3. Сложные и неявные функции

$z_x=2xy$, $z_y=x^2$, $x'(t)=-\sin t$, $y'(t)=\cos t$. По цепному правилу

$$\frac{dz}{dt}=2xy\cdot(-\sin t)+x^2\cos t=-2\cos t\sin^2 t+\cos^3 t.$$

Проверка подстановкой: $z=\cos^2 t\,\sin t$, $z'=-2\cos t\sin t\cdot\sin t+\cos^2t\cos t$ — то же самое.

Ответ: $\dfrac{dz}{dt}=\cos^3 t-2\cos t\sin^2 t$.

$z_x=2x$, $z_y=-2y$; $x_s=1$, $x_t=1$, $y_s=t$, $y_t=s$.

$$z_s=2x\cdot1-2y\cdot t=2(s+t)-2st^2,\qquad z_t=2x\cdot 1-2y\cdot s=2(s+t)-2s^2t.$$

В ответе выражаем всё через $s,t$, если не сказано иное.

$f(x,y,z)=x^2+yz$: $\pd{f}{x}=2x$ (здесь $z$ считается константой).

С учётом зависимости $z$ от $x$: $\pd{u}{x}=\pd{f}{x}+\pd{f}{z}\pd{z}{x}=2x+y\cdot y=2x+y^2$.

Проверка: $u=x^2+xy^2$, $u_x=2x+y^2$. Видно, что «просто частная» $2x$ — не то же самое.

Положим $u=x^y$, где $x=\varphi(t)\gt 0$, $y=\psi(t)$. Частные производные: $\pd{u}{x}=y\,x^{y-1}$ (степенная по $x$), $\pd{u}{y}=x^y\ln x$ (показательная по $y$). По цепному правилу

$$u'=y\,x^{y-1}\varphi'+x^y\ln x\cdot\psi'=\varphi^{\psi}\left(\psi'\ln\varphi+\psi\frac{\varphi'}{\varphi}\right).$$

Это та же формула, что дало бы логарифмическое дифференцирование на первом курсе, но теперь видно, откуда два слагаемых: два пути в дереве $u\to x\to t$ и $u\to y\to t$.

Для $u=(1+t^2)^{\sin t}$: $\varphi=1+t^2$, $\psi=\sin t$:

$$u'=(1+t^2)^{\sin t}\left(\cos t\,\ln(1+t^2)+\frac{2t\sin t}{1+t^2}\right).$$

$t=x^2+y^2+z^2$, $t_x=2x$, $t_y=2y$, $t_z=2z$. Первые производные:

$$u_x=2x\,f'(t),\qquad u_y=2y\,f'(t),\qquad u_z=2z\,f'(t).$$

$u_{xx}$: дифференцируем произведение $2x\cdot f'(t)$, причём $f'(t)$ — сложная функция, $(f'(t))'_x=f''(t)\cdot t_x=2x f''(t)$:

$$u_{xx}=2f'(t)+2x\cdot 2xf''(t)=2f'+4x^2f''.$$

Смешанная: $u_{xy}=(2xf'(t))'_y=2x\cdot f''(t)\cdot 2y=4xyf''$. Остальные — по симметрии.

Ответ (всё в точке $t=x^2+y^2+z^2$):

$$u_{xx}=2f'+4x^2f'',\quad u_{yy}=2f'+4y^2f'',\quad u_{zz}=2f'+4z^2f'',$$ $$u_{xy}=4xyf'',\quad u_{xz}=4xzf'',\quad u_{yz}=4yzf''.$$

Аргументы: $\xi=x$, $\eta=xy$, $\zeta=xyz$. Дерево:

Первые производные.

$$u_x=f'_1+y\,f'_2+yz\,f'_3,\qquad u_y=x\,f'_2+xz\,f'_3,\qquad u_z=xy\,f'_3.$$

Вспомогательные формулы. Для любого $k$ функция $f'_k$ зависит от $x,y,z$ так же, как $u$, поэтому

$$(f'_k)'_x=f''_{k1}+y f''_{k2}+yz f''_{k3},\quad (f'_k)'_y=x f''_{k2}+xz f''_{k3},\quad (f'_k)'_z=xy f''_{k3}.$$

$u_{xx}$. $u_{xx}=(f'_1)'_x+y(f'_2)'_x+yz(f'_3)'_x$ (множители $y$, $yz$ от $x$ не зависят):

$$u_{xx}=f''_{11}+2yf''_{12}+2yzf''_{13}+y^2f''_{22}+2y^2zf''_{23}+y^2z^2f''_{33}.$$

$u_{xy}$. Дифференцируем $u_x$ по $y$; теперь множители $y$ и $yz$ тоже зависят от $y$, отсюда слагаемые $f'_2$ и $zf'_3$:

$$u_{xy}=(f'_1)'_y+f'_2+y(f'_2)'_y+zf'_3+yz(f'_3)'_y$$ $$=xf''_{12}+xzf''_{13}+xyf''_{22}+2xyzf''_{23}+xyz^2f''_{33}+f'_2+zf'_3.$$

$u_{xz}$. $u_{xz}=(f'_1)'_z+y(f'_2)'_z+yf'_3+yz(f'_3)'_z$:

$$u_{xz}=xyf''_{13}+xy^2f''_{23}+xy^2zf''_{33}+yf'_3.$$

$u_{yy}$, $u_{yz}$, $u_{zz}$.

$$u_{yy}=x^2f''_{22}+2x^2zf''_{23}+x^2z^2f''_{33},$$ $$u_{yz}=x^2yf''_{23}+x^2yzf''_{33}+xf'_3,\qquad u_{zz}=x^2y^2f''_{33}.$$

Все производные $f$ берутся в точке $(x,\,xy,\,xyz)$.

$\xi=x+y$, $\eta=xy$; $\xi_x=\xi_y=1$, $\eta_x=y$, $\eta_y=x$.

$u_x=f'_1\cdot 1+f'_2\cdot y$. Дифференцируем по $y$ (картинка выше):

$$u_{xy}=(f'_1)'_y+f'_2+y\,(f'_2)'_y=(f''_{11}+xf''_{12})+f'_2+y(f''_{21}+xf''_{22}).$$

Ответ: $u_{xy}=f''_{11}+(x+y)f''_{12}+xyf''_{22}+f'_2$.

$\xi=x+y+z$, $\eta=x^2+y^2+z^2$; $\xi_x=1$, $\eta_x=2x$.

$u_x=f'_1+2xf'_2$. Отсюда, с $(f'_k)'_x=f''_{k1}+2xf''_{k2}$:

$$u_{xx}=f''_{11}+2xf''_{12}+2f'_2+2x(f''_{21}+2xf''_{22})=f''_{11}+4xf''_{12}+4x^2f''_{22}+2f'_2.$$

$u_{yy}$ и $u_{zz}$ — то же самое с заменой $x$ на $y$ и $z$. Складываем:

$$\Delta u=3f''_{11}+4(x+y+z)f''_{12}+4(x^2+y^2+z^2)f''_{22}+6f'_2.$$

Можно записать красиво через сами аргументы: $\Delta u=3f''_{11}+4\xi f''_{12}+4\eta f''_{22}+6f'_2$.

$dt=dx+dy$, $d^2t=0$ (функция линейная). Поэтому

$$du=f'(x+y)(dx+dy),\qquad d^2u=f''(x+y)(dx+dy)^2.$$

Проверка через производные: $u_{xx}=u_{xy}=u_{yy}=f''$, и $d^2u=f''(dx^2+2dxdy+dy^2)$ — совпадает.

$t_x=-\dfrac{y}{x^2}$, $t_y=\dfrac1x$, $dt=\dfrac{x\,dy-y\,dx}{x^2}$.

$t_{xx}=\dfrac{2y}{x^3}$, $t_{xy}=-\dfrac1{x^2}$, $t_{yy}=0$, значит $d^2t=\dfrac{2y}{x^3}dx^2-\dfrac{2}{x^2}dx\,dy=\dfrac{2(y\,dx^2-x\,dx\,dy)}{x^3}$.

$$du=f'\!\left(\tfrac yx\right)\frac{x\,dy-y\,dx}{x^2},\qquad d^2u=f''\!\left(\tfrac yx\right)\frac{(x\,dy-y\,dx)^2}{x^4}+f'\!\left(\tfrac yx\right)\frac{2(y\,dx^2-x\,dx\,dy)}{x^3}.$$

Обозначим $r=\sqrt{x^2+y^2}$. $r_x=\dfrac xr$, $r_y=\dfrac yr$, $dr=\dfrac{x\,dx+y\,dy}{r}$.

$r_{xx}=\dfrac{r-x\cdot x/r}{r^2}=\dfrac{y^2}{r^3}$, $r_{xy}=-\dfrac{xy}{r^3}$, $r_{yy}=\dfrac{x^2}{r^3}$, поэтому $d^2r=\dfrac{y^2dx^2-2xy\,dx\,dy+x^2dy^2}{r^3}=\dfrac{(y\,dx-x\,dy)^2}{r^3}$.

$$du=f'(r)\frac{x\,dx+y\,dy}{r},\qquad d^2u=f''(r)\frac{(x\,dx+y\,dy)^2}{r^2}+f'(r)\frac{(y\,dx-x\,dy)^2}{r^3}.$$

$t=xyz$: $dt=yz\,dx+xz\,dy+xy\,dz$. Вторые производные $t$: $t_{xx}=t_{yy}=t_{zz}=0$, $t_{xy}=z$, $t_{xz}=y$, $t_{yz}=x$, значит $d^2t=2(z\,dx\,dy+y\,dx\,dz+x\,dy\,dz)$.

$$du=f'(xyz)(yz\,dx+xz\,dy+xy\,dz),$$ $$d^2u=f''(xyz)(yz\,dx+xz\,dy+xy\,dz)^2+2f'(xyz)(z\,dx\,dy+y\,dx\,dz+x\,dy\,dz).$$

$dx=dt$, $dy=2t\,dt$, $dz=3t^2dt$; $d^2x=0$, $d^2y=2\,dt^2$, $d^2z=6t\,dt^2$.

Первый дифференциал по инвариантной формуле:

$$du=f'_1dx+f'_2dy+f'_3dz=(f'_1+2tf'_2+3t^2f'_3)\,dt.$$

Второй. Здесь $x,y,z$ — не независимые, поэтому к «обычной» квадратичной форме добавляются слагаемые с $d^2x,d^2y,d^2z$:

$$d^2u=\sum_{i,j}f''_{ij}\,dx_i\,dx_j+f'_1d^2x+f'_2d^2y+f'_3d^2z.$$

Подставляем:

$$d^2u=\bigl(f''_{11}+4t^2f''_{22}+9t^4f''_{33}+4tf''_{12}+6t^2f''_{13}+12t^3f''_{23}+2f'_2+6tf'_3\bigr)dt^2.$$

Проверка: это то же, что $\dfrac{d^2}{dt^2}f(t,t^2,t^3)\,dt^2$ (сверено в sympy).

Честно: $u=x^2y^2$, $u_{xx}=2y^2$, $u_{xy}=4xy$, $u_{yy}=2x^2$:

$$d^2u=2y^2dx^2+8xy\,dx\,dy+2x^2dy^2.$$

Наивно: $f''=2$, $dt=y\,dx+x\,dy$, $f''dt^2=2y^2dx^2+4xy\,dx\,dy+2x^2dy^2$ — не хватает $4xy\,dx\,dy$.

Недостающее — ровно $f'(t)d^2t$: $f'=2t=2xy$, $d^2t=2\,dx\,dy$, произведение $4xy\,dx\,dy$. С ним всё сходится.

Аргумент $\xi=x-at$, $\xi_x=1$, $\xi_t=-a$.

$u_x=f'(\xi)$, $u_{xx}=f''(\xi)$; $u_t=-af'(\xi)$, $u_{tt}=a^2f''(\xi)$. Значит $u_{tt}=a^2u_{xx}$.

Смысл: график $f$ сдвигается вправо со скоростью $a$, не меняя формы (подвигай ползунок ниже, там $a=1$).

$z_x=2xf'$, $z_y=-2yf'$. Тогда $y\cdot 2xf'+x\cdot(-2yf')=0$.

Удобнее идти «обратным» путём: $v$ — сложная функция от $r,\varphi$ через $x,y$:

$$v_r=u_x\cos\varphi+u_y\sin\varphi,\qquad v_\varphi=-u_x\,r\sin\varphi+u_y\,r\cos\varphi.$$

Тогда

$$v_r^2+\frac{v_\varphi^2}{r^2}=u_x^2(\cos^2\varphi+\sin^2\varphi)+u_y^2(\sin^2\varphi+\cos^2\varphi)+2u_xu_y(\cos\varphi\sin\varphi-\sin\varphi\cos\varphi)=u_x^2+u_y^2.$$

Ответ: $u_x^2+u_y^2=v_r^2+\dfrac{1}{r^2}v_\varphi^2$.

Проверка на $u=x^2+y^2=r^2$: слева $4x^2+4y^2=4r^2$, справа $(2r)^2+0=4r^2$.

$z_x=\dfrac{2x}{x^2+y^2}$, $z_y=\dfrac{2y}{x^2+y^2}$; $x_u=v$, $x_v=u$, $y_u=\dfrac1v$, $y_v=-\dfrac{u}{v^2}$. Учтём $x^2+y^2=u^2\left(v^2+v^{-2}\right)$.

$$z_u=\frac{2xv+2y/v}{x^2+y^2}=\frac{2u(v^2+v^{-2})}{u^2(v^2+v^{-2})}=\frac2u,$$ $$z_v=\frac{2xu-2yu/v^2}{x^2+y^2}=\frac{2u^2(v-v^{-3})}{u^2(v^2+v^{-2})}=\frac{2(v^4-1)}{v(v^4+1)}.$$

$z_x=\dfrac{1}{1+x^2/y^2}\cdot\dfrac1y=\dfrac{y}{x^2+y^2}$, $z_y=-\dfrac{x}{x^2+y^2}$. $x^2+y^2=2(u^2+v^2)$.

$$z_u=z_x+z_y=\frac{y-x}{x^2+y^2}=\frac{-2v}{2(u^2+v^2)}=-\frac{v}{u^2+v^2},\qquad z_v=z_x-z_y=\frac{x+y}{x^2+y^2}=\frac{u}{u^2+v^2}.$$

$$u_x=\frac1yf'_1,\qquad u_y=-\frac{x}{y^2}f'_1+\frac1zf'_2,\qquad u_z=-\frac{y}{z^2}f'_2.$$ $$xu_x+yu_y+zu_z=\frac xyf'_1-\frac xyf'_1+\frac yzf'_2-\frac yzf'_2=0.$$

Это частный случай теоремы Эйлера: $u$ однородна степени 0 (не меняется при $x,y,z\to\lambda x,\lambda y,\lambda z$).

$\xi=x^2-y^2$, $\eta=e^{xy}$: $\xi_x=2x$, $\xi_y=-2y$, $\eta_x=ye^{xy}$, $\eta_y=xe^{xy}$.

$$z_x=2xf'_1+ye^{xy}f'_2,\qquad z_y=-2yf'_1+xe^{xy}f'_2.$$

$z_{xy}$: $(f'_k)'_y=-2yf''_{k1}+xe^{xy}f''_{k2}$, и $(ye^{xy})'_y=e^{xy}+xye^{xy}$:

$$z_{xy}=2x\bigl(-2yf''_{11}+xe^{xy}f''_{12}\bigr)+(1+xy)e^{xy}f'_2+ye^{xy}\bigl(-2yf''_{21}+xe^{xy}f''_{22}\bigr)$$ $$=-4xyf''_{11}+2(x^2-y^2)e^{xy}f''_{12}+xye^{2xy}f''_{22}+(1+xy)e^{xy}f'_2.$$

Здесь первый аргумент — сам $x$: $\xi=x$, $\eta=y/x$, $\eta_x=-y/x^2$.

$$z_x=f'_1-\frac{y}{x^2}f'_2.$$

$(f'_k)'_x=f''_{k1}-\dfrac{y}{x^2}f''_{k2}$, $\left(-\dfrac{y}{x^2}\right)'_x=\dfrac{2y}{x^3}$:

$$z_{xx}=f''_{11}-\frac{y}{x^2}f''_{12}+\frac{2y}{x^3}f'_2-\frac{y}{x^2}\left(f''_{21}-\frac{y}{x^2}f''_{22}\right)=f''_{11}-\frac{2y}{x^2}f''_{12}+\frac{y^2}{x^4}f''_{22}+\frac{2y}{x^3}f'_2.$$

$z_x=nx^{n-1}f-x^n\cdot\dfrac{y}{x^2}f'=nx^{n-1}f-x^{n-2}yf'$, $z_y=x^n\cdot\dfrac1xf'=x^{n-1}f'$.

$xz_x+yz_y=nx^nf-x^{n-1}yf'+x^{n-1}yf'=nz$.

$$\frac{du}{dt}=e^{x-2y}\cos t+e^{x-2y}\cdot(-2)\cdot3t^2=e^{\sin t-2t^3}\left(\cos t-6t^2\right).$$

Всё зависит от одного $x$, так что производная полная:

$$\frac{dz}{dx}=f_x+f_y\varphi'.$$

Вторая: $f_x$ и $f_y$ сами сложные функции от $x$, $(f_x)'=f_{xx}+f_{xy}\varphi'$, $(f_y)'=f_{yx}+f_{yy}\varphi'$:

$$\frac{d^2z}{dx^2}=f_{xx}+2f_{xy}\varphi'+f_{yy}\varphi'^2+f_y\varphi''.$$

Если вдоль кривой $y=\varphi(x)$ функция $f\equiv0$, обе производные равны нулю — отсюда сразу получаются формулы для неявной функции из части Б.

Это сложная функция $z=\ln D$, где $D=x+e^{-y}$, $D_x=1$, $D_y=-e^{-y}$.

$$z_x=\frac1D,\qquad z_y=\frac{-e^{-y}}{D},\qquad z_{xx}=-\frac{1}{D^2},\qquad z_{xy}=\left(D^{-1}\right)'_y=-\frac{D_y}{D^2}=\frac{e^{-y}}{D^2}.$$

Подставляем:

$$z_xz_{xy}-z_yz_{xx}=\frac1D\cdot\frac{e^{-y}}{D^2}-\frac{-e^{-y}}{D}\cdot\left(-\frac1{D^2}\right)=\frac{e^{-y}}{D^3}-\frac{e^{-y}}{D^3}=0.$$

Способ 1. Тождество $x^2+y^2(x)=1$. Дифференцируем: $2x+2yy'=0$, $y'=-\dfrac xy$. Ещё раз: $2+2y'^2+2yy''=0$, откуда

$$y''=-\frac{1+y'^2}{y}=-\frac{1+x^2/y^2}{y}=-\frac{x^2+y^2}{y^3}=-\frac1{y^3}.$$

Способ 2. $y'=-\dfrac xy$. Дифференцируем дробь, $y=y(x)$:

$$y''=-\frac{1\cdot y-x\cdot y'}{y^2}=-\frac{y+x^2/y}{y^2}=-\frac{x^2+y^2}{y^3}=-\frac1{y^3}.$$

В последнем шаге использовали уравнение кривой $x^2+y^2=1$. Проверка на верхней полуокружности: $y=\sqrt{1-x^2}$, $y''=-(1-x^2)^{-3/2}=-1/y^3$.

$F_x=3x^2-3ay$, $F_y=3y^2-3ax$:

$$y'=-\frac{x^2-ay}{y^2-ax}=\frac{ay-x^2}{y^2-ax}.$$

$y''$ способом 1. Тождество, делённое на 3, продифференцировано: $x^2+y^2y'-ay-axy'=0$. Ещё раз по $x$:

$$2x+2yy'^2+y^2y''-2ay'-axy''=0\ \Longrightarrow\ y''(y^2-ax)=2ay'-2x-2yy'^2.$$

Обозначим $P=ay-x^2$, $Q=y^2-ax$, $y'=P/Q$. Тогда $y''=\dfrac{2(aPQ-xQ^2-yP^2)}{Q^3}$. Раскрываем скобки:

$$aPQ-xQ^2-yP^2=-a^3xy+3ax^2y^2-xy^4-x^4y=-xy\left(x^3+y^3-3axy\right)-a^3xy=-a^3xy,$$

потому что точка лежит на кривой. Ответ: $y''=-\dfrac{2a^3xy}{(y^2-ax)^3}$.

Сначала $y(0)$: $e^y=e$, $y=1$. Теорема применима: $F_y=e^y+x=e\ne0$.

Тождество: $e^yy'+y+xy'=0$. При $x=0$, $y=1$: $ey'+1=0$, $y'(0)=-\dfrac1e$.

Ещё раз: $e^yy'^2+e^yy''+y'+y'+xy''=0$. При $x=0$: $e\cdot\dfrac1{e^2}+ey''-\dfrac2e=0$, откуда $y''(0)=\dfrac{1}{e^2}$.

Удобный приём: подставлять числа сразу после каждого дифференцирования, а не выводить общую формулу.

Первые. Дифференцируем тождество $x^2+y^2+z^2(x,y)=a^2$ по $x$: $2x+2zz_x=0$. По $y$: $2y+2zz_y=0$.

$$z_x=-\frac xz,\qquad z_y=-\frac yz\qquad(z\ne0).$$

(То же по формуле: $F_x=2x$, $F_y=2y$, $F_z=2z$.)

$z_{xx}$. Дифференцируем $z_x=-\dfrac xz$ по $x$, помня, что $z=z(x,y)$:

$$z_{xx}=-\frac{1\cdot z-x\,z_x}{z^2}=-\frac{z+x^2/z}{z^2}=-\frac{x^2+z^2}{z^3}.$$

$z_{xy}$. Дифференцируем $z_x=-\dfrac xz$ по $y$ ($x$ — константа):

$$z_{xy}=-x\cdot\left(-\frac{z_y}{z^2}\right)=\frac{x\,z_y}{z^2}=-\frac{xy}{z^3}.$$

$z_{yy}$ по симметрии: $z_{yy}=-\dfrac{y^2+z^2}{z^3}$.

Ответ:

$$z_x=-\frac xz,\quad z_y=-\frac yz,\quad z_{xx}=-\frac{x^2+z^2}{z^3}=-\frac{a^2-y^2}{z^3},\quad z_{xy}=-\frac{xy}{z^3},\quad z_{yy}=-\frac{y^2+z^2}{z^3}=-\frac{a^2-x^2}{z^3}.$$

Проверка явным выражением. На верхней полусфере $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$, $z_x=\dfrac{-x}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}=-\dfrac xz$ — совпадает. Неявный способ хорош тем, что сразу работает и для нижней полусферы ($z\lt0$).

Через дифференциалы то же самое выглядит так: $x\,dx+y\,dy+z\,dz=0$, $dz=-\dfrac{x\,dx+y\,dy}{z}$, а

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

Где не работает: при $z=0$ (экватор сферы) $F_z=0$, касательная плоскость вертикальна, $z(x,y)$ там не определяется однозначно.

Первые. $F=z^3-3xyz-a^3$: $F_x=-3yz$, $F_y=-3xz$, $F_z=3z^2-3xy$. Обозначим $Q=z^2-xy$ (нужно $Q\ne0$).

$$z_x=-\frac{-3yz}{3(z^2-xy)}=\frac{yz}{Q},\qquad z_y=\frac{xz}{Q}.$$

Проверка дифференцированием тождества по $x$: $3z^2z_x-3yz-3xyz_x=0$, $z_x(z^2-xy)=yz$ — то же.

$z_{xx}$. Дифференцируем $\dfrac{yz}{Q}$ по $x$; $(yz)'_x=yz_x$, $Q'_x=2zz_x-y$:

$$z_{xx}=\frac{yz_x\cdot Q-yz(2zz_x-y)}{Q^2}=\frac{yz_x(Q-2z^2)+y^2z}{Q^2}=\frac{-yz_x(z^2+xy)+y^2z}{Q^2}.$$

Подставляем $z_x=\dfrac{yz}{Q}$:

$$z_{xx}=\frac{y^2z\bigl(-(z^2+xy)+Q\bigr)}{Q^3}=\frac{y^2z(-z^2-xy+z^2-xy)}{Q^3}=-\frac{2xy^3z}{(z^2-xy)^3}.$$

$z_{xy}$. Дифференцируем $\dfrac{yz}{Q}$ по $y$; $(yz)'_y=z+yz_y$, $Q'_y=2zz_y-x$:

$$z_{xy}=\frac{(z+yz_y)Q-yz(2zz_y-x)}{Q^2}=\frac{zQ+xyz+yz_y(Q-2z^2)}{Q^2}=\frac{z^3-yz_y(z^2+xy)}{Q^2}.$$

Подставляем $z_y=\dfrac{xz}{Q}$:

$$z_{xy}=\frac{z^3Q-xyz(z^2+xy)}{Q^3}=\frac{z\bigl(z^4-xyz^2-xyz^2-x^2y^2\bigr)}{Q^3}=\frac{z\left(z^4-2xyz^2-x^2y^2\right)}{(z^2-xy)^3}.$$

$z_{yy}$: уравнение симметрично по $x\leftrightarrow y$, поэтому меняем их местами в $z_{xx}$.

Ответ:

$$z_x=\frac{yz}{z^2-xy},\quad z_y=\frac{xz}{z^2-xy},\quad z_{xx}=-\frac{2xy^3z}{(z^2-xy)^3},\quad z_{yy}=-\frac{2x^3yz}{(z^2-xy)^3},\quad z_{xy}=\frac{z(z^4-2xyz^2-x^2y^2)}{(z^2-xy)^3}.$$

Проверка в sympy (так проверялись все ответы этой главы):

from sympy import symbols, Function, diff, solve, factor
x, y, a = symbols('x y a')
z = Function('z')(x, y)
F = z**3 - 3*x*y*z - a**3        # F(x, y, z(x, y)) = 0 - тождество по x, y
zx = solve(diff(F, x), diff(z, x))[0]
zy = solve(diff(F, y), diff(z, y))[0]
zxx = solve(diff(F, x, 2), diff(z, x, 2))[0].subs(diff(z, x), zx)
zxy = solve(diff(F, x, y), diff(z, x, y))[0].subs({diff(z, x): zx, diff(z, y): zy})
print(factor(zx), factor(zxx), factor(zxy))
# -y*z/(x*y - z**2)   2*x*y**3*z/(x*y - z**2)**3   (x**2*y**2 + 2*x*y*z**2 - z**4)*z/(x*y - z**2)**3

У sympy знаменатель $xy-z^2=-(z^2-xy)$, знаки совпадают с нашими.

Проверим, что точка на поверхности: $e^0=1$, $\cos0\cdot\cos\frac\pi2+1=1$. Да.

$F=e^{z-1}-\cos x\cos y-1$: $F_x=\sin x\cos y$, $F_y=\cos x\sin y$, $F_z=e^{z-1}$. В $M_0$: $F_x=0$, $F_y=1$, $F_z=1\ne0$ — теорема применима.

$$z_x(M_0)=-\frac{0}{1}=0,\qquad z_y(M_0)=-\frac11=-1.$$

Ответ: $dz(M_0)=0\cdot dx-1\cdot dy=-dy$.

Дифференцируем тождество. Слева $\ln\sqrt{x^2+y^2}=\frac12\ln(x^2+y^2)$, справа производная арктангенса:

$$\frac{x+yy'}{x^2+y^2}=\frac{1}{1+y^2/x^2}\cdot\frac{xy'-y}{x^2}=\frac{xy'-y}{x^2+y^2}.$$

Знаменатели одинаковые: $x+yy'=xy'-y$, откуда $y'(x-y)=x+y$:

$$y'=\frac{x+y}{x-y}.$$

$y''$ (способ 2, дифференцируем дробь):

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

$xy'-y=\dfrac{x(x+y)-y(x-y)}{x-y}=\dfrac{x^2+y^2}{x-y}$, поэтому

$$y''=\frac{2(x^2+y^2)}{(x-y)^3}.$$

Через формулу: $F=\frac12\ln(x^2+y^2)-\arctg\frac yx$, $F_x=\dfrac{x+y}{x^2+y^2}$, $F_y=\dfrac{y-x}{x^2+y^2}$, $y'=-F_x/F_y$ — то же.

Что это за кривая. В полярных координатах $\ln r=\arctg\frac yx=\varphi$ (при $x\gt0$), то есть $r=e^\varphi$ — логарифмическая спираль.

Дифференцируем: $y'-\varepsilon\cos y\cdot y'=1$, то есть

$$y'=\frac{1}{1-\varepsilon\cos y}.$$

Зачем условие $0\lt\varepsilon\lt1$: $F_y=1-\varepsilon\cos y\ge1-\varepsilon\gt0$ при всех $y$. Значит, теорема о неявной функции работает в каждой точке, и знаменатель никогда не обнуляется. Более того, $x=y-\varepsilon\sin y$ строго возрастает по $y$, поэтому $y(x)$ определена на всей прямой.

$y''$. $y'=(1-\varepsilon\cos y)^{-1}$, дифференцируем как сложную функцию от $y(x)$:

$$y''=-(1-\varepsilon\cos y)^{-2}\cdot\varepsilon\sin y\cdot y'=-\frac{\varepsilon\sin y}{(1-\varepsilon\cos y)^3}.$$

На обоих фото (msg55 и msg56) условие записано именно так: $y=\arctg\frac yx$. С ним есть странности, разберём честно.

1. Тривиальное решение. $y\equiv0$ удовлетворяет уравнению при любом $x\ne0$: $0=\arctg0$. Для него $y'=y''=0$, и считать нечего.

2. Нетривиальные решения есть только при $0\lt x\lt1$. Так как $|\arctg|\lt\frac\pi2$, то $|y|\lt\frac\pi2$. При $y\ne0$ уравнение равносильно $\tg y=\frac yx$, то есть

$$x=y\ctg y,\qquad 0\lt|y|\lt\frac\pi2.$$

Функция $y\ctg y$ на $\left(0,\frac\pi2\right)$ убывает от $1$ до $0$, поэтому нетривиальные решения есть только при $0\lt x\lt1$: две симметричные ветки $\pm y(x)$. При $x\to1$ они сливаются с $y=0$.

3. Формальное решение. $F=y-\arctg\frac yx$:

$$F_x=-\frac{1}{1+y^2/x^2}\cdot\left(-\frac{y}{x^2}\right)=\frac{y}{x^2+y^2},\qquad F_y=1-\frac{1}{1+y^2/x^2}\cdot\frac1x=\frac{x^2+y^2-x}{x^2+y^2}.$$ $$y'=-\frac{F_x}{F_y}=-\frac{y}{x^2+y^2-x}.$$

$y''$: обозначим $Q=x^2+y^2-x$, $Q'=2x-1+2yy'$, и заметим $y'Q=-y$:

$$y''=-\frac{y'Q-yQ'}{Q^2}=\frac{y+y(2x-1+2yy')}{Q^2}=\frac{2y(x+yy')}{Q^2}.$$

$x+yy'=x-\dfrac{y^2}{Q}=\dfrac{x^3+xy^2-x^2-y^2}{Q}=\dfrac{(x-1)(x^2+y^2)}{Q}$, итого

$$y''=\frac{2y(x-1)(x^2+y^2)}{(x^2+y^2-x)^3}.$$

На тривиальной ветке $y=0$ формулы дают $y'=y''=0$ (при $x\ne1$), всё согласовано.

4. Особая точка $(1,0)$. Там $F_y=\frac{1+0-1}{1}=0$: теорема о неявной функции не работает, и действительно, через эту точку проходят и $y=0$, и обе нетривиальные ветки.

5. Проверка через обратную функцию. На нетривиальной ветке $x=y\ctg y$ — явная функция от $y$, поэтому $y'=\dfrac{1}{x'(y)}=\dfrac{\sin^2y}{\sin y\cos y-y}$. Если подставить $x=y\ctg y$ в $-\dfrac{y}{x^2+y^2-x}$, получится то же (сверено в sympy численно и символьно).

Вывод. Ответ: $y'=-\dfrac{y}{x^2+y^2-x}$, $y''=\dfrac{2y(x-1)(x^2+y^2)}{(x^2+y^2-x)^3}$, с оговорками выше. Возможно, на доске опечатка, и имелось в виду похожее и более типичное уравнение $y=x+\arctg y$. Сверь с одногруппниками; на всякий случай решение и для него:

$y'=1+\dfrac{y'}{1+y^2}$ $\Rightarrow$ $y'\cdot\dfrac{y^2}{1+y^2}=1$ $\Rightarrow$ $y'=\dfrac{1+y^2}{y^2}=1+y^{-2}$, $\quad y''=-2y^{-3}y'=-\dfrac{2(1+y^2)}{y^5}$.

Дифференцируем по $x$:

$$\begin{cases}1=u_x\cos v-u\sin v\cdot v_x,\\ 0=u_x\sin v+u\cos v\cdot v_x.\end{cases}$$

Определитель $\begin{vmatrix}\cos v&-u\sin v\\ \sin v&u\cos v\end{vmatrix}=u$, нужно $u\ne0$. По Крамеру:

$$u_x=\frac{\begin{vmatrix}1&-u\sin v\\0&u\cos v\end{vmatrix}}{u}=\cos v,\qquad v_x=\frac{\begin{vmatrix}\cos v&1\\ \sin v&0\end{vmatrix}}{u}=-\frac{\sin v}{u}.$$

Аналогично по $y$ (правая часть $(0,1)$): $u_y=\sin v$, $v_y=\dfrac{\cos v}{u}$.

Смысл: это полярные координаты, $u=r$, $v=\varphi$. Проверка: $r=\sqrt{x^2+y^2}$, $r_x=\frac xr=\cos\varphi$ — совпадает.

Точка на кривой: $0-0+2+0-1-1=0$. Дифференцируем:

$$2x-y-xy'+4yy'+1-y'=0.$$

В $(0,1)$: $-1+4y'+1-y'=0$, $y'(0)=0$.

Ещё раз: $2-y'-y'-xy''+4y'^2+4yy''-y''=0$. В точке ($y'=0$): $2+4y''-y''=0$, $y''(0)=-\dfrac23$.

$y'=e^y+xe^yy'$, $y'=\dfrac{e^y}{1-xe^y}$. Из уравнения $xe^y=y-1$, поэтому $y'=\dfrac{e^y}{2-y}$.

$y''=\dfrac{e^yy'(2-y)+e^yy'}{(2-y)^2}=\dfrac{e^yy'(3-y)}{(2-y)^2}=\dfrac{e^{2y}(3-y)}{(2-y)^3}$.

Логарифмируем: $y\ln x=x\ln y$. Дифференцируем: $y'\ln x+\dfrac yx=\ln y+\dfrac{x}{y}y'$.

$$y'\left(\ln x-\frac xy\right)=\ln y-\frac yx\ \Longrightarrow\ y'=\frac{y(x\ln y-y)}{x(y\ln x-x)}.$$

$F=e^z-xyz$: $F_x=-yz$, $F_y=-xz$, $F_z=e^z-xy$. Используя $e^z=xyz$:

$$z_x=\frac{yz}{e^z-xy}=\frac{yz}{xyz-xy}=\frac{z}{x(z-1)},\qquad z_y=\frac{z}{y(z-1)}.$$

$z_{xy}$: $x$ — константа, $\left(\dfrac{z}{z-1}\right)'_y=\dfrac{z_y(z-1)-zz_y}{(z-1)^2}=-\dfrac{z_y}{(z-1)^2}$:

$$z_{xy}=-\frac{1}{x}\cdot\frac{z_y}{(z-1)^2}=-\frac{z}{xy(z-1)^3}.$$

$z_{xx}$: дифференцируем $\dfrac{z}{x(z-1)}$ по $x$:

$$z_{xx}=\frac{z_x\cdot x(z-1)-z\bigl((z-1)+xz_x\bigr)}{x^2(z-1)^2}=\frac{-xz_x-z(z-1)}{x^2(z-1)^2}=-\frac{z(z^2-2z+2)}{x^2(z-1)^3}.$$

(В предпоследнем шаге $xz_x(z-1)-xzz_x=-xz_x$, затем подставили $xz_x=\frac{z}{z-1}$.)

$F=\dfrac xz-\ln z+\ln y$: $F_x=\dfrac1z$, $F_y=\dfrac1y$, $F_z=-\dfrac{x}{z^2}-\dfrac1z=-\dfrac{x+z}{z^2}$.

$$z_x=\frac{1/z}{(x+z)/z^2}=\frac{z}{x+z},\qquad z_y=\frac{z^2}{y(x+z)}.$$ $$z_{xx}=\frac{z_x(x+z)-z(1+z_x)}{(x+z)^2}=\frac{xz_x-z}{(x+z)^2}=\frac{\frac{xz}{x+z}-z}{(x+z)^2}=-\frac{z^2}{(x+z)^3}.$$

Точка на поверхности: $1+8+3-2-1-9=0$.

По $x$: $2x+6zz_x+y-z_x=0$. В точке: $2+6z_x-2-z_x=0$, $z_x=0$.

По $y$: $4y+6zz_y+x-z_y=0$. В точке: $-8+5z_y+1=0$, $z_y=\frac75$.

Вторые: дифференцируем первое тождество по $x$: $2+6z_x^2+6zz_{xx}-z_{xx}=0$ $\Rightarrow$ $2+5z_{xx}=0$, $z_{xx}=-\frac25$.

Первое по $y$: $6z_yz_x+6zz_{xy}+1-z_{xy}=0$ $\Rightarrow$ $5z_{xy}+1=0$, $z_{xy}=-\frac15$.

Второе по $y$: $4+6z_y^2+6zz_{yy}-z_{yy}=0$ $\Rightarrow$ $4+\frac{294}{25}+5z_{yy}=0$, $z_{yy}=-\frac{394}{125}$.

$$dz=\frac75\,dy,\qquad d^2z=-\frac25dx^2-\frac25dx\,dy-\frac{394}{125}dy^2.$$

$F_x=\cos y-z\sin x$, $F_y=-x\sin y+\cos z$, $F_z=-y\sin z+\cos x$.

$$z_x=-\frac{\cos y-z\sin x}{\cos x-y\sin z},\qquad z_y=-\frac{\cos z-x\sin y}{\cos x-y\sin z}.$$

Типичная ошибка здесь — в $F_x$ забыть слагаемое от $z\cos x$: $z$ заморожена, но $\cos x$ дифференцируется.