k1 ).Ответ. Функция f (x, y) не дифференцируема в точке (0, 0).19.8Задача № 21.5 из [5], §3Исследовать на дифференцируемость функциюq3f (x, y) = sin4 x + cos4 yв точке (0, 0).
См. рис. 19.8.313Рис. 2.38: Задача 19.7.Решение.f (x, y) − f (0, 0) =p21( 3 g(x, y) − 1)(g 3 (x, y) + g 3 (x, y) + 1)21(g 3 (x, y) + g 3 (x, y) + 1)=g(x, y) − 121(g 3 (x, y) + g 3 (x, y) + 1)где g(x, y) = sin4 x + cos4 y.p3sin4 x + 1 − 1= 0,xp3∂fcos4 y − 1(0, 0) = lim= 0.y→0∂yy∂f(0, 0) = limx→0∂x314,Рис. 2.39: Задача 19.8.Пределp3limx→0y→0sin4 x + cos4 y − 1sin4 x + cos4 y − 1pp= lim×x→0x2 + y 2x2 + y 2y→0limx→0y→0123посколькуsin4 x + cos4 y − 1plim= 0.x→0x2 + y 2y→0Ответ. Функция f (x, y) дифференцируема в точке (0, 0).3151(h (x, y) + h 3 (x, y) + 1)= 0,19.9Задача № 21.11 из [5], §3Исследовать на дифференцируемость функцию(f (x, y) =−1e x2 +y2 , x2 + y 2 6= 0,x2 + y 2 = 0,0,в точке (0, 0).
См. рис. 19.9.Рис. 2.40: Задача 19.9.Решение. Самостоятельно.31619.10Задача № 23 из [5], §3Доказать, что функция(f (x, y) =(x2 + y 2 ) sin(1/(x2 + y 2 )), x2 + y 2 6= 0,x2 + y 2 = 0,0,дифференцируема, но не непрерывно дифференцируема в R2 .Решение. Самостоятельно.2020.1Seminar n. 20. Test No. 3.Задача № 1Дана функция2(f (x, y) =(x2 y)4/3(x4 +y 4 )α ,x2 + y 2 6= 0,0,x2 + y 2 = 0,1.
При каких значениях параметрах α функция f (x, y) непрерывна в точке(0, 0)?2. При каких значениях параметрах α функция f (x, y) дифференцируемав точке (0, 0)?Решение. Найдем значения параметра α, при которыхlimx→0y→0(x2 y)4/3= 0.(x4 + y 4 )αОценим (x2 y)4/3 (cos2 ϕ sin ϕ)4/3 4(1−α) (x4 + y 4 )α == r (cos4 ϕ + sin4 ϕ)α 24/3 4(1−α) (cos ϕ sin ϕ)α 4(1−α)=r< 4α δ 4(1−α) < ε, ( 3 + 1 cos 4ϕ)α 6 4 r42при 1 − α > 0. Если α < 1, то функция f (x, y) непрерывна в точке (0, 0) иимеет частные производные∂f∂f(0, 0) =(0, 0) = 0.∂x∂y2[5, Задача 25.4, §3]317Рис.
2.41: Задача 20.1, α = 1Найдем значения параметра α, при которых(x2 y)4/3plim= 0.x→044 α x2 + y 2y→0 (x + y )Оценим24/3 2 4/3(x y)3−4α (cos ϕ sin ϕ)p=r (cos4 ϕ + sin4 ϕ)α (x4 + y 4 )α x2 + y 2 24/3 3−4α (cos ϕ sin ϕ)α 3−4α=r< 4α δ 3−4α < ε, ( 3 + 1 cos 4ϕ)α 6 4 r423 − 4α > 0. Если α < 43 , то функция f (x, y) дифференцируема в точке (0, 0).318Рис.
2.42: Задача 20.1, α =20.234Дополнительная задача № 2Дополнительная задача 3 , 4 . Найти значение a, при котором функция( 2x y22x4 +y 2 , если x + y 6= 0,f (x, y) =a,если x2 + y 2 = 0,в точке (0, 0) является:1. непрерывной по прямой x = αt, y = βt, α2 + β 2 6= 0;2. непрерывной по кривой y = αx2 ;34[5, Задача 54, §2]Предел функции f по множеству X (в частности, по кривой Γ) описан в [5] на стр. 24.319Рис. 2.43: Задача 20.1, α =123. непрерывной.Решение (a). Рассмотрим функцию(2 3g(t) =α βtt4 α4 +t2 β 2 ,если t 6= 0,a,если t = 0,Здесь нужно рассмотреть два случая: β = 0 и β 6= 0.
В обоих случаяхlim g(t) = 0. Следовательно, a = 0.t→0Решение (b). Рассмотрим функцию(4h(x) =αxx4 (1+α2 ) ,если x 6= 0,a,если x = 0,320Поскольку lim h(x) =x→0+α1+α2 ,то a =α1+α2 .Решение (с). См. задачу 16.4. Предела функции f (x, y) в т. (0, 0) не существует.Можно выбрать множество {(r, ϕ(r)) : sin(ϕ(r)) = r, r ∈ (0, 1]}. Следовательноx2 yr cos2 ϕ(r) sin ϕ(r)r2 cos2 ϕ(r)= 2=.x4 + y 2r cos4 ϕ(r) + sin2 ϕ(r) r2 cos4 ϕ(r) + r2Очевидно, чтоr2 cos2 ϕ(r)1=.r→0+ r 2 cos4 ϕ(r) + r 22limЗадачи для подготовки к зачету.1. Найти область сходимости степенного ряда (Эта тема будет включена вчетвертую контрольную работу 27):(a)∞P(b)n=0∞P(c)n=1∞P(d)n=1∞P3n (n3 + 2)(x − 1)2n ,(1 + 21 + .
. . + n1 )xn .n=1224n (x + 1)n .x nsin n .2. Исследовать на непрерывность и дифференцируемость функцию в точке(0, 0) в зависимости от параметра α.(2 3 3f (x, y) =(x y ) 5(x2 −xy+y 2 )αпри x2 + y 2 6= 0,0при x2 + y 2 = 0.3. Исследовать на непрерывность и дифференцируемость функцию в точке(0, 0) в зависимости от параметра α.(3 2f (x, y) =x y(x6 +y 6 )αпри x2 + y 2 6= 0,0при x2 + y 2 = 0.3214. Показать дифференцируемость(x2 sin y1 + y 2 sin x1f (x, y) =0при xy 6= 0,при xy = 0,в точке (0, 0).21Seminar n.
21Производная по направлению5Пусть X – открытое множество в Rn , f : X → R, a ∈ X и h ∈ Rn . Предел,если он существует,f (a + λh) − f (a)λ→0λназовём производной функции f в точке a по направлению вектора h и обоlimзначим его через∂f∂h (a).Пусть {ei } – стандартный базис в Rn , i = 1, . . . , n. Частной производнойфункции f по переменной xi называется производная функции f по направлению i-го базисного вектора ei . Она обозначается∂f∂xi (a).∂ff (a + λei ) − f (a)(a) = lim.λ→0∂xiλ5Теория взята из [8, Стр. 23]322Таким образом,Если функция f дифференцируема в точке a, то, как нетрудно видеть,∂f(a) = f 0 (a)hhi = ∇f (a) · h,∂h∂f∂fгде ∇f (a) = ∂x1 (a), . . .
, ∂xn (a) .Теорема. (О конечном приращении) Пусть функция f : X → R дифференцируема, X ⊂ Rn . Если x, y ∈ X и отрезок I, соединяющий эти точки,также лежит в X, то существует точка ξ ∈ I, такая, чтоf (x) − f (y) = f 0 (ξ)hx − yi = ∇f (ξ) · (x − y).Уравнение касательной в точке (x0 , y0 ) к кривой, заданной неявноϕ(x, y) = 0,имеет вид∂ϕ∂ϕ∂ϕ(x0 , y0 ) = (x − x0 ) (x0 , y0 ) + (y − y0 ) (x0 , y0 ) = 0,∂h∂x∂yгде h = (x − x0 , y − y0 ) – касательный вектор.21.1Задача №37 из [5], §3Верно ли утверждение:производная функции f в т. (x0 , y0 ) по направлению l = (1, 0) равна ∂f∂x (x0 , y0 )?Решение. Это зависит от того, как определять производные по направлению.
Если использовать терминологию из [5, Стр. 56], то в двумерном случаепроизводная по направлению выглядит какf (x0 + t cos α1 , y0 + t cos α2 ) − f (x0 , y0 )∂f= lim,t→0+∂ltгде cos2 α1 + cos2 α2 = 1, но в лекциях Виктора Николаевича∂ff (x0 + t cos α1 , y0 + t cos α2 ) − f (x0 , y0 )= lim.t→0∂lt32321.2Задача № 39.1 из [5], §322Найти производную функции f (x, y) = 3x +5y по направлению l =− √12 , √12в т.
(1, 1).Решение. В точке ∇f (x0 , y0 ) = (6x0 , 10y0 ). Следовательно,∇f (x0 , y0 ) = (6, 10):√1 1∂f4(1, 1) = (6, 10) · − √ , √= √ = 2 2.∂l2 2221.3Задача 3344 из [2]. Задача 74 из [16], стр. 140 2y2xНайти производную функции f (x, y) = 1 − a2 + b2 по направлению внутx2a2ренней нормали в точке ( √a2 , √b2 ) к кривой+y2b2= 1.Решение. Уравнение касательной в точке (x0 , y0 ) к кривойx2a22+ yb2 = 1 имеетвид:2y02x0+(y−y)= 0.0a2b2( x0 , y0 )Тогда вектор внешней нормали n = ra22 b2 2 .
Следовательно,(x − x0 )yx0+ b40a4− a1 , − 1bl = −n = q.11a2 + b2Далее, 2x0 2y02x0 2y0∇f (x0 , y0 ) = − 2 , − 2 = − 2 , − 2 =abab√√ !22− ,−.abВ итоге,∂f∂l21.4a b√ ,√2 2=√r211+ 2.2abЗадача № 44.2 из [5], §3yНайти производную функции f (x, y) = arctg √x по направлению внешнейнормали к кривой x2 − 2x + y 2 = 0 в точке 12 , 23 .324Решение. Частные производные функции f в точке (x0 , y0 ) имеют вид∂f−y0∂fx0(x0 , y0 ) = 2,(x,y)=.00∂xx0 + y02∂yx20 + y02Таким образом,√ !√√ !∂f 1 31∂f 1 33,=− ,,= .∂x 2 22∂y 2 22Касательная прямая к кривой (x − 1)2 + y 2 = 1 в точке (x0 , y0 ) имеет вид2(x0 − 1)(x − x0 ) + 2y0 (y − y0 ) = 0.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
