2. Частные производные и дифференциал

По $x$: $y = 2$ стоит на месте, $x$ сдвигаем с $1$ на $1 + h$:

$$f'_x(1, 2) = \lim_{h \to 0} \frac{(1+h)^2 \cdot 2 - 1 \cdot 2}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{4h + 2h^2}{h} = \lim_{h\to 0}(4 + 2h) = 4.$$

По $y$: $x = 1$ стоит, $y$ сдвигаем с $2$ на $2 + h$:

$$f'_y(1, 2) = \lim_{h \to 0} \frac{1 \cdot (2 + h) - 2}{h} = 1.$$

Проверка по правилам: $f'_x = 2xy = 4$, $f'_y = x^2 = 1$ в точке $(1,2)$. Совпало. По определению считают только там, где правила не работают (точки «склейки», корни из модулей, функции, заданные кусками), см. раздел 4.

По $x$: $y^2$ это константа-множитель, $-5y$ и $7$ константы-слагаемые:

$$u'_x = 3x^2 y^2 + 3.$$

По $y$: $x^3$ константа-множитель, $3x$ константа-слагаемое:

$$u'_y = 2x^3 y - 5.$$

Правило произведения здесь не нужно: в каждом случае один из множителей константа.

$$u'_x = 2x \sin y, \qquad u'_y = x^2 \cos y.$$

По $x$ правило частного $\left(\frac{f}{g}\right)' = \frac{f'g - fg'}{g^2}$, где $(x - y)'_x = 1$, $(x + y)'_x = 1$:

$$u'_x = \frac{1 \cdot (x + y) - (x - y)\cdot 1}{(x+y)^2} = \frac{2y}{(x+y)^2}.$$

По $y$: $(x - y)'_y = -1$, $(x + y)'_y = 1$:

$$u'_y = \frac{-1\cdot(x + y) - (x - y)\cdot 1}{(x+y)^2} = \frac{-2x}{(x+y)^2}.$$

$$u'_x = y x^{y-1}, \qquad u'_y = x^y \ln x.$$

В точке $(e, 2)$: $u'_x = 2e$, $u'_y = e^2 \ln e = e^2$.

Сложная функция: $(\arctg w)' = \dfrac{w'}{1 + w^2}$, где $w = \frac{y}{x}$. Сначала упростим общий множитель:

$$\frac{1}{1 + \frac{y^2}{x^2}} = \frac{x^2}{x^2 + y^2}.$$

По $x$: $w'_x = \left(y \cdot x^{-1}\right)'_x = -\dfrac{y}{x^2}$, значит

$$u'_x = \frac{x^2}{x^2+y^2}\cdot\left(-\frac{y}{x^2}\right) = -\frac{y}{x^2+y^2}.$$

По $y$: $w'_y = \dfrac{1}{x}$, значит

$$u'_y = \frac{x^2}{x^2+y^2}\cdot\frac{1}{x} = \frac{x}{x^2+y^2}.$$

Сначала упрощаем по свойству логарифма: $u = \frac12 \ln(x^2 + y^2)$. Так короче, чем дифференцировать корень.

$$u'_x = \frac12 \cdot \frac{2x}{x^2+y^2} = \frac{x}{x^2+y^2}, \qquad u'_y = \frac{y}{x^2+y^2}.$$

$(e^w)' = e^w \cdot w'$. По $x$: $w = xyz$, $w'_x = yz$ (здесь $yz$ константа):

$$u'_x = yz\,e^{xyz}, \qquad u'_y = xz\,e^{xyz}, \qquad u'_z = xy\,e^{xyz}.$$

$$r'_x = \frac{2x}{2\sqrt{x^2+y^2+z^2}} = \frac{x}{r}, \qquad r'_y = \frac{y}{r}, \qquad r'_z = \frac{z}{r}.$$

Полезно запомнить: эти формулы часто встречаются внутри других задач (например, в $f(r)$ из главы 3).

$$u'_x = \frac{1}{x + \ln y}\cdot 1 = \frac{1}{x + \ln y}, \qquad u'_y = \frac{1}{x + \ln y}\cdot\frac{1}{y} = \frac{1}{y(x + \ln y)}.$$

Дифференцировать арксинус от корня не нужно. Если по $x$ дифференцируем при $y = 1$, то $y$ можно подставить до дифференцирования: $f(x, 1) = x + 0 = x$, значит $f'_x(x, 1) = 1$.

Для $f'_y(1, 1)$ подставляем $x = 1$: $\varphi(y) = f(1, y) = 1 + (y - 1)\arcsin\frac{1}{\sqrt y}$, $\varphi(1) = 1$. Правило произведения здесь не годится: у $\arcsin$ в точке $1$ производной нет. Считаем по определению:

$$f'_y(1, 1) = \lim_{h \to +0} \frac{\varphi(1 + h) - \varphi(1)}{h} = \lim_{h \to +0} \arcsin\frac{1}{\sqrt{1 + h}} = \arcsin 1 = \frac{\pi}{2}.$$

Производная односторонняя: при $y \lt 1$ (и $x = 1$) аргумент арксинуса $\frac{1}{\sqrt y} \gt 1$, функция не определена.

Это законно, потому что частная производная по $x$ в точке зависит только от значений $f$ на прямой $y = y_0$. Приём «заморозь, подставь, потом дифференцируй» сильно сокращает счёт, когда спрашивают значение в конкретной точке.

$$u'_x = 3x^2 y - y^2, \qquad u'_y = x^3 - 2xy.$$ $$u''_{xx} = 6xy, \qquad u''_{xy} = (3x^2y - y^2)'_y = 3x^2 - 2y, \qquad u''_{yx} = (x^3 - 2xy)'_x = 3x^2 - 2y, \qquad u''_{yy} = -2x.$$

Смешанные совпали, как и обещает теорема Шварца.

Из примера 5: $u'_x = y x^{y-1}$, $u'_y = x^y \ln x$.

$$u''_{xx} = y(y-1)x^{y-2}, \qquad u''_{yy} = x^y \ln^2 x.$$

Смешанная через $u'_x$: по $y$ дифференцируем произведение $y \cdot x^{y-1}$, второй множитель показательный по $y$:

$$u''_{xy} = 1\cdot x^{y-1} + y \cdot x^{y-1}\ln x = x^{y-1}(1 + y\ln x).$$

Через $u'_y$: по $x$ произведение $x^y \cdot \ln x$, первый множитель степенной по $x$:

$$u''_{yx} = y x^{y-1}\ln x + x^y \cdot \frac1x = x^{y-1}(y \ln x + 1).$$

Совпало.

$$u'_x = 2x - 2y, \qquad u'_y = -2x - 6y,$$ $$u''_{xy} = (2x - 2y)'_y = -2, \qquad u''_{yx} = (-2x - 6y)'_x = -2.$$

Равны.

$x > 0$. По $x$ функция степенная (показатель $y^2$ константа), по $y$ показательная с основанием $x$ и показателем $y^2$:

$$u'_x = y^2 x^{y^2 - 1}, \qquad u'_y = x^{y^2}\ln x \cdot (y^2)'_y = 2y\,x^{y^2}\ln x.$$

Смешанная через $u'_x$ (произведение $y^2 \cdot x^{y^2-1}$, оба множителя зависят от $y$; производная показательной $x^{y^2 - 1}$ по $y$ равна $x^{y^2-1}\ln x \cdot 2y$):

$$u''_{xy} = 2y\,x^{y^2-1} + y^2 \cdot x^{y^2-1}\cdot 2y \ln x = 2y\,x^{y^2-1}\left(1 + y^2 \ln x\right).$$

Через $u'_y$ (по $x$ произведение $x^{y^2} \cdot \ln x$, константа $2y$ за скобкой):

$$u''_{yx} = 2y\left(y^2 x^{y^2-1}\ln x + x^{y^2}\cdot\frac1x\right) = 2y\,x^{y^2-1}\left(y^2\ln x + 1\right).$$

Равны.

Область: $0 \le \frac{x}{y} \le 1$. Производные существуют при $0 < \frac xy < 1$. Для определённости возьмём $0 < x < y$ (при $y < x < 0$ выкладки те же, меняются знаки из-за $|y|$). Тогда $\sqrt{x/y}\cdot\sqrt{1 - x/y} = \frac{\sqrt{x(y-x)}}{y} = \frac{\sqrt{xy - x^2}}{y}$, это сокращает счёт.

$(\arccos w)' = -\dfrac{w'}{\sqrt{1 - w^2}}$, $w = \sqrt{x/y}$, $w^2 = x/y$.

По $x$: $w'_x = \dfrac{1}{2\sqrt{x/y}}\cdot\dfrac1y$, поэтому

$$u'_x = -\frac{1}{\sqrt{1 - \frac xy}}\cdot\frac{1}{2y\sqrt{\frac xy}} = -\frac{1}{2y\cdot\frac{\sqrt{xy - x^2}}{y}} = -\frac{1}{2\sqrt{xy - x^2}}.$$

По $y$: $w'_y = \dfrac{1}{2\sqrt{x/y}}\cdot\left(-\dfrac{x}{y^2}\right)$, поэтому

$$u'_y = \frac{x}{2y^2 \sqrt{\frac xy}\sqrt{1-\frac xy}} = \frac{x}{2y\sqrt{xy - x^2}}.$$

Смешанная через $u'_x = -\frac12 (xy - x^2)^{-1/2}$, по $y$ (внутренняя производная $(xy - x^2)'_y = x$):

$$u''_{xy} = -\frac12\cdot\left(-\frac12\right)(xy - x^2)^{-3/2}\cdot x = \frac{x}{4(xy - x^2)^{3/2}}.$$

Через $u'_y = \frac{1}{2y}\cdot x (xy - x^2)^{-1/2}$, по $x$ (константа $\frac1{2y}$, произведение $x\cdot(\ldots)^{-1/2}$, внутренняя производная $y - 2x$):

$$u''_{yx} = \frac{1}{2y}\left[(xy - x^2)^{-1/2} - \frac{x(y - 2x)}{2}(xy-x^2)^{-3/2}\right] = \frac{1}{2y}(xy-x^2)^{-3/2}\left[xy - x^2 - \frac{xy}{2} + x^2\right] = \frac{1}{2y}\cdot\frac{xy}{2}(xy-x^2)^{-3/2}.$$ $$u''_{yx} = \frac{x}{4(xy - x^2)^{3/2}} = u''_{xy}.$$

Равны. Приём «вынести наименьшую степень $(\ldots)^{-3/2}$» здесь главный: без него дроби становятся трёхэтажными.

Порядок не важен (всё непрерывно), идём по $x$, потом $y$, потом $z$.

$$u'_x = yz\,e^{xyz}.$$

По $y$ произведение $yz\cdot e^{xyz}$:

$$u''_{xy} = z\,e^{xyz} + yz\cdot xz\,e^{xyz} = e^{xyz}\left(z + xyz^2\right).$$

По $z$ произведение $e^{xyz}\cdot(z + xyz^2)$:

$$u'''_{xyz} = xy\,e^{xyz}(z + xyz^2) + e^{xyz}(1 + 2xyz) = e^{xyz}\left(1 + 3xyz + x^2y^2z^2\right).$$

Удобно сначала разложить: $u = x\ln x + x \ln y$ (при $x, y > 0$; в общем случае $\ln(xy) = \ln|x| + \ln|y|$, производные те же).

$$u'_x = \ln x + 1 + \ln y = \ln(xy) + 1, \qquad u''_{xx} = \frac1x, \qquad u'''_{xxy} = \left(\frac1x\right)'_y = 0.$$

Ответ $0$. Можно было и в другом порядке: $u'_y = \frac{x}{y}$, $u''_{yx} = \frac1y$, $u'''_{yxx} = 0$. Совпадает.

$$\Delta u = (x + \Delta x)^2 + (y + \Delta y)^2 - x^2 - y^2 = 2x\,\Delta x + 2y\,\Delta y + \left(\Delta x^2 + \Delta y^2\right).$$

Последняя скобка равна $\rho^2$, а $\frac{\rho^2}{\rho} = \rho \to 0$, то есть это $o(\rho)$. Значит, $A = 2x$, $B = 2y$, $du = 2x\,\Delta x + 2y\,\Delta y$. Как и должно быть, $A = u'_x$, $B = u'_y$.

Непрерывна: $0 \le \sqrt{|xy|} \le \sqrt{\frac{x^2 + y^2}{2}} \to 0$.

Частные производные есть: на оси $Ox$ функция тождественно ноль, $f(h, 0) = 0$, поэтому $f'_x(0, 0) = \lim\frac{0 - 0}{h} = 0$. Аналогично $f'_y(0,0) = 0$.

Не дифференцируема: если бы была, то по необходимому условию $A = B = 0$, и нужно было бы $\Delta f = o(\rho)$, то есть

$$\frac{\sqrt{|\Delta x\,\Delta y|}}{\sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}} \to 0.$$

Но вдоль диагонали $\Delta x = \Delta y = t$ это отношение равно $\frac{|t|}{\sqrt2\,|t|} = \frac{1}{\sqrt2} \not\to 0$. Противоречие.

На картинке видно, что вдоль осей поверхность лежит ровно на плоскости $z = 0$ (поэтому частные нулевые), а вдоль диагонали (красная линия) это «домик» $z = |t|$ с изломом. Касательной плоскости нет.

На осях $f \equiv 0$, поэтому $f'_x(0,0) = f'_y(0,0) = 0$. Но на прямой $y = x$ функция равна $\frac{x^2}{2x^2} = \frac12$, так что $\lim f$ в нуле не существует (это пример из главы 1). Функция разрывна, значит не дифференцируема (дифференцируемость влечёт непрерывность).

$u'_x = 2xy = 4$, $u'_y = x^2 = 1$ в точке $(1,2)$.

$$du = 4\cdot 0{,}1 + 1\cdot(-0{,}1) = 0{,}3, \qquad \Delta u = 1{,}1^2\cdot 1{,}9 - 1^2\cdot 2 = 2{,}299 - 2 = 0{,}299.$$

Разница $0{,}001$ при $\rho \approx 0{,}14$: это и есть $o(\rho)$.

$$u'_x = m x^{m-1}y^n, \quad u'_y = n x^m y^{n-1}, \qquad du = x^{m-1}y^{n-1}\left(m y\,dx + n x\,dy\right).$$ $$u''_{xx} = m(m-1)x^{m-2}y^n, \quad u''_{xy} = mn\,x^{m-1}y^{n-1}, \quad u''_{yy} = n(n-1)x^m y^{n-2}.$$ $$d^2u = x^{m-2}y^{n-2}\left[m(m-1)y^2\,dx^2 + 2mn\,xy\,dx\,dy + n(n-1)x^2\,dy^2\right].$$

$$u'_x = \frac1y, \quad u'_y = -\frac{x}{y^2}, \qquad du = \frac{dx}{y} - \frac{x\,dy}{y^2} = \frac{y\,dx - x\,dy}{y^2}.$$

(То же сразу по правилу $d\frac uv$.)

$$u''_{xx} = 0, \quad u''_{xy} = -\frac{1}{y^2}, \quad u''_{yy} = \frac{2x}{y^3}.$$ $$d^2u = -\frac{2}{y^2}\,dx\,dy + \frac{2x}{y^3}\,dy^2 = -\frac{2\,dy\,(y\,dx - x\,dy)}{y^3}.$$

Обозначим $r = \sqrt{x^2+y^2}$. Из примера 9: $u'_x = \frac xr$, $u'_y = \frac yr$.

$$du = \frac{x\,dx + y\,dy}{\sqrt{x^2+y^2}}.$$

Вторые: $\left(\frac xr\right)'_x = \frac{r - x\cdot\frac xr}{r^2} = \frac{r^2 - x^2}{r^3} = \frac{y^2}{r^3}$; $\left(\frac xr\right)'_y = x\cdot\left(-\frac{1}{r^2}\right)\cdot\frac yr = -\frac{xy}{r^3}$; по симметрии $u''_{yy} = \frac{x^2}{r^3}$.

$$d^2u = \frac{y^2\,dx^2 - 2xy\,dx\,dy + x^2\,dy^2}{(x^2+y^2)^{3/2}} = \frac{(y\,dx - x\,dy)^2}{(x^2+y^2)^{3/2}}.$$

Из примера 7: $u'_x = \frac{x}{x^2+y^2}$, $u'_y = \frac{y}{x^2+y^2}$.

$$du = \frac{x\,dx + y\,dy}{x^2+y^2}.$$ $$u''_{xx} = \frac{(x^2+y^2) - x\cdot 2x}{(x^2+y^2)^2} = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}, \quad u''_{xy} = -\frac{2xy}{(x^2+y^2)^2}, \quad u''_{yy} = \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}.$$ $$d^2u = \frac{(y^2 - x^2)\,dx^2 - 4xy\,dx\,dy + (x^2-y^2)\,dy^2}{(x^2+y^2)^2}.$$

$$u'_x = y e^{xy}, \quad u'_y = x e^{xy}, \qquad du = e^{xy}(y\,dx + x\,dy).$$ $$u''_{xx} = y^2 e^{xy}, \quad u''_{xy} = e^{xy} + xy\,e^{xy} = (1 + xy)e^{xy}, \quad u''_{yy} = x^2 e^{xy}.$$ $$d^2u = e^{xy}\left[y^2\,dx^2 + 2(1 + xy)\,dx\,dy + x^2\,dy^2\right] = e^{xy}\left[(y\,dx + x\,dy)^2 + 2\,dx\,dy\right].$$

$$du = (y + z)\,dx + (x + z)\,dy + (x + y)\,dz.$$

Вторые: $u''_{xx} = u''_{yy} = u''_{zz} = 0$, $u''_{xy} = u''_{yz} = u''_{xz} = 1$. По формуле для трёх переменных (раздел 6):

$$d^2u = 2\,(dx\,dy + dy\,dz + dz\,dx).$$

Обозначим $s = x^2 + y^2$, тогда $u = z\,s^{-1}$.

$$u'_x = -\frac{2xz}{s^2}, \quad u'_y = -\frac{2yz}{s^2}, \quad u'_z = \frac1s, \qquad du = \frac{s\,dz - 2z(x\,dx + y\,dy)}{(x^2+y^2)^2}.$$

Вторые:

$$u''_{xx} = -2z\cdot\frac{s^2 - x\cdot 2s\cdot 2x}{s^4} = \frac{2z(3x^2 - y^2)}{s^3}, \quad u''_{yy} = \frac{2z(3y^2 - x^2)}{s^3}, \quad u''_{xy} = -2xz\cdot(-2)s^{-3}\cdot 2y = \frac{8xyz}{s^3},$$ $$u''_{xz} = -\frac{2x}{s^2}, \quad u''_{yz} = -\frac{2y}{s^2}, \quad u''_{zz} = 0.$$ $$d^2u = \frac{2z(3x^2-y^2)\,dx^2 + 16xyz\,dx\,dy + 2z(3y^2 - x^2)\,dy^2}{(x^2+y^2)^3} - \frac{4(x\,dx + y\,dy)\,dz}{(x^2+y^2)^2}.$$

Перепишем $f = \left(\frac xy\right)^{1/z} = x^{1/z}\,y^{-1/z}$. Обозначим $p = \frac1z$ и $L = \ln\frac xy$. Важно: в точке $(1,1,1)$ имеем $p = 1$, $L = 0$, $f = 1$. Значит, всё, что умножается на $L$ или на $(p - 1)$, в точке обнулится.

Первые производные. По $x$ и $y$ степенные, по $z$ показательная ($(a^{1/z})'_z = a^{1/z}\ln a\cdot\left(-\frac1{z^2}\right)$):

$$f'_x = \frac1z\,x^{\frac1z - 1}y^{-\frac1z} = \frac{f}{zx}, \qquad f'_y = -\frac{f}{zy}, \qquad f'_z = -\frac{f\,L}{z^2}.$$

В точке: $f'_x = 1$, $f'_y = -1$, $f'_z = 0$. Поэтому

$$df(1,1,1) = dx - dy.$$

Вторые производные (дифференцируем первые, пользуясь тем, что $f'_x = \frac{f}{zx}$ и т.д.):

• $f''_{xx} = \frac{1}{z}\cdot\frac{f'_x\,x - f}{x^2} = \frac{f}{zx^2}\left(\frac1z - 1\right)$, в точке $0$;
• $f''_{xy} = \frac{1}{zx}f'_y = -\frac{f}{z^2xy}$, в точке $-1$;
• $f''_{yy} = -\frac{1}{z}\cdot\frac{f'_y\,y - f}{y^2} = \frac{f}{zy^2}\left(\frac1z + 1\right)$, в точке $2$;
• $f''_{xz} = \frac{1}{x}\left(\frac{f}{z}\right)'_z = \frac1x\cdot\frac{f'_z z - f}{z^2} = -\frac{f}{xz^2}\left(1 + \frac Lz\right)$, в точке $-1$;
• $f''_{yz} = \frac{f}{yz^2}\left(1 + \frac Lz\right)$, в точке $1$;
• $f''_{zz} = -\left(\frac{f L}{z^2}\right)'_z$, каждое слагаемое содержит $L$ или $f'_z$ (тоже с $L$), в точке $0$.

Формула для трёх переменных:

$$d^2f = f''_{xx}dx^2 + f''_{yy}dy^2 + f''_{zz}dz^2 + 2f''_{xy}dx\,dy + 2f''_{xz}dx\,dz + 2f''_{yz}dy\,dz.$$ $$d^2f(1,1,1) = 2\,dy^2 - 2\,dx\,dy - 2\,dx\,dz + 2\,dy\,dz.$$

1) Каждое дифференцирование по $x$ даёт множитель $a$, по $y$ множитель $b$. Поэтому символическая формула буквально становится биномом:

$$d^n u = (a\,dx + b\,dy)^n\,e^{ax+by}.$$

2) $u = xyz$: $u''_{xx} = u''_{yy} = u''_{zz} = 0$, $u''_{xy} = z$, $u''_{xz} = y$, $u''_{yz} = x$:

$$d^2u = 2\,(z\,dx\,dy + y\,dx\,dz + x\,dy\,dz).$$

3) $u = x^2y$: $u'''_{xxx} = 0$, $u'''_{xxy} = (2y)'_y = 2$, $u'''_{xyy} = (2x)'_y = 0$, $u'''_{yyy} = 0$:

$$d^3u = 3\cdot 2\,dx^2\,dy = 6\,dx^2\,dy.$$

$f(x, y) = x^y$, $x_0 = 1$, $\Delta x = 0{,}04$, $y_0 = 2$, $\Delta y = 0{,}02$. $f(1, 2) = 1$.

$f'_x = y x^{y-1} = 2$, $f'_y = x^y \ln x = 1\cdot\ln 1 = 0$ в точке $(1, 2)$.

$$1{,}04^{2{,}02} \approx 1 + 2\cdot 0{,}04 + 0\cdot 0{,}02 = 1{,}08.$$

Точно: $1{,}0824\ldots$

Функция: $f(x, y) = \sqrt[3]{x^2 + 2\sqrt[6]{y}} = \left(x^2 + 2y^{1/6}\right)^{1/3}$.

Точка: $4{,}9973$ близко к $5$, $0{,}9919$ близко к $1$. Берём $x_0 = 5$, $\Delta x = 4{,}9973 - 5 = -0{,}0027$; $y_0 = 1$, $\Delta y = 0{,}9919 - 1 = -0{,}0081$. Удачно: $f(5, 1) = \sqrt[3]{25 + 2} = 3$.

Производные (внутренняя скобка в точке равна $27$, $27^{2/3} = 9$):

$$f'_x = \frac{2x}{3\left(x^2+2y^{1/6}\right)^{2/3}} = \frac{10}{3\cdot 9} = \frac{10}{27}, \qquad f'_y = \frac{2\cdot\frac16 y^{-5/6}}{3\left(x^2+2y^{1/6}\right)^{2/3}} = \frac{1/3}{27} = \frac{1}{81}.$$

Ответ:

$$f \approx 3 + \frac{10}{27}\cdot(-0{,}0027) + \frac{1}{81}\cdot(-0{,}0081) = 3 - 0{,}001 - 0{,}0001 = 2{,}9989.$$

Точное значение $2{,}998899\ldots$: совпадение до 6-го знака, потому что приращения очень маленькие.

Функция: три «некруглых» числа, значит три переменные. $\sqrt[3]{y\sqrt[4]{z^3}} = y^{1/3}z^{1/4}$, поэтому

$$f(x, y, z) = \frac{x^2}{\sqrt[3]{y\sqrt[4]{z^3}}} = x^2\,y^{-1/3}\,z^{-1/4}.$$

Точка: $x_0 = y_0 = z_0 = 1$, $\Delta x = 0{,}03$, $\Delta y = -0{,}02$, $\Delta z = 0{,}05$; $f(1,1,1) = 1$.

Производные в точке (степенные, все множители равны 1):

$$f'_x = 2x\,y^{-1/3}z^{-1/4} = 2, \qquad f'_y = -\frac13 x^2 y^{-4/3}z^{-1/4} = -\frac13, \qquad f'_z = -\frac14 x^2 y^{-1/3}z^{-5/4} = -\frac14.$$

Ответ:

$$f \approx 1 + 2\cdot 0{,}03 - \frac13\cdot(-0{,}02) - \frac14\cdot 0{,}05 = 1 + 0{,}06 + 0{,}0067 - 0{,}0125 \approx 1{,}054.$$

Точное значение $1{,}0551\ldots$, погрешность около $0{,}001$: приращения тут крупнее, чем в а).

Функция: $f(x, y) = \cos x\cdot\ctg^2 y$.

Точка: ближайшие «табличные» углы $60^\circ$ и $30^\circ$. $x_0 = \frac\pi3$, $\Delta x = 59^\circ - 60^\circ = -1^\circ = -\frac{\pi}{180}$; $y_0 = \frac\pi6$, $\Delta y = 32^\circ - 30^\circ = 2^\circ = \frac{\pi}{90}$. Обязательно в радианах: формула производной $(\cos x)' = -\sin x$ верна только для радиан.

$f\left(\frac\pi3, \frac\pi6\right) = \frac12\cdot(\sqrt3)^2 = \frac32$.

Производные: $(\ctg^2 y)' = 2\ctg y\cdot\left(-\frac{1}{\sin^2 y}\right)$, в точке $\ctg\frac\pi6 = \sqrt3$, $\sin^2\frac\pi6 = \frac14$:

$$f'_x = -\sin x\,\ctg^2 y = -\frac{\sqrt3}{2}\cdot 3 = -\frac{3\sqrt3}{2}, \qquad f'_y = \cos x\cdot\frac{-2\ctg y}{\sin^2 y} = \frac12\cdot(-2\sqrt3\cdot 4) = -4\sqrt3.$$

Ответ:

$$f \approx \frac32 + \left(-\frac{3\sqrt3}{2}\right)\left(-\frac{\pi}{180}\right) + (-4\sqrt3)\cdot\frac{\pi}{90} = \frac32 + \frac{3\sqrt3\,\pi}{360} - \frac{16\sqrt3\,\pi}{360} = \frac32 - \frac{13\sqrt3\,\pi}{360} \approx 1{,}5 - 0{,}1965 = 1{,}3035.$$

Точное значение $1{,}3190\ldots$, погрешность около $0{,}016$ (1,2%). Она больше, чем в а) и b): $\Delta y = 2^\circ \approx 0{,}035$ не очень маленькое, а $\ctg^2 y$ около $30^\circ$ сильно искривлена. Метод от этого не меняется, ответ $\approx 1{,}30$.

Обозначим $A = 5x + 7y - 25$, $E = e^{-(x^2+xy+y^2)}$. По правилу произведения ($E'_x = -(2x + y)E$, $E'_y = -(x + 2y)E$):

$$f'_x = E\left[5 - A(2x + y)\right], \qquad f'_y = E\left[7 - A(x + 2y)\right].$$

$E > 0$, сокращаем. Система:

$$A(2x + y) = 5, \qquad A(x + 2y) = 7.$$

$A \ne 0$ (иначе $0 = 5$). Делим уравнения друг на друга:

$$\frac{2x + y}{x + 2y} = \frac57 \;\Rightarrow\; 14x + 7y = 5x + 10y \;\Rightarrow\; y = 3x.$$

Подставляем: $A = 5x + 21x - 25 = 26x - 25$, $2x + y = 5x$, и первое уравнение $(26x - 25)\cdot 5x = 5$:

$$26x^2 - 25x - 1 = 0 \;\Rightarrow\; x = \frac{25 \pm \sqrt{625 + 104}}{52} = \frac{25 \pm 27}{52},$$

то есть $x = 1$ или $x = -\frac{1}{26}$.

Ответ: $(1, 3)$ и $\left(-\frac{1}{26}, -\frac{3}{26}\right)$.

Проверка для $(1,3)$: $A = 5 + 21 - 25 = 1$, $2x + y = 5$, $x + 2y = 7$. Оба уравнения верны.

$$f'_x = -y^2 + 4, \qquad f'_y = 4y - 2xy - z, \qquad f'_z = 2z - y.$$

Из первого $y = \pm 2$, из третьего $z = \frac y2$. Подставляем во второе: $4y - 2xy - \frac y2 = y\left(\frac72 - 2x\right) = 0$. Так как $y = \pm2 \ne 0$, то $x = \frac74$.

Ответ: $\left(\frac74, 2, 1\right)$ и $\left(\frac74, -2, -1\right)$.

$w = \frac{x+y}{1-xy}$. $w'_x = \frac{(1 - xy) + y(x + y)}{(1-xy)^2} = \frac{1 + y^2}{(1-xy)^2}$. Знаменатель арктангенса:

$$1 + w^2 = \frac{(1-xy)^2 + (x+y)^2}{(1-xy)^2} = \frac{1 + x^2 + y^2 + x^2y^2}{(1-xy)^2} = \frac{(1+x^2)(1+y^2)}{(1-xy)^2}.$$ $$z'_x = \frac{w'_x}{1 + w^2} = \frac{1}{1 + x^2}, \qquad z'_y = \frac{1}{1+y^2}\;\;\text{(по симметрии)}.$$ $$z''_{xx} = -\frac{2x}{(1+x^2)^2}, \qquad z''_{xy} = 0, \qquad z''_{yy} = -\frac{2y}{(1+y^2)^2}.$$

Не случайно: это формула сложения, $z = \arctg x + \arctg y$ с точностью до постоянной $\pi k$.

$$z'_x = \frac1y e^{x/y}, \qquad z'_y = -\frac{x}{y^2}e^{x/y}.$$ $$z''_{xx} = \frac{1}{y^2}e^{x/y}, \qquad z''_{xy} = \left(\frac1y e^{x/y}\right)'_y = -\frac{1}{y^2}e^{x/y} - \frac{x}{y^3}e^{x/y} = -\frac{x + y}{y^3}e^{x/y},$$ $$z''_{yy} = \frac{2x}{y^3}e^{x/y} + \frac{x^2}{y^4}e^{x/y} = \frac{x(x + 2y)}{y^4}e^{x/y}.$$

$$z'_x = -y^2\sin(xy^2), \qquad z'_y = -2xy\sin(xy^2).$$ $$z''_{xx} = -y^4\cos(xy^2), \qquad z''_{xy} = -2y\sin(xy^2) - 2xy^3\cos(xy^2),$$ $$z''_{yy} = -2x\sin(xy^2) - 4x^2y^2\cos(xy^2).$$

По $x$ показательная (основание $y$, показатель $\ln x$), по $y$ степенная:

$$z'_x = y^{\ln x}\ln y\cdot\frac1x, \qquad z'_y = \ln x\cdot y^{\ln x - 1}.$$ $$z''_{xx} = \ln y\cdot\frac{y^{\ln x}\frac{\ln y}{x}\cdot x - y^{\ln x}}{x^2} = \frac{y^{\ln x}\ln y\,(\ln y - 1)}{x^2},$$ $$z''_{xy} = \left(\ln x\cdot y^{\ln x - 1}\right)'_x = \frac1x y^{\ln x - 1} + \ln x\cdot y^{\ln x - 1}\ln y\cdot\frac1x = \frac{y^{\ln x - 1}(1 + \ln x\ln y)}{x},$$ $$z''_{yy} = \ln x\,(\ln x - 1)\,y^{\ln x - 2}.$$

$$z'_x = 2x\ln(x+y) + \frac{x^2}{x+y}, \qquad z'_y = \frac{x^2}{x+y}.$$ $$z''_{xx} = 2\ln(x+y) + \frac{2x}{x+y} + \frac{2x(x+y) - x^2}{(x+y)^2} = 2\ln(x+y) + \frac{2x}{x+y} + \frac{x^2 + 2xy}{(x+y)^2},$$ $$z''_{xy} = \left(\frac{x^2}{x+y}\right)'_x = \frac{x^2 + 2xy}{(x+y)^2}, \qquad z''_{yy} = -\frac{x^2}{(x+y)^2}.$$

$r = \sqrt{x^2+y^2}$, $r'_x = \frac xr$. Удобно писать $z = x\,r^{-1}$:

$$z'_x = r^{-1} - x\,r^{-2}\cdot\frac xr = \frac{r^2 - x^2}{r^3} = \frac{y^2}{r^3}, \qquad z'_y = -x r^{-2}\cdot\frac yr = -\frac{xy}{r^3}.$$

Дальше $(r^{-3})'_x = -3r^{-4}\cdot\frac xr = -\frac{3x}{r^5}$:

$$z''_{xx} = y^2\cdot\left(-\frac{3x}{r^5}\right) = -\frac{3xy^2}{r^5}, \qquad z''_{xy} = \left(\frac{y^2}{r^3}\right)'_y = \frac{2y}{r^3} - \frac{3y^3}{r^5} = \frac{y(2x^2 - y^2)}{r^5},$$ $$z''_{yy} = -x\left(\frac{1}{r^3} - \frac{3y^2}{r^5}\right) = \frac{x(2y^2 - x^2)}{r^5}, \qquad r^5 = (x^2+y^2)^{5/2}.$$

$S = x + y^2 + z^3$.

$$u'_x = \frac1S, \qquad u'_y = \frac{2y}{S}, \qquad u'_z = \frac{3z^2}{S}.$$ $$u''_{xx} = -\frac{1}{S^2}, \quad u''_{xy} = -\frac{2y}{S^2}, \quad u''_{xz} = -\frac{3z^2}{S^2}, \quad u''_{yz} = -\frac{6yz^2}{S^2},$$ $$u''_{yy} = \frac{2S - 2y\cdot 2y}{S^2} = \frac{2(x - y^2 + z^3)}{S^2}, \qquad u''_{zz} = \frac{6zS - 9z^4}{S^2} = \frac{3z(2x + 2y^2 - z^3)}{S^2}.$$

$D = 1 + x^2y^4$.

$$z'_x = \frac{y^2}{D}, \qquad z'_y = \frac{2xy}{D}.$$ $$z''_{xx} = -\frac{y^2\cdot 2xy^4}{D^2} = -\frac{2xy^6}{D^2}, \qquad z''_{xy} = \frac{2y\,D - y^2\cdot 4x^2y^3}{D^2} = \frac{2y(1 - x^2y^4)}{D^2},$$ $$z''_{yy} = \frac{2x\,D - 2xy\cdot 4x^2y^3}{D^2} = \frac{2x(1 - 3x^2y^4)}{D^2}.$$

$w = \frac{x^2}{y}$, $(\tg w)' = \frac{w'}{\cos^2 w}$, $\left(\frac{1}{\cos^2 w}\right)' = \frac{2\tg w}{\cos^2 w}\,w'$.

$$z'_x = \frac{2x}{y\cos^2 w}, \qquad z'_y = -\frac{x^2}{y^2\cos^2 w}.$$ $$z''_{xx} = \frac{2}{y\cos^2 w} + \frac{2x}{y}\cdot\frac{2\tg w}{\cos^2 w}\cdot\frac{2x}{y} = \frac{2(y + 4x^2\tg w)}{y^2\cos^2 w},$$ $$z''_{xy} = -\frac{2x}{y^2\cos^2 w} + \frac{2x}{y}\cdot\frac{2\tg w}{\cos^2 w}\cdot\left(-\frac{x^2}{y^2}\right) = -\frac{2x(y + 2x^2\tg w)}{y^3\cos^2 w},$$ $$z''_{yy} = \frac{2x^2}{y^3\cos^2 w} - \frac{x^2}{y^2}\cdot\frac{2\tg w}{\cos^2 w}\cdot\left(-\frac{x^2}{y^2}\right) = \frac{2x^2(y + x^2\tg w)}{y^4\cos^2 w}, \qquad w = \frac{x^2}{y}.$$

Обозначим $r = \sqrt{x^2+y^2}$, $r'_x = \frac xr$, $r'_y = \frac yr$.

Область определения. Всегда $r \ge |x|$, поэтому $r - x \ge 0$ и $r + x \ge 0$. При $y \ne 0$ имеем $r > |x|$, и обе скобки строго положительны. При $y = 0$ получается $r = |x|$: если $x \ge 0$, числитель равен нулю, если $x \le 0$, знаменатель равен нулю. Значит, $D(f) = \{y \ne 0\}$, то есть плоскость без оси $Ox$.

Упрощение. На $D(f)$ обе скобки положительны, поэтому логарифм дроби можно разбить на разность:

$$f = \ln(r - x) - \ln(r + x).$$

По $x$:

$$f'_x = \frac{\frac xr - 1}{r - x} - \frac{\frac xr + 1}{r + x} = \frac{-\frac{r - x}{r}}{r - x} - \frac{\frac{r + x}{r}}{r + x} = -\frac1r - \frac1r = -\frac{2}{\sqrt{x^2+y^2}}.$$

По $y$: у обеих скобок производная одна и та же, $\frac yr$:

$$f'_y = \frac yr\left(\frac{1}{r - x} - \frac{1}{r + x}\right) = \frac yr\cdot\frac{2x}{r^2 - x^2} = \frac yr\cdot\frac{2x}{y^2} = \frac{2x}{y\sqrt{x^2+y^2}}.$$

Здесь использовали $r^2 - x^2 = y^2$: из-за этой разности квадратов и полезно разбить логарифм заранее.

Ответ: $f'_x = -\dfrac{2}{\sqrt{x^2+y^2}}$, $f'_y = \dfrac{2x}{y\sqrt{x^2+y^2}}$, при $y \ne 0$.