4. Градиент, касательная плоскость, Тейлор

Что частные производные говорят о геометрии функции: куда она растёт быстрее всего, как выглядят касательные к кривым и поверхностям и как приблизить функцию многочленом второй степени.

в примере КР1 из РПДДЗ1экзамен: вопросы 7, 12, 13, 31, 32

Откуда известно, что это нужно

По РПД курса (рабочая программа, в ней есть пример КР1 и ДЗ1):

В составе КР1, который объявили в чате практики 05.10, эти темы явно не названы, а в примере из РПД они есть. Что именно войдёт в нашу КР1, лучше уточнить у практика; готовиться стоит по обоим спискам.

Ещё зачем: формула Тейлора второго порядка объясняет, почему работает достаточное условие экстремума (глава 5), а градиент и нормаль понадобятся в теории поля (глава 10).

Нужно уверенно уметь: частные производные первого и второго порядка, дифференциал $df = f'_x\,dx + f'_y\,dy$ и $d^2f$ (глава 2), производную неявной функции (глава 3). Из линейной алгебры: скалярное произведение $(\vec a,\vec b) = |\vec a||\vec b|\cos\varphi$, длина вектора, уравнение плоскости $A(x-x_0)+B(y-y_0)+C(z-z_0)=0$ с нормалью $(A,B,C)$ и канонические уравнения прямой.

1. Производная по направлению

Идея

Частная производная $u'_x$ показывает скорость изменения функции, если идти вдоль оси $Ox$, а $u'_y$ — вдоль $Oy$. Но из точки можно пойти в любом направлении. Производная по направлению отвечает на вопрос: с какой скоростью меняется $u$, если выйти из точки $M_0$ в направлении единичного вектора $\vec l$.

На картинке ниже линии уровня функции $z = x^2+xy+y^2$ и луч из точки $M_0(1,1)$. Двигай ползунок $p$ (угол направления с осью $Ox$): если луч идёт поперёк линий уровня в сторону роста, производная большая; если вдоль линии уровня — ноль; если в сторону убывания — отрицательная.

Определение

Пусть $\vec l = (\cos\alpha, \cos\beta)$ — единичный вектор. Производная функции $u(x,y)$ в точке $M_0(x_0,y_0)$ по направлению $\vec l$:

$$\frac{\partial u}{\partial l}(M_0) = \lim_{t\to +0} \frac{u(x_0 + t\cos\alpha,\; y_0 + t\cos\beta) - u(x_0,y_0)}{t}.$$

Числа $\cos\alpha$, $\cos\beta$ (и $\cos\gamma$ в пространстве) — направляющие косинусы: косинусы углов между $\vec l$ и осями $Ox$, $Oy$, $Oz$. Для единичного вектора $\cos^2\alpha + \cos^2\beta (+\cos^2\gamma) = 1$.

Формула

Если $u$ дифференцируема в точке $M_0$, то

$$\frac{\partial u}{\partial l} = u'_x\cos\alpha + u'_y\cos\beta, \qquad \frac{\partial u}{\partial l} = u'_x\cos\alpha + u'_y\cos\beta + u'_z\cos\gamma,$$

все производные считаются в точке $M_0$.

Откуда: по определению дифференцируемости $u(M_0 + t\vec l) - u(M_0) = u'_x\,t\cos\alpha + u'_y\,t\cos\beta + o(t)$; делим на $t$ и устремляем $t\to+0$.

Как понимать

Частные производные — частный случай: при $\vec l = (1,0)$ получаем $\frac{\partial u}{\partial l} = u'_x$, при $\vec l = (0,1)$ — $u'_y$. Направление $-\vec l$ даёт ту же скорость с обратным знаком.

Как найти направляющие косинусы

Что даноЧто делать
Вектор $\vec a = (a_1,a_2,a_3)$Нормировать: $\cos\alpha = \frac{a_1}{|\vec a|}$, $\cos\beta = \frac{a_2}{|\vec a|}$, $\cos\gamma = \frac{a_3}{|\vec a|}$, где $|\vec a| = \sqrt{a_1^2+a_2^2+a_3^2}$
Направление от $M_0$ к точке $M_1$Взять $\vec a = \overrightarrow{M_0M_1} = (x_1-x_0,\ y_1-y_0,\ z_1-z_0)$ и нормировать
Угол $\varphi$ с осью $Ox$ (на плоскости)$\cos\alpha = \cos\varphi$, $\cos\beta = \sin\varphi$ (угол с $Oy$ равен $\frac{\pi}{2}-\varphi$)
Алгоритм
  1. Найти частные производные и подставить точку $M_0$.
  2. Найти вектор направления и разделить его на длину.
  3. Сложить произведения: $u'_x\cos\alpha + u'_y\cos\beta (+ u'_z\cos\gamma)$.
Пример 1

Найти производную $z = x^2 + xy + y^2$ в точке $M_0(1,1)$ по направлению вектора $\vec a = (3,4)$.

Решение

$z'_x = 2x + y$, $z'_y = x + 2y$; в точке $(1,1)$: $z'_x = 3$, $z'_y = 3$.

$|\vec a| = \sqrt{9+16} = 5$, поэтому $\cos\alpha = \frac35$, $\cos\beta = \frac45$.

$$\frac{\partial z}{\partial l} = 3\cdot\frac35 + 3\cdot\frac45 = \frac{21}{5}.$$

Ответ: $\frac{21}{5}$. Если бы забыли нормировать, получили бы $3\cdot3+3\cdot4 = 21$ — в 5 раз больше.

Пример 2

Найти производную $z = \ln(x^2+y^2)$ в точке $M_0(1,2)$ по направлению, составляющему угол $120^\circ$ с осью $Ox$.

Решение

$z'_x = \frac{2x}{x^2+y^2}$, $z'_y = \frac{2y}{x^2+y^2}$; в точке $(1,2)$: $x^2+y^2 = 5$, $z'_x = \frac25$, $z'_y = \frac45$.

Вектор под углом $120^\circ$: $\cos\alpha = \cos 120^\circ = -\frac12$, $\cos\beta = \sin 120^\circ = \frac{\sqrt3}{2}$ (он уже единичный).

$$\frac{\partial z}{\partial l} = \frac25\cdot\left(-\frac12\right) + \frac45\cdot\frac{\sqrt3}{2} = \frac{2\sqrt3 - 1}{5}.$$
Пример 3

Найти производную $z = x^3 - 2x^2y + 3y$ в точке $M_0(1,2)$ по направлению к точке $M_1(4,6)$.

Решение

$z'_x = 3x^2 - 4xy = 3 - 8 = -5$, $z'_y = -2x^2 + 3 = 1$ (в точке $M_0$).

$\overrightarrow{M_0M_1} = (3,4)$, длина 5, $\vec l = \left(\frac35, \frac45\right)$.

$$\frac{\partial z}{\partial l} = -5\cdot\frac35 + 1\cdot\frac45 = -\frac{11}{5}.$$

Минус значит, что в сторону $M_1$ функция убывает. Координаты $M_1$ в производные не подставляем: точка $M_1$ задаёт только направление.

Пример 4 (три переменные)

Найти производную $u = xyz$ в точке $M_0(1,-1,2)$ по направлению вектора $\vec a = (2,-1,2)$.

Решение

$u'_x = yz = -2$, $u'_y = xz = 2$, $u'_z = xy = -1$.

$|\vec a| = \sqrt{4+1+4} = 3$, $\vec l = \left(\frac23, -\frac13, \frac23\right)$.

$$\frac{\partial u}{\partial l} = -2\cdot\frac23 + 2\cdot\left(-\frac13\right) - 1\cdot\frac23 = \frac{-4-2-2}{3} = -\frac83.$$
Пример 5 (три переменные, от точки к точке)

пример КР1 из РПД, 2в

Дана функция $u = x^2y + y^2z + z^2x$ и точки $M_1(1,-1,2)$, $M_2(3,4,-1)$. Вычислить производную по направлению $\overrightarrow{M_1M_2}$ и градиент $\grad u(M_1)$.

Решение

Частные производные и их значения в $M_1(1,-1,2)$:

$u'_x = 2xy + z^2 = -2 + 4 = 2$, $u'_y = x^2 + 2yz = 1 - 4 = -3$, $u'_z = y^2 + 2zx = 1 + 4 = 5$.

$\grad u(M_1) = (2, -3, 5) = 2\vec i - 3\vec j + 5\vec k$.

$\overrightarrow{M_1M_2} = (3 - 1,\ 4 + 1,\ -1 - 2) = (2, 5, -3)$, длина $\sqrt{4 + 25 + 9} = \sqrt{38}$, $\vec l = \frac{1}{\sqrt{38}}(2, 5, -3)$.

$$\frac{\partial u}{\partial l} = \frac{2\cdot2 - 3\cdot5 + 5\cdot(-3)}{\sqrt{38}} = \frac{4 - 15 - 15}{\sqrt{38}} = -\frac{26}{\sqrt{38}} = -\frac{13\sqrt{38}}{19} \approx -4{,}22.$$

Ответ: $\frac{\partial u}{\partial l} = -\frac{26}{\sqrt{38}}$, $\grad u(M_1) = (2,-3,5)$. Для самопроверки: $|\frac{\partial u}{\partial l}| \le |\grad u| = \sqrt{38} \approx 6{,}16$ — так и есть.

Пример 6 (смысл нуля)

Для $z = \arctg\frac{y}{x}$ в точке $M_0(1,1)$ найти производные: а) по направлению радиус-вектора $\overrightarrow{OM_0}$; б) по направлению вектора $(-1,1)$.

Решение

$z'_x = \frac{1}{1+y^2/x^2}\cdot\left(-\frac{y}{x^2}\right) = -\frac{y}{x^2+y^2}$, $z'_y = \frac{x}{x^2+y^2}$. В точке $(1,1)$: $z'_x = -\frac12$, $z'_y = \frac12$.

а) $\vec l = \left(\frac{1}{\sqrt2}, \frac{1}{\sqrt2}\right)$: $\frac{\partial z}{\partial l} = -\frac{1}{2\sqrt2} + \frac{1}{2\sqrt2} = 0$.

б) $\vec l = \left(-\frac{1}{\sqrt2}, \frac{1}{\sqrt2}\right)$: $\frac{\partial z}{\partial l} = \frac{1}{2\sqrt2} + \frac{1}{2\sqrt2} = \frac{1}{\sqrt2} = \frac{\sqrt2}{2}$.

Почему а) ноль: $\arctg\frac yx$ — это полярный угол точки, он постоянен на луче из начала координат. Луч — линия уровня, вдоль неё функция не меняется. В б) идём по окружности, угол растёт.

2. Градиент

Определение

Градиент функции $u(x,y,z)$ в точке — вектор из её частных производных:

$$\grad u = \left(\pd{u}{x},\ \pd{u}{y},\ \pd{u}{z}\right) = u'_x\,\vec i + u'_y\,\vec j + u'_z\,\vec k.$$

Для двух переменных $\grad z = (z'_x, z'_y)$ — вектор на плоскости $xOy$ (не в пространстве с осью $z$!).

Формула производной по направлению — это скалярное произведение градиента и единичного вектора:

Связь с производной по направлению $$\frac{\partial u}{\partial l} = (\grad u,\ \vec l) = |\grad u|\cdot\cos\varphi,$$

где $\varphi$ — угол между $\grad u$ и $\vec l$ (здесь $|\vec l| = 1$).

Из этой одной строки следуют все свойства градиента: $\cos\varphi$ меняется от $-1$ до $1$.

Свойства градиента (если $\grad u \ne \vec 0$)
  1. Производная по направлению максимальна при $\varphi = 0$, то есть в направлении $\grad u$: это направление наибыстрейшего роста функции.
  2. Максимальная скорость роста равна $|\grad u| = \sqrt{u'^2_x + u'^2_y + u'^2_z}$.
  3. В направлении $-\grad u$ функция быстрее всего убывает, скорость $-|\grad u|$.
  4. При $\varphi = 90^\circ$ производная равна нулю: в направлениях, перпендикулярных градиенту, функция «в первом порядке» не меняется.
  5. Градиент перпендикулярен линии уровня $u(x,y) = C$ (в пространстве — поверхности уровня $u(x,y,z) = C$), проходящей через точку.
Почему градиент перпендикулярен линии уровня

Пусть $x(t), y(t)$ — линия уровня: $u(x(t),y(t)) = C$. Продифференцируем по $t$ как сложную функцию: $u'_x x'(t) + u'_y y'(t) = 0$, то есть $(\grad u, \vec\tau) = 0$, где $\vec\tau = (x'(t), y'(t))$ — касательный вектор к линии уровня. Скалярное произведение ноль — векторы перпендикулярны.

На карте с горизонталями: градиент показывает, куда идти, чтобы подниматься круче всего, и всегда смотрит поперёк горизонталей. Чем гуще горизонтали, тем длиннее градиент.

Ещё одна функция — «холм и яма» $z = x e^{-x^2-y^2}$. Сначала поверхность, потом её карта с градиентом: стрелки сходятся к вершине холма (точка $\left(\frac{1}{\sqrt2}, 0\right)$) и разбегаются от дна ямы.

Ловушка

Если $\grad u = \vec 0$ в точке, направления наибыстрейшего роста нет, все производные по направлениям равны нулю. Такие точки называют стационарными, именно среди них ищут экстремумы (глава 5).

Пример 7

Найти градиент $u = x^2 + 2y^2 + 3z^2 - xy + z$ в точке $M_0(1,1,0)$, наибольшую скорость роста функции в этой точке и её направление.

Решение

$u'_x = 2x - y = 1$, $u'_y = 4y - x = 3$, $u'_z = 6z + 1 = 1$.

$\grad u(M_0) = (1,3,1)$, $|\grad u| = \sqrt{1+9+1} = \sqrt{11}$.

Наибольшая скорость роста $\sqrt{11}$, направление — единичный вектор $\frac{1}{\sqrt{11}}(1,3,1)$.

Пример 8

В каком направлении функция $z = x^2y$ быстрее всего убывает в точке $M_0(1,2)$? С какой скоростью?

Решение

$z'_x = 2xy = 4$, $z'_y = x^2 = 1$; $\grad z = (4,1)$, $|\grad z| = \sqrt{17}$.

Наибыстрейшее убывание — по $-\grad z$: направление $\left(-\frac{4}{\sqrt{17}}, -\frac{1}{\sqrt{17}}\right)$, производная по нему равна $-\sqrt{17}$.

Пример 9 (угол между градиентами в двух точках)

Найти угол между градиентами функции $z = \ln\frac{y}{x}$ в точках $A\left(\frac12, \frac14\right)$ и $B(1,1)$.

Решение

$z = \ln y - \ln x$ (при $x, y > 0$), поэтому $z'_x = -\frac1x$, $z'_y = \frac1y$.

$\grad z(A) = (-2, 4)$, $\grad z(B) = (-1, 1)$.

$$\cos\varphi = \frac{(-2)(-1) + 4\cdot 1}{\sqrt{4+16}\cdot\sqrt{1+1}} = \frac{6}{\sqrt{40}} = \frac{3}{\sqrt{10}}.$$

Ответ: $\varphi = \arccos\frac{3}{\sqrt{10}}$.

Пример 10 (угол между градиентами двух функций)

Найти угол между градиентами функций $u = x^2 + y^2 + z^2$ и $v = xyz$ в точке $M_0(1,2,1)$.

Решение

$\grad u = (2x, 2y, 2z) = (2,4,2)$, $\grad v = (yz, xz, xy) = (2,1,2)$.

$$\cos\varphi = \frac{4 + 4 + 4}{\sqrt{24}\cdot 3} = \frac{12}{6\sqrt6} = \frac{2}{\sqrt6} = \frac{\sqrt6}{3}.$$

Ответ: $\varphi = \arccos\frac{\sqrt6}{3}$. Геометрически это угол между поверхностями уровня $u = 6$ и $v = 2$ в точке $M_0$: градиенты — их нормали.

Пример 11 (где градиент нулевой)

Найти точки, в которых градиент функции $z = x^3 + y^3 - 3xy$ равен нулю.

Решение

$z'_x = 3x^2 - 3y = 0$, $z'_y = 3y^2 - 3x = 0$, то есть $y = x^2$ и $x = y^2$. Отсюда $x = x^4$, $x(x^3-1) = 0$: $x = 0$ или $x = 1$.

Ответ: $(0,0)$ и $(1,1)$. Это стационарные точки; в главе 5 выясним, что в $(1,1)$ минимум, а в $(0,0)$ экстремума нет (см. также задачу 10 ниже).

Градиент и приближённое вычисление

Дифференциал можно записать через градиент: $du = u'_x\,dx + u'_y\,dy + u'_z\,dz = (\grad u, \Delta\vec r)$, где $\Delta\vec r = (\Delta x, \Delta y, \Delta z)$ — смещение точки. Отсюда формула приближённых вычислений (та же, что в главе 2, только короче записана):

Линейное приближение $$u(M_0 + \Delta\vec r) \approx u(M_0) + (\grad u(M_0), \Delta\vec r).$$

Ошибка — $o(|\Delta\vec r|)$ при малом смещении.

Пример 12

Вычислить приближённо $\sqrt{2{,}01^2 + 1{,}98^2 + 1{,}03^2}$.

Решение

Берём $u = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$, $M_0(2, 2, 1)$ (там корень считается: $u(M_0) = 3$), $\Delta\vec r = (0{,}01;\ -0{,}02;\ 0{,}03)$.

$\grad u = \frac{(x, y, z)}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$, в $M_0$: $\left(\frac23, \frac23, \frac13\right)$.

$$u \approx 3 + \frac23\cdot0{,}01 + \frac23\cdot(-0{,}02) + \frac13\cdot0{,}03 = 3 + \frac{0{,}02 - 0{,}04 + 0{,}03}{3} \approx 3{,}0033.$$

Точное значение $3{,}00356\ldots$

$\grad u(M_0) = (3,-4)$. Какое наибольшее значение может принимать $\frac{\partial u}{\partial l}(M_0)$?
Максимум производной по направлению равен $|\grad u| = \sqrt{9+16} = 5$, он достигается при $\vec l = \left(\frac35, -\frac45\right)$.
Связь с программированием

Градиентный спуск в машинном обучении — это ровно свойство 3: чтобы уменьшить функцию потерь, делают шаг $x_{k+1} = x_k - \eta\,\grad f(x_k)$, то есть в сторону наибыстрейшего убывания.

3. Касательная плоскость и нормаль

Идея

Дифференцируемость функции $z = f(x,y)$ в точке означает, что вблизи точки $f(x,y) \approx f(x_0,y_0) + f'_x\,(x-x_0) + f'_y\,(y-y_0)$. Правая часть — линейная функция, её график — плоскость. Это и есть касательная плоскость: поверхность в маленькой окрестности точки почти не отличается от неё.

Подвигай ползунки $a, b$ — это координаты точки касания $(a, b)$ на параболоиде $z = x^2 + y^2$. Касательная плоскость $z = a^2 + b^2 + 2a(x-a) + 2b(y-b)$ показана полупрозрачной, точка касания обведена маленьким кружком.

Поверхность — график $z = f(x,y)$

Касательная плоскость в точке $M_0(x_0, y_0, z_0)$, где $z_0 = f(x_0,y_0)$:

$$z - z_0 = f'_x(x_0,y_0)\,(x - x_0) + f'_y(x_0,y_0)\,(y - y_0).$$

Нормаль (прямая через $M_0$ перпендикулярно касательной плоскости):

$$\frac{x - x_0}{f'_x} = \frac{y - y_0}{f'_y} = \frac{z - z_0}{-1}.$$

Вектор нормали $\vec n = (f'_x,\ f'_y,\ -1)$.

Поверхность задана неявно: $F(x,y,z) = 0$

Если $F$ дифференцируема и $\grad F(M_0) \ne \vec 0$, то касательная плоскость:

$$F'_x(M_0)(x - x_0) + F'_y(M_0)(y - y_0) + F'_z(M_0)(z - z_0) = 0,$$

нормаль:

$$\frac{x - x_0}{F'_x(M_0)} = \frac{y - y_0}{F'_y(M_0)} = \frac{z - z_0}{F'_z(M_0)}.$$

Вектор нормали $\vec n = \grad F(M_0)$.

Одна формула вместо двух

Поверхность $F(x,y,z) = 0$ — это поверхность уровня функции $F$, а градиент перпендикулярен поверхности уровня (свойство 5). Поэтому нормаль — это $\grad F$.

График $z = f(x,y)$ можно записать как $F = f(x,y) - z = 0$; тогда $\grad F = (f'_x, f'_y, -1)$, и неявная формула превращается в формулу для графика. Если путаешься — всегда переписывай поверхность в виде $F = 0$.

Ловушка

Если в каноническом уравнении нормали какой-то знаменатель равен нулю, это не ошибка: запись $\frac{z - z_0}{0}$ условно означает $z = z_0$ (нормаль лежит в плоскости $z = z_0$). Если же $\grad F(M_0) = \vec 0$ (например, вершина конуса $x^2+y^2-z^2 = 0$ в начале координат), касательной плоскости в этой точке может не быть: точка особая.

Алгоритм
  1. Проверить, что точка лежит на поверхности (часто дана только $x_0, y_0$, а $z_0$ надо досчитать).
  2. Привести поверхность к виду $z = f(x,y)$ или $F(x,y,z) = 0$ (всё в одну сторону).
  3. Найти частные производные и подставить точку.
  4. Записать плоскость и нормаль по формулам; плоскость упростить к виду $Ax + By + Cz + D = 0$.
  5. Проверка: координаты $M_0$ должны удовлетворять уравнению плоскости.
Пример 13 (параболоид)

Написать уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности $z = x^2 + y^2$ в точке с $x_0 = 1$, $y_0 = 2$.

Решение

$z_0 = 1 + 4 = 5$, точка $M_0(1,2,5)$. $f'_x = 2x = 2$, $f'_y = 2y = 4$.

Плоскость: $z - 5 = 2(x - 1) + 4(y - 2)$, то есть $2x + 4y - z - 5 = 0$.

Нормаль: $\frac{x - 1}{2} = \frac{y - 2}{4} = \frac{z - 5}{-1}$.

Проверка: $2 + 8 - 5 - 5 = 0$. На графике выше это положение ползунков $a = 1$, $b = 2$ (вне диапазона, но формула та же).

Пример 14 (сфера)

Касательная плоскость и нормаль к сфере $x^2 + y^2 + z^2 = 14$ в точке $M_0(1,2,3)$.

Решение

Точка на сфере: $1 + 4 + 9 = 14$. $F = x^2 + y^2 + z^2 - 14$, $\grad F = (2x, 2y, 2z) = (2,4,6)$.

Плоскость: $2(x-1) + 4(y-2) + 6(z-3) = 0$, после деления на 2: $x + 2y + 3z - 14 = 0$.

Нормаль: $\frac{x-1}{1} = \frac{y-2}{2} = \frac{z-3}{3}$. Она проходит через начало координат (подставь $x=y=z=0$: все три дроби равны $-1$) — нормаль к сфере всегда идёт через центр, как и должно быть.

Пример 15 (эллипсоид)

Касательная плоскость и нормаль к эллипсоиду $x^2 + 2y^2 + 3z^2 = 21$ в точке $M_0(1,-2,2)$.

Решение

Проверка: $1 + 8 + 12 = 21$. $\grad F = (2x, 4y, 6z) = (2, -8, 12) \parallel (1, -4, 6)$ — нормаль можно сократить на 2.

Плоскость: $(x - 1) - 4(y + 2) + 6(z - 2) = 0$, то есть $x - 4y + 6z - 21 = 0$.

Нормаль: $\frac{x-1}{1} = \frac{y+2}{-4} = \frac{z-2}{6}$.

Полезный факт: касательная плоскость к поверхности второго порядка получается «расщеплением» квадратов: $x^2 \to x x_0$, $y^2 \to y y_0$, $z^2 \to z z_0$. Здесь $x\cdot1 + 2y\cdot(-2) + 3z\cdot2 = 21$ — то же самое.

Пример 16 (плоскость, параллельная заданной)

Провести к эллипсоиду $x^2 + 2y^2 + z^2 = 1$ касательные плоскости, параллельные плоскости $x - y + 2z = 0$.

Решение

Параллельные плоскости имеют коллинеарные нормали. Нормаль к эллипсоиду в точке $(x,y,z)$: $\grad F = (2x, 4y, 2z)$. Нужно $(2x, 4y, 2z) = \lambda(1, -1, 2)$:

$$x = \frac\lambda2,\quad y = -\frac\lambda4,\quad z = \lambda.$$

Точка должна лежать на эллипсоиде: $\frac{\lambda^2}{4} + 2\cdot\frac{\lambda^2}{16} + \lambda^2 = \frac{11\lambda^2}{8} = 1$, $\lambda = \pm\sqrt{\frac{8}{11}}$.

Искомые плоскости имеют вид $x - y + 2z = D$, где $D$ находим подстановкой точки касания: $D = \frac\lambda2 + \frac\lambda4 + 2\lambda = \frac{11\lambda}{4} = \pm\frac{11}{4}\sqrt{\frac{8}{11}} = \pm\sqrt{\frac{11}{2}}$.

Ответ: $x - y + 2z = \pm\sqrt{\frac{11}{2}}$; точки касания $\pm\left(\frac{\sqrt{22}}{11}, -\frac{\sqrt{22}}{22}, \frac{2\sqrt{22}}{11}\right)$.

Пример 17 (график с арктангенсом)

Касательная плоскость и нормаль к поверхности $z = \arctg\frac{y}{x}$ в точке $M_0\left(1,1,\frac\pi4\right)$.

Решение

Из примера 6: $f'_x = -\frac{y}{x^2+y^2} = -\frac12$, $f'_y = \frac{x}{x^2+y^2} = \frac12$.

Плоскость: $z - \frac\pi4 = -\frac12(x - 1) + \frac12(y - 1)$, то есть $x - y + 2z - \frac\pi2 = 0$.

Нормаль: $\frac{x-1}{-1/2} = \frac{y-1}{1/2} = \frac{z - \pi/4}{-1}$, или, умножив знаменатели на $-2$: $\frac{x-1}{1} = \frac{y-1}{-1} = \frac{z-\pi/4}{2}$.

Пример 18 (горизонтальная касательная плоскость)

В какой точке поверхности $z = x^2 + y^2 - 2x + 4y$ касательная плоскость параллельна плоскости $xOy$?

Решение

Нормаль $(f'_x, f'_y, -1)$ должна быть параллельна $(0,0,1)$, то есть $f'_x = 2x - 2 = 0$, $f'_y = 2y + 4 = 0$: $x = 1$, $y = -2$, $z = 1 + 4 - 2 - 8 = -5$.

Ответ: $(1, -2, -5)$, плоскость $z = -5$. Горизонтальная касательная плоскость $\Leftrightarrow$ $\grad f = \vec 0$ — опять стационарная точка (здесь это вершина параболоида, минимум).

Пример 19

пример КР1 из РПД, 4б

Составить уравнения касательной плоскости и нормальной прямой к поверхности $2^{x/z} + 2^{y/z} = 8$ в точке $M(2;2;1)$.

Решение

Проверка: $2^{2} + 2^{2} = 8$, точка на поверхности. Поверхность неявная: $F = 2^{x/z} + 2^{y/z} - 8$.

Помним: $(2^v)' = 2^v\ln 2\cdot v'$. Производные дробей: $\left(\frac xz\right)'_x = \frac1z$, $\left(\frac xz\right)'_z = -\frac{x}{z^2}$.

$F'_x = 2^{x/z}\ln2\cdot\frac1z$, $F'_y = 2^{y/z}\ln2\cdot\frac1z$, $F'_z = -2^{x/z}\ln2\cdot\frac{x}{z^2} - 2^{y/z}\ln2\cdot\frac{y}{z^2}$.

В точке $M$ ($\frac xz = \frac yz = 2$, $2^2 = 4$): $F'_x = 4\ln2$, $F'_y = 4\ln2$, $F'_z = -8\ln2 - 8\ln2 = -16\ln2$.

$\grad F(M) = 4\ln2\cdot(1, 1, -4)$, общий множитель на направление не влияет, берём $\vec n = (1, 1, -4)$.

Касательная плоскость: $(x - 2) + (y - 2) - 4(z - 1) = 0$, то есть $x + y - 4z = 0$.

Нормаль: $\frac{x-2}{1} = \frac{y-2}{1} = \frac{z-1}{-4}$.

Проверка: $2 + 2 - 4 = 0$. Плоскость проходит через начало координат — не случайно: уравнение зависит только от $\frac xz$ и $\frac yz$, поверхность коническая с вершиной в $O$.

Пример 20

пример ДЗ1 из РПД, 5

Написать уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности $z = 2x^2 - 4y^2$ в точке $(-2, 1, 4)$.

Решение

Проверка: $2\cdot4 - 4\cdot1 = 4$. $f'_x = 4x = -8$, $f'_y = -8y = -8$.

Плоскость: $z - 4 = -8(x + 2) - 8(y - 1)$, то есть $8x + 8y + z + 4 = 0$.

Нормаль: $\frac{x+2}{-8} = \frac{y-1}{-8} = \frac{z-4}{-1}$, или после умножения знаменателей на $-1$: $\frac{x+2}{8} = \frac{y-1}{8} = \frac{z-4}{1}$.

Проверка: $-16 + 8 + 4 + 4 = 0$.

Ещё одна поверхность «с рельефом», чтобы видеть, как плоскость наклоняется в зависимости от точки:

4. Касательная и нормаль к неявно заданной кривой

Всё то же самое на одно измерение ниже. Кривая $F(x,y) = 0$ — линия уровня функции $F$, поэтому $\grad F = (F'_x, F'_y)$ перпендикулярен ей.

Формулы

Если $F(x_0,y_0) = 0$ и $\grad F(x_0,y_0) \ne \vec 0$, то

$$\text{касательная: } F'_x(M_0)(x - x_0) + F'_y(M_0)(y - y_0) = 0,$$ $$\text{нормаль: } \frac{x - x_0}{F'_x(M_0)} = \frac{y - y_0}{F'_y(M_0)}.$$
Связь с главой 3

По формуле производной неявной функции $y' = -\frac{F'_x}{F'_y}$. Касательная $y - y_0 = y'(x_0)(x - x_0)$ после умножения на $F'_y$ даёт ровно формулу выше. Но формула с градиентом лучше: она работает и при $F'_y = 0$ (вертикальная касательная), где $y'$ не существует.

Пример 21 (эллипс)

Касательная и нормаль к эллипсу $x^2 + 4y^2 = 8$ в точке $M_0(2,1)$.

Решение

Проверка: $4 + 4 = 8$. $F'_x = 2x = 4$, $F'_y = 8y = 8$; $\grad F \parallel (1, 2)$.

Касательная: $(x - 2) + 2(y - 1) = 0$, то есть $x + 2y - 4 = 0$.

Нормаль: $\frac{x-2}{1} = \frac{y-1}{2}$, то есть $y = 2x - 3$.

Пример 22 (декартов лист)

Касательная и нормаль к кривой $x^3 + y^3 = 9xy$ в точке $M_0(2,4)$.

Решение

Проверка: $8 + 64 = 72 = 9\cdot 8$. $F = x^3 + y^3 - 9xy$:

$F'_x = 3x^2 - 9y = 12 - 36 = -24$, $F'_y = 3y^2 - 9x = 48 - 18 = 30$; $\grad F \parallel (-4, 5)$.

Касательная: $-4(x - 2) + 5(y - 4) = 0$, то есть $4x - 5y + 12 = 0$.

Нормаль: $\frac{x-2}{-4} = \frac{y-4}{5}$, то есть $5x + 4y - 26 = 0$.

Кривая $F(x,y) = 0$, в точке $M_0$: $F'_x = 3$, $F'_y = 0$. Какая касательная?
Касательная $3(x - x_0) + 0\cdot(y - y_0) = 0$, то есть $x = x_0$. Градиент $(3,0)$ горизонтален, а касательная ему перпендикулярна.

5. Касательная прямая и нормальная плоскость к пространственной кривой

Вектор-функция скалярного аргумента

Кривую в пространстве удобно задавать параметрически: точка движется, и в момент $t$ находится в $(x(t), y(t), z(t))$. Это то же самое, что вектор-функция

$$\vec r(t) = x(t)\,\vec i + y(t)\,\vec j + z(t)\,\vec k = \big(x(t),\ y(t),\ z(t)\big),$$

каждому числу $t$ она ставит в соответствие радиус-вектор точки кривой. Её предел, непрерывность и производная определяются покоординатно.

Производная вектор-функции $$\vec r\,'(t_0) = \lim_{\Delta t\to0}\frac{\vec r(t_0 + \Delta t) - \vec r(t_0)}{\Delta t} = \big(x'(t_0),\ y'(t_0),\ z'(t_0)\big).$$

Геометрически: $\vec r(t_0 + \Delta t) - \vec r(t_0)$ — вектор секущей, при $\Delta t \to 0$ секущая поворачивается к касательной. Поэтому, если $\vec r\,'(t_0) \ne \vec 0$, вектор $\vec r\,'(t_0)$ направлен по касательной к кривой. Физически это вектор скорости точки.

Касательная прямая и нормальная плоскость

Пусть $M_0 = \vec r(t_0) = (x_0, y_0, z_0)$ и $\vec r\,'(t_0) \ne \vec 0$. Касательная прямая (направляющий вектор $\vec r\,'(t_0)$):

$$\frac{x - x_0}{x'(t_0)} = \frac{y - y_0}{y'(t_0)} = \frac{z - z_0}{z'(t_0)}.$$

Нормальная плоскость — плоскость через $M_0$, перпендикулярная касательной (нормаль плоскости — $\vec r\,'(t_0)$):

$$x'(t_0)(x - x_0) + y'(t_0)(y - y_0) + z'(t_0)(z - z_0) = 0.$$
Не перепутать с поверхностью

У кривой одно направление — касательное, поэтому касательная прямая, а всё перпендикулярное ей — плоскость. У поверхности наоборот: одно выделенное направление — нормаль, поэтому нормальная прямая и касательная плоскость. Вектор, который стоит в знаменателях прямой, всегда тот же, что стоит коэффициентами в плоскости.

главный векторпрямаяплоскость
кривая $\vec r(t)$$\vec r\,'(t_0)$касательнаянормальная
поверхность $F = 0$$\grad F(M_0)$нормалькасательная
Алгоритм
  1. Найти $t_0$, при котором $\vec r(t_0) = M_0$ (подобрать по одной координате и проверить остальные).
  2. Продифференцировать $x(t), y(t), z(t)$ и подставить $t_0$.
  3. Записать касательную (вектор в знаменатели) и нормальную плоскость (вектор в коэффициенты).
Пример 23

пример КР1 из РПД, 4а

Составить уравнения касательной прямой и нормальной плоскости в точке $M\left(\sqrt2; \sqrt2; \frac\pi4\right)$ для линии $L$: $x = 2\cos\varphi$, $y = 2\sin\varphi$, $z = \varphi$.

Решение

Из $z = \varphi$ получаем $\varphi_0 = \frac\pi4$; проверка: $2\cos\frac\pi4 = \sqrt2$, $2\sin\frac\pi4 = \sqrt2$ — подходит.

$x' = -2\sin\varphi$, $y' = 2\cos\varphi$, $z' = 1$. При $\varphi_0 = \frac\pi4$: $\vec r\,' = (-\sqrt2,\ \sqrt2,\ 1)$.

Касательная прямая $l$:

$$\frac{x - \sqrt2}{-\sqrt2} = \frac{y - \sqrt2}{\sqrt2} = \frac{z - \pi/4}{1}.$$

Нормальная плоскость $\alpha$:

$$-\sqrt2\,(x - \sqrt2) + \sqrt2\,(y - \sqrt2) + \left(z - \frac\pi4\right) = 0 \;\Longleftrightarrow\; -\sqrt2\,x + \sqrt2\,y + z - \frac\pi4 = 0$$

(слагаемые $+2$ и $-2$ сократились).

Кривая — винтовая линия: проекция на $xOy$ — окружность радиуса 2, а $z$ равномерно растёт с углом.

Картинка к примеру: винтовая линия на цилиндре $x^2 + y^2 = 4$, точка $M$, касательный вектор $\vec r\,'(\pi/4) = (-\sqrt2, \sqrt2, 1)$ из неё и касательная прямая. Вращай мышью: вектор идёт вдоль кривой, а не к оси цилиндра.

Проекции той же кривой на плоскости $xOy$ и $xOz$ с проекциями касательной; ползунок $a$ — параметр точки $\varphi_0$.

Пример 24

Касательная прямая и нормальная плоскость к кривой $x = t$, $y = t^2$, $z = t^3$ в точке $M_0(1,1,1)$.

Решение

$t_0 = 1$. $\vec r\,'(t) = (1, 2t, 3t^2)$, $\vec r\,'(1) = (1, 2, 3)$.

Касательная: $\frac{x-1}{1} = \frac{y-1}{2} = \frac{z-1}{3}$. Нормальная плоскость: $(x - 1) + 2(y - 1) + 3(z - 1) = 0$, то есть $x + 2y + 3z - 6 = 0$.

Кривая как пересечение двух поверхностей

Если кривая задана системой $F(x,y,z) = 0$, $G(x,y,z) = 0$, то касательная к ней лежит в касательных плоскостях обеих поверхностей, то есть перпендикулярна обеим нормалям $\grad F$ и $\grad G$. Направляющий вектор касательной — их векторное произведение:

$$\vec\tau = \grad F(M_0) \times \grad G(M_0) = \begin{vmatrix} \vec i & \vec j & \vec k \\ F'_x & F'_y & F'_z \\ G'_x & G'_y & G'_z \end{vmatrix}.$$
Пример 25

Касательная прямая и нормальная плоскость к окружности $x^2 + y^2 + z^2 = 6$, $x + y + z = 0$ в точке $M_0(1,-2,1)$.

Решение

Проверка: $1 + 4 + 1 = 6$, $1 - 2 + 1 = 0$.

$\grad F = (2x, 2y, 2z) = (2, -4, 2) \parallel (1, -2, 1)$, $\grad G = (1, 1, 1)$.

$$\vec\tau = \begin{vmatrix} \vec i & \vec j & \vec k \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = \vec i\,(-2 - 1) - \vec j\,(1 - 1) + \vec k\,(1 + 2) = (-3, 0, 3) \parallel (-1, 0, 1).$$

Касательная: $\frac{x-1}{-1} = \frac{y+2}{0} = \frac{z-1}{1}$, то есть $x + z = 2$, $y = -2$.

Нормальная плоскость: $-(x - 1) + 0\cdot(y + 2) + (z - 1) = 0$, то есть $x - z = 0$.

6. Формула Тейлора для функции нескольких переменных

Идея

Касательная плоскость — приближение функции многочленом первой степени. Если нужно точнее, добавляют квадратичные слагаемые. Для одной переменной это знакомо: $f(x_0 + h) = f(x_0) + f'(x_0)h + \frac{f''(x_0)}{2}h^2 + o(h^2)$. Для двух переменных роль $f'h$ играет дифференциал $df$, роль $f''h^2$ — второй дифференциал $d^2f$.

Формула Тейлора второго порядка (с остатком в форме Пеано)

Пусть $f$ дважды дифференцируема в точке $(x_0, y_0)$, $\Delta x = h$, $\Delta y = k$, $\rho = \sqrt{h^2 + k^2}$. Тогда

$$f(x_0 + h, y_0 + k) = f(x_0,y_0) + df(x_0,y_0) + \frac{1}{2}\,d^2f(x_0,y_0) + o(\rho^2),\quad \rho \to 0,$$

где (все производные в точке $(x_0,y_0)$)

$$df = f'_x\,h + f'_y\,k, \qquad d^2f = f''_{xx}\,h^2 + 2f''_{xy}\,hk + f''_{yy}\,k^2.$$

В развёрнутом виде:

$$f(x_0+h, y_0+k) = f + f'_x h + f'_y k + \frac{1}{2}\left(f''_{xx}h^2 + 2f''_{xy}hk + f''_{yy}k^2\right) + o(\rho^2).$$

Для трёх переменных ($\Delta x = h$, $\Delta y = k$, $\Delta z = m$) формула та же, $f + df + \frac12 d^2f + o(\rho^2)$, только дифференциалы длиннее:

$$df = f'_x h + f'_y k + f'_z m,\qquad d^2f = f''_{xx}h^2 + f''_{yy}k^2 + f''_{zz}m^2 + 2f''_{xy}hk + 2f''_{xz}hm + 2f''_{yz}km.$$
Как понимать

На графике: поверхность $z = e^x\cos y$ и её приближение в точке $(0,0)$. При $s = 0$ показана касательная плоскость $z = 1 + x$, при $s = 1$ — многочлен Тейлора второго порядка $1 + x + \frac{x^2 - y^2}{2}$ (пример 26). Видно, что второй порядок «облегает» поверхность в заметно большей окрестности.

Алгоритм разложения
  1. Посчитать $f(x_0, y_0)$.
  2. Найти $f'_x, f'_y$ и подставить точку.
  3. Найти $f''_{xx}, f''_{xy}, f''_{yy}$ и подставить точку.
  4. Собрать по формуле, не забыв $\frac12$ перед $d^2f$ и $2$ перед смешанным слагаемым; в конце дописать $+\,o(\rho^2)$ (если $f$ не многочлен второй степени).
Пример 26

Разложить $f(x,y) = e^x\cos y$ по формуле Тейлора в окрестности точки $(0,0)$ до членов второго порядка.

Решение

$f(0,0) = 1$.

$f'_x = e^x\cos y = 1$, $f'_y = -e^x\sin y = 0$.

$f''_{xx} = e^x\cos y = 1$, $f''_{xy} = -e^x\sin y = 0$, $f''_{yy} = -e^x\cos y = -1$.

$$e^x\cos y = 1 + x + \frac{1}{2}\left(x^2 - y^2\right) + o(\rho^2),\quad \rho = \sqrt{x^2+y^2}.$$

Проверка через одномерные разложения: $e^x\cos y = \left(1 + x + \frac{x^2}{2} + \ldots\right)\left(1 - \frac{y^2}{2} + \ldots\right) = 1 + x + \frac{x^2}{2} - \frac{y^2}{2} + \ldots$ — совпало.

Пример 27 (и приближённое вычисление)

Разложить $f(x,y) = x^y$ в окрестности точки $(1,1)$ до членов второго порядка. С помощью разложения вычислить $1{,}1^{1{,}02}$.

Решение

$f(1,1) = 1$.

$f'_x = yx^{y-1} = 1$, $f'_y = x^y\ln x = 0$ (так как $\ln 1 = 0$).

$f''_{xx} = y(y-1)x^{y-2} = 0$ (множитель $y - 1 = 0$), $f''_{xy} = (yx^{y-1})'_y = x^{y-1} + yx^{y-1}\ln x = 1$, $f''_{yy} = x^y\ln^2 x = 0$.

$$x^y = 1 + h + \frac12\cdot 2hk + o(\rho^2) = 1 + h + hk + o(\rho^2),\quad h = x - 1,\ k = y - 1.$$

При $h = 0{,}1$, $k = 0{,}02$: $1{,}1^{1{,}02} \approx 1 + 0{,}1 + 0{,}002 = 1{,}102$. Точное значение $1{,}10210\ldots$ Линейное приближение дало бы $1{,}1$ — второй порядок заметно точнее.

Пример 28 (многочлен: разложение точное)

Разложить $f(x,y) = 2x^2 - xy - y^2 - 6x - 3y + 5$ по формуле Тейлора в окрестности точки $(1,-2)$.

Решение

$f(1,-2) = 2 + 2 - 4 - 6 + 6 + 5 = 5$.

$f'_x = 4x - y - 6 = 4 + 2 - 6 = 0$, $f'_y = -x - 2y - 3 = -1 + 4 - 3 = 0$.

$f''_{xx} = 4$, $f''_{xy} = -1$, $f''_{yy} = -2$; третьи производные равны нулю, остатка нет.

$$f = 5 + \frac12\left(4(x-1)^2 - 2(x-1)(y+2) - 2(y+2)^2\right) = 5 + 2(x-1)^2 - (x-1)(y+2) - (y+2)^2.$$

Проверка: раскрой скобки — получится исходный многочлен.

Пример 29

Разложить $f(x,y) = \sin x\sin y$ в окрестности точки $\left(\frac\pi4, \frac\pi4\right)$ до членов второго порядка.

Решение

В точке $\sin = \cos = \frac{\sqrt2}{2}$, все произведения двух таких чисел равны $\frac12$.

$f = \frac12$; $f'_x = \cos x\sin y = \frac12$, $f'_y = \sin x\cos y = \frac12$.

$f''_{xx} = -\sin x\sin y = -\frac12$, $f''_{xy} = \cos x\cos y = \frac12$, $f''_{yy} = -\frac12$.

$$\sin x\sin y = \frac12 + \frac{h + k}{2} + \frac12\left(-\frac{h^2}{2} + hk - \frac{k^2}{2}\right) + o(\rho^2) = \frac12 + \frac{h+k}{2} - \frac{(h-k)^2}{4} + o(\rho^2),$$

где $h = x - \frac\pi4$, $k = y - \frac\pi4$.

Пример 30

пример ДЗ1 из РПД, 3

Разложить по формуле Тейлора функцию $f(x,y,z) = x^2 + 3z^2 - 2yz - 3z$ в окрестности точки $(0,1,2)$.

Решение

Многочлен второй степени, поэтому разложение до второго порядка точное, без остатка. Обозначим $h = x$, $k = y - 1$, $m = z - 2$.

$f(0,1,2) = 0 + 12 - 4 - 6 = 2$.

Первые производные: $f'_x = 2x = 0$, $f'_y = -2z = -4$, $f'_z = 6z - 2y - 3 = 12 - 2 - 3 = 7$.

Вторые (постоянные): $f''_{xx} = 2$, $f''_{yy} = 0$, $f''_{zz} = 6$, $f''_{xy} = 0$, $f''_{xz} = 0$, $f''_{yz} = -2$.

$$d^2f = 2h^2 + 6m^2 + 2\cdot(-2)\,km = 2h^2 + 6m^2 - 4km.$$ $$f = 2 - 4(y-1) + 7(z-2) + \frac12\left(2x^2 + 6(z-2)^2 - 4(y-1)(z-2)\right),$$ $$f = 2 - 4(y-1) + 7(z-2) + x^2 + 3(z-2)^2 - 2(y-1)(z-2).$$

Проверка: раскрой скобки, получится исходный $f$ (проверено и символьно).

Связь с экстремумом

Если $M_0$ — стационарная точка ($f'_x = f'_y = 0$), то $df(M_0) = 0$ и формула Тейлора даёт

$$f(x_0 + h, y_0 + k) - f(x_0, y_0) = \frac12\,d^2f(M_0) + o(\rho^2).$$

Знак приращения функции вблизи точки определяется квадратичной формой $d^2f = f''_{xx}h^2 + 2f''_{xy}hk + f''_{yy}k^2$ от $(h,k)$:

Это и есть идея достаточного условия экстремума, которое подробно разбирается в главе 5 (там же критерий Сильвестра для проверки знакоопределённости формы).

Пример 31 (продолжение примера 28)

Есть ли экстремум у $f(x,y) = 2x^2 - xy - y^2 - 6x - 3y + 5$ в точке $(1,-2)$?

Решение

Из примера 28: точка стационарная и $f - 5 = 2h^2 - hk - k^2$ (точно, без остатка).

При $k = 0$: $2h^2 > 0$; при $h = 0$: $-k^2 < 0$. Форма принимает значения разных знаков, экстремума нет.

7. Тренировочные задачи

Сначала реши сам, потом открывай решение.

Задача 1

Найти производную $z = x^2 - y^2$ в точке $M_0(1,1)$ по направлению, составляющему угол $60^\circ$ с осью $Ox$.

Решение

$z'_x = 2x = 2$, $z'_y = -2y = -2$. $\vec l = \left(\cos 60^\circ, \sin 60^\circ\right) = \left(\frac12, \frac{\sqrt3}{2}\right)$.

$\frac{\partial z}{\partial l} = 2\cdot\frac12 - 2\cdot\frac{\sqrt3}{2} = 1 - \sqrt3$.

Задача 2

Найти производную $u = xy^2z^3$ в точке $M_0(1,1,1)$ по направлению к точке $M_1(3,3,0)$.

Решение

$\grad u = (y^2z^3,\ 2xyz^3,\ 3xy^2z^2) = (1, 2, 3)$.

$\overrightarrow{M_0M_1} = (2, 2, -1)$, длина 3, $\vec l = \left(\frac23, \frac23, -\frac13\right)$.

$\frac{\partial u}{\partial l} = \frac{2 + 4 - 3}{3} = 1$.

Задача 3

Найти градиент и наибольшую скорость роста функции $u = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$ в точке $M_0(1,2,2)$.

Решение

$u'_x = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$, аналогично для $y$, $z$. В точке $r = \sqrt{1+4+4} = 3$:

$\grad u = \left(\frac13, \frac23, \frac23\right)$, $|\grad u| = \sqrt{\frac{1+4+4}{9}} = 1$.

Смысл: $u$ — расстояние до начала координат. Быстрее всего оно растёт, если уходить по радиусу, и растёт со скоростью 1 (на сколько сдвинулся, на столько и выросло).

Задача 4

Найти производную $z = \ln(e^x + e^y)$ в начале координат по направлению биссектрисы первого координатного угла.

Решение

$z'_x = \frac{e^x}{e^x + e^y} = \frac12$, $z'_y = \frac{e^y}{e^x+e^y} = \frac12$ в точке $(0,0)$.

$\vec l = \left(\frac{1}{\sqrt2}, \frac{1}{\sqrt2}\right)$, $\frac{\partial z}{\partial l} = \frac{1}{2\sqrt2} + \frac{1}{2\sqrt2} = \frac{\sqrt2}{2}$.

Задача 5

Касательная плоскость и нормаль к поверхности $z = xy$ в точке $M_0(2,-3,-6)$.

Решение

$z_0 = 2\cdot(-3) = -6$ — точка на поверхности. $f'_x = y = -3$, $f'_y = x = 2$.

Плоскость: $z + 6 = -3(x - 2) + 2(y + 3)$, то есть $3x - 2y + z - 6 = 0$.

Нормаль: $\frac{x-2}{-3} = \frac{y+3}{2} = \frac{z+6}{-1}$.

Задача 6

Касательная плоскость и нормаль к поверхности $e^z - z + xy = 3$ в точке $M_0(2,1,0)$.

Решение

Проверка: $1 - 0 + 2 = 3$. $F = e^z - z + xy - 3$:

$F'_x = y = 1$, $F'_y = x = 2$, $F'_z = e^z - 1 = 0$.

Плоскость: $(x - 2) + 2(y - 1) + 0\cdot z = 0$, то есть $x + 2y - 4 = 0$ (плоскость вертикальная, параллельна $Oz$).

Нормаль: $\frac{x-2}{1} = \frac{y-1}{2} = \frac{z}{0}$, то есть прямая $\frac{x-2}{1} = \frac{y-1}{2}$, $z = 0$.

Задача 7

Найти касательную плоскость к параболоиду $z = x^2 + y^2$, параллельную плоскости $2x - y - z = 0$.

Решение

Нормаль к графику $(2x, 2y, -1)$ должна быть параллельна $(2, -1, -1)$. Третьи координаты равны, значит векторы совпадают: $2x = 2$, $2y = -1$, то есть $x = 1$, $y = -\frac12$, $z = 1 + \frac14 = \frac54$.

Плоскость: $z - \frac54 = 2(x - 1) - \left(y + \frac12\right)$, то есть $2x - y - z - \frac54 = 0$ (или $8x - 4y - 4z - 5 = 0$).

Задача 8

Касательная и нормаль к кривой $x^3 + y^3 - 2xy = 0$ в точке $M_0(1,1)$.

Решение

Проверка: $1 + 1 - 2 = 0$. $F'_x = 3x^2 - 2y = 1$, $F'_y = 3y^2 - 2x = 1$.

Касательная: $(x - 1) + (y - 1) = 0$, то есть $x + y = 2$. Нормаль: $\frac{x-1}{1} = \frac{y-1}{1}$, то есть $y = x$.

Задача 9

Разложить $f(x,y) = e^x\sin y$ в окрестности $(0,0)$ до членов второго порядка.

Решение

$f(0,0) = 0$; $f'_x = e^x\sin y = 0$, $f'_y = e^x\cos y = 1$; $f''_{xx} = e^x\sin y = 0$, $f''_{xy} = e^x\cos y = 1$, $f''_{yy} = -e^x\sin y = 0$.

$$e^x\sin y = y + \frac12\cdot 2xy + o(\rho^2) = y + xy + o(\rho^2).$$

Проверка: $(1 + x + \ldots)(y - \ldots) = y + xy + \ldots$

Задача 10

Разложить $f(x,y) = x^3 + y^3 - 3xy$ по формуле Тейлора в окрестности точки $(1,1)$ и по разложению определить, есть ли в этой точке экстремум.

Решение

$f(1,1) = -1$; $f'_x = 3x^2 - 3y = 0$, $f'_y = 3y^2 - 3x = 0$ — точка стационарная (см. пример 11).

$f''_{xx} = 6x = 6$, $f''_{xy} = -3$, $f''_{yy} = 6y = 6$; третьи: $f'''_{xxx} = 6$, $f'''_{yyy} = 6$, смешанные третьи равны 0. Для многочлена третьей степени разложение точное:

$$f = -1 + 3h^2 - 3hk + 3k^2 + h^3 + k^3,\quad h = x - 1,\ k = y - 1.$$

Квадратичная часть $3h^2 - 3hk + 3k^2 = 3\left(h - \frac k2\right)^2 + \frac94k^2 > 0$ при $(h,k) \ne (0,0)$. Кубические слагаемые при малых $h, k$ меньше квадратичных, так что $f > -1$ вокруг точки: в $(1,1)$ минимум, $f_{\min} = -1$.

Задача 11

Найти угол между касательной плоскостью к поверхности $z = xy$ в точке $(1,1,1)$ и плоскостью $xOy$.

Решение

Касательная плоскость: $z - 1 = (x - 1) + (y - 1)$, нормаль $\vec n = (1, 1, -1)$. Нормаль плоскости $xOy$ — $(0,0,1)$.

Угол между плоскостями равен углу между нормалями (острому): $\cos\varphi = \frac{|-1|}{\sqrt3\cdot 1} = \frac{1}{\sqrt3}$, $\varphi = \arccos\frac{1}{\sqrt3}$.

8. Типичные ошибки

Что ломается чаще всего

Мини-шпаргалка главы

Производная по направлению ($\vec l$ единичный):

$$\frac{\partial u}{\partial l} = u'_x\cos\alpha + u'_y\cos\beta + u'_z\cos\gamma = (\grad u, \vec l).$$

$\vec l = \frac{\vec a}{|\vec a|}$; от $M_0$ к $M_1$: $\vec a = \overrightarrow{M_0M_1}$.

Градиент: $\grad u = (u'_x, u'_y, u'_z)$.

  • направление наибыстрейшего роста;
  • $\max \frac{\partial u}{\partial l} = |\grad u|$, $\min = -|\grad u|$;
  • $\perp$ линии/поверхности уровня;
  • угол между градиентами: $\cos\varphi = \frac{(\vec g_1, \vec g_2)}{|\vec g_1||\vec g_2|}$.

График $z = f(x,y)$:

$$z - z_0 = f'_x(x - x_0) + f'_y(y - y_0),$$ $$\frac{x-x_0}{f'_x} = \frac{y-y_0}{f'_y} = \frac{z-z_0}{-1}.$$

Поверхность $F(x,y,z) = 0$: $\vec n = \grad F(M_0)$,

$$F'_x(x-x_0) + F'_y(y-y_0) + F'_z(z-z_0) = 0,$$ $$\frac{x-x_0}{F'_x} = \frac{y-y_0}{F'_y} = \frac{z-z_0}{F'_z}.$$

Кривая $F(x,y) = 0$:

$$F'_x(x-x_0) + F'_y(y-y_0) = 0,\quad \frac{x-x_0}{F'_x} = \frac{y-y_0}{F'_y}.$$

Кривая $\vec r(t) = (x(t), y(t), z(t))$, $\vec\tau = \vec r\,'(t_0)$:

$$\frac{x-x_0}{x'(t_0)} = \frac{y-y_0}{y'(t_0)} = \frac{z-z_0}{z'(t_0)},$$ $$x'(t_0)(x-x_0) + y'(t_0)(y-y_0) + z'(t_0)(z-z_0) = 0.$$

Кривая $F = 0$, $G = 0$: $\vec\tau = \grad F \times \grad G$.

Приближённо: $u(M_0 + \Delta\vec r) \approx u(M_0) + (\grad u, \Delta\vec r)$.

Тейлор до 2 порядка ($h = \Delta x$, $k = \Delta y$):

$$f(x_0+h,y_0+k) = f + f'_x h + f'_y k + \tfrac12\left(f''_{xx}h^2 + 2f''_{xy}hk + f''_{yy}k^2\right) + o(\rho^2).$$

В стационарной точке знак $\Delta f$ = знак $d^2f$: $>0$ — min, $<0$ — max, разных знаков — нет экстремума.