КР1: тренировка

а) Вдоль прямой $y=kx$ ($k\ne-1$):

$$\frac{x-kx}{x+kx}=\frac{1-k}{1+k}.$$

Значение зависит от $k$: при $k=0$ получаем $1$, при $k=1$ — $0$. Предел не существует. (Повторные пределы тоже разные: $1$ и $-1$.)

б) Функция зависит только от $r^2=x^2+y^2\to0$. Домножим на сопряжённое:

$$\frac{r^2}{\sqrt{r^2+1}-1}=\frac{r^2\bigl(\sqrt{r^2+1}+1\bigr)}{r^2+1-1}=\sqrt{r^2+1}+1\to2.$$

Ответ: а) не существует; б) $2$.

а) Точка на поверхности: $e^0=1$, $\cos0\cdot\cos\frac\pi2+1=1$. ✓

$F=e^{z-1}-\cos x\cos y-1$; $F'_x=\sin x\cos y$, $F'_y=\cos x\sin y$, $F'_z=e^{z-1}$. В $M_0$: $F'_x=0$, $F'_y=1$, $F'_z=1$.

$$z'_x=-\frac{0}{1}=0,\qquad z'_y=-\frac11=-1,\qquad dz=0\cdot dx-1\cdot dy=-dy.$$

б) Обозначим $w=x+e^{-y}$.

$$z'_x=\frac1w,\quad z'_y=\frac{-e^{-y}}{w},\quad z''_{xx}=-\frac1{w^2},\quad z''_{xy}=\Bigl(\frac1w\Bigr)'_y=-\frac{-e^{-y}}{w^2}=\frac{e^{-y}}{w^2}.$$ $$z'_x\,z''_{xy}-z'_y\,z''_{xx}=\frac1w\cdot\frac{e^{-y}}{w^2}-\frac{-e^{-y}}{w}\cdot\Bigl(-\frac1{w^2}\Bigr)=\frac{e^{-y}}{w^3}-\frac{e^{-y}}{w^3}=0.\ ✓$$

в) $u'_x=2xy+z^2$, $u'_y=x^2+2yz$, $u'_z=y^2+2zx$. В $M_1(1,-1,2)$:

$$\grad u(M_1)=(-2+4,\ 1-4,\ 1+4)=(2,-3,5).$$

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

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

Проверка: $|\grad u|=\sqrt{38}\approx6{,}16\ge4{,}22$. ✓

Ответ: а) $dz=-dy$; б) тождество верно; в) $\frac{\partial u}{\partial l}=-\frac{26}{\sqrt{38}}$, $\grad u(M_1)=(2,-3,5)$.

$$\begin{cases}z'_x=6x^2-6y=0\\ z'_y=6y^2-6x=0\end{cases}\Rightarrow\ y=x^2,\ x=y^2=x^4\Rightarrow x(x^3-1)=0.$$

Точки $(0,0)$ и $(1,1)$. $A=12x$, $B=-6$, $C=12y$.

Точка	$A$	$B$	$C$	$AC-B^2$	Вывод
$(0,0)$	0	−6	0	$-36<0$	нет экстремума
$(1,1)$	12	−6	12	$108>0$	$A>0$ — min

$z(1,1)=2+2-6+5=3$.

Ответ: $z_{\min}=z(1,1)=3$; в $(0,0)$ экстремума нет.

а) Точка соответствует $\varphi_0=\frac\pi4$. $x'=-2\sin\varphi$, $y'=2\cos\varphi$, $z'=1$; при $\varphi_0$: $\vec\tau=(-\sqrt2,\ \sqrt2,\ 1)$.

$$\text{касательная: }\frac{x-\sqrt2}{-\sqrt2}=\frac{y-\sqrt2}{\sqrt2}=\frac{z-\frac\pi4}{1};$$ $$\text{нормальная плоскость: }-\sqrt2(x-\sqrt2)+\sqrt2(y-\sqrt2)+\Bigl(z-\frac\pi4\Bigr)=0\ \Leftrightarrow\ \sqrt2(y-x)+z-\frac\pi4=0.$$

б) Точка на поверхности: $2^2+2^2=8$. ✓ $F=2^{x/z}+2^{y/z}-8$:

$$F'_x=\frac{2^{x/z}\ln2}{z},\quad F'_y=\frac{2^{y/z}\ln2}{z},\quad F'_z=-\frac{\ln2}{z^2}\bigl(x\,2^{x/z}+y\,2^{y/z}\bigr).$$

В $M$: $F'_x=4\ln2$, $F'_y=4\ln2$, $F'_z=-16\ln2$. Сокращаем на $4\ln2$: $\vec n=(1,1,-4)$.

$$\text{касательная плоскость: }(x-2)+(y-2)-4(z-1)=0\ \Leftrightarrow\ x+y-4z=0;$$ $$\text{нормаль: }\frac{x-2}{1}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-1}{-4}.$$

Проверка: $M$ в плоскости: $2+2-4=0$. ✓

Ответ: а) $\frac{x-\sqrt2}{-\sqrt2}=\frac{y-\sqrt2}{\sqrt2}=\frac{z-\pi/4}{1}$, $\sqrt2(y-x)+z-\frac\pi4=0$; б) $x+y-4z=0$, $\frac{x-2}{1}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-1}{-4}$.

а) Цилиндр $y^2+z^2\le1$ вытянут вдоль $Ox$, поэтому ось цилиндрических координат — $Ox$:

$$x=x,\quad y=r\cos\varphi,\quad z=r\sin\varphi,\qquad r=\sqrt{y^2+z^2}.$$

$y^2+z^2\le1\Rightarrow0\le r\le1$. $z\le y\Rightarrow\sin\varphi\le\cos\varphi\Rightarrow-\frac{3\pi}4\le\varphi\le\frac\pi4$ (на окружности это дуга ниже прямой $z=y$).

$$T:\ -\frac{3\pi}{4}\le\varphi\le\frac\pi4,\quad 0\le r\le1,\quad -1\le x\le2.$$

Если углы нужны в $[0,2\pi)$: $\varphi\in[0,\frac\pi4]\cup[\frac{5\pi}4,2\pi)$. Тело — половина кругового цилиндра радиуса 1 длиной 3 вдоль $Ox$ (от $x=-1$ до $x=2$), отрезанная плоскостью $z=y$, которая проходит через ось $Ox$. На рисунке ниже — сечение плоскостью $x=\mathrm{const}$, оно одинаково для всех $x\in[-1,2]$.

б) Условие $|y|\le\sqrt{x^2+z^2}$ — это область вне конуса вокруг оси $Oy$, поэтому полярную ось сферических координат направим по $Oy$ ($\theta$ — угол от положительного направления $Oy$):

$$y=\rho\cos\theta,\quad x=\rho\sin\theta\cos\varphi,\quad z=\rho\sin\theta\sin\varphi,\qquad\sqrt{x^2+z^2}=\rho\sin\theta.$$

$\rho\le1$. $y\le0\Rightarrow\cos\theta\le0\Rightarrow\theta\ge\frac\pi2$. $-\rho\sin\theta\le\rho\cos\theta\Rightarrow\sin\theta+\cos\theta\ge0\Rightarrow\theta\le\frac{3\pi}4$.

$$T:\ 0\le\varphi<2\pi,\quad \frac\pi2\le\theta\le\frac{3\pi}4,\quad 0\le\rho\le1.$$

Тело — часть единичного шара в полупространстве $y\le0$ между плоскостью $y=0$ и конусом $y=-\sqrt{x^2+z^2}$ (угол раствора $45^\circ$ от оси). Сечение любой плоскостью, проходящей через $Oy$, — два сектора по $45^\circ$ (рисунок ниже).

Если требуют стандартные сферические координаты (ось $Oz$, $x=\rho\sin\theta\cos\varphi$, $y=\rho\sin\theta\sin\varphi$, $z=\rho\cos\theta$), получится громоздко: $\pi\le\varphi\le2\pi$, $\sin\theta\,|\sin\varphi|\le\frac1{\sqrt2}$, $0\le\rho\le1$. Поэтому и выбирают ось вдоль $Oy$.

в) $y=\sqrt3x$ — луч под углом $\frac\pi3$, $y=-\frac{x}{\sqrt3}$ — луч под углом $\frac{5\pi}6$ (в верхней полуплоскости), прямая $y=1$ в полярных: $r\sin\varphi=1$, $r=\frac1{\sin\varphi}$. Область — треугольник с вершинами $(0,0)$, $\bigl(\frac1{\sqrt3},1\bigr)$, $(-\sqrt3,1)$.

$$D:\ \frac\pi3\le\varphi\le\frac{5\pi}6,\quad 0\le r\le\frac{1}{\sin\varphi}.$$

Проверка точкой $(0;\frac12)\in D$: $\varphi=\frac\pi2\in[\frac\pi3,\frac{5\pi}6]$, $r=\frac12\le\frac1{\sin\frac\pi2}=1$. ✓

Ответ: а) $-\frac{3\pi}4\le\varphi\le\frac\pi4$, $0\le r\le1$, $-1\le x\le2$ (ось $Ox$); б) $0\le\varphi<2\pi$, $\frac\pi2\le\theta\le\frac{3\pi}4$, $0\le\rho\le1$ (ось $Oy$); в) $\frac\pi3\le\varphi\le\frac{5\pi}6$, $0\le r\le\frac1{\sin\varphi}$.

а) Домножим на сопряжённое:

$$\frac{\sqrt{1+x^2y^2}-1}{x^2+y^2}=\frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)\bigl(\sqrt{1+x^2y^2}+1\bigr)}.$$

Оценка: $x^2y^2\le\frac{(x^2+y^2)^2}{4}$ (это $(x^2-y^2)^2\ge0$), а $\sqrt{1+x^2y^2}+1\ge2$. Поэтому

$$0\le f\le\frac{(x^2+y^2)^2}{4(x^2+y^2)\cdot2}=\frac{x^2+y^2}{8}\to0.$$

б) Подстановка даёт $\frac00$. Вдоль любой прямой $y=kx$: $\frac{k^2x^3}{(1+k^2)x^2}\to0$, кандидат — $0$. Докажем оценкой: $y^2\le x^2+y^2$, поэтому

$$\left|\frac{xy^2}{x^2+y^2}\right|\le|x|\to0.$$

В полярных координатах то же самое: $|r\cos\varphi\sin^2\varphi|\le r\to0$ при любом $\varphi$.

Ответ: а) $0$; б) $0$.

$$z'_x=e^{x^2y}\cdot 2xy,\qquad z'_y=e^{x^2y}\cdot x^2.$$ $$z''_{xx}=(2xy\,e^{x^2y})'_x=2y\,e^{x^2y}+2xy\cdot2xy\,e^{x^2y}=2y(1+2x^2y)\,e^{x^2y},$$ $$z''_{xy}=(2xy\,e^{x^2y})'_y=2x\,e^{x^2y}+2xy\cdot x^2e^{x^2y}=2x(1+x^2y)\,e^{x^2y},$$ $$z''_{yy}=(x^2e^{x^2y})'_y=x^4e^{x^2y}.$$

Проверка: $z''_{yx}=(x^2e^{x^2y})'_x=2x\,e^{x^2y}+x^2\cdot2xy\,e^{x^2y}=2x(1+x^2y)\,e^{x^2y}=z''_{xy}$. ✓

Ответ: $z'_x=2xy\,e^{x^2y}$, $z'_y=x^2e^{x^2y}$, $z''_{xx}=2y(1+2x^2y)e^{x^2y}$, $z''_{xy}=z''_{yx}=2x(1+x^2y)e^{x^2y}$, $z''_{yy}=x^4e^{x^2y}$.

Пусть $\xi=x^2-y^2$, $\eta=xy$; $f'_1=\pd{f}{\xi}$, $f'_2=\pd{f}{\eta}$ и т.д., все производные $f$ берутся в точке $(\xi,\eta)$.

$\xi'_x=2x$, $\xi'_y=-2y$, $\eta'_x=y$, $\eta'_y=x$.

$$u'_x=f'_1\cdot2x+f'_2\cdot y.$$

Дифференцируем по $y$. Множитель $2x$ от $y$ не зависит, $y$ — зависит; $f'_1$, $f'_2$ — сложные функции:

$$(f'_1)'_y=f''_{11}\cdot(-2y)+f''_{12}\cdot x,\qquad (f'_2)'_y=f''_{21}\cdot(-2y)+f''_{22}\cdot x.$$ $$u''_{xy}=2x\bigl(-2y f''_{11}+x f''_{12}\bigr)+f'_2+y\bigl(-2yf''_{12}+xf''_{22}\bigr)$$ $$=-4xy\,f''_{11}+2(x^2-y^2)\,f''_{12}+xy\,f''_{22}+f'_2.$$

Проверка на $f(\xi,\eta)=\xi\eta$: $u=(x^2-y^2)xy=x^3y-xy^3$, $u''_{xy}=3x^2-3y^2$. По формуле: $f''_{11}=f''_{22}=0$, $f''_{12}=1$, $f'_2=\xi=x^2-y^2$, итого $2(x^2-y^2)+(x^2-y^2)=3(x^2-y^2)$. ✓

Ответ: $u''_{xy}=-4xy\,f''_{11}+2(x^2-y^2)\,f''_{12}+xy\,f''_{22}+f'_2$.

$F=x^2+y^2-z^2-2z$; $F'_x=2x$, $F'_y=2y$, $F'_z=-2z-2=-2(z+1)$. Считаем $z\ne-1$.

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

Проверка: $z''_{yx}=\bigl(\frac{y}{z+1}\bigr)'_x=-\frac{y\,z'_x}{(z+1)^2}=-\frac{xy}{(z+1)^3}$. ✓

$dz$ в $M_0$: точка на поверхности ($4+4-4=4=2\cdot2$ ✓), $z'_x=\frac23$, $z'_y=\frac23$, $dz=\frac23(dx+dy)$.

Ответ: $z'_x=\frac{x}{z+1}$, $z'_y=\frac{y}{z+1}$, $z''_{xx}=\frac{(z+1)^2-x^2}{(z+1)^3}$, $z''_{xy}=-\frac{xy}{(z+1)^3}$, $z''_{yy}=\frac{(z+1)^2-y^2}{(z+1)^3}$ ($z\ne-1$); $dz(M_0)=\frac23dx+\frac23dy$.

$$\begin{cases}u'_x=3x^2-6y-39=0\\ u'_y=2y-6x+18=0\end{cases}$$

Из второго $y=3x-9$. В первое: $3x^2-18x+54-39=0\Rightarrow x^2-6x+5=0\Rightarrow x=1$ или $x=5$. Точки $M_1(1,-6)$, $M_2(5,6)$.

$A=u''_{xx}=6x$, $B=u''_{xy}=-6$, $C=u''_{yy}=2$.

Точка	$A$	$B$	$C$	$AC-B^2$	Вывод
$(1,-6)$	6	−6	2	$12-36=-24<0$	нет экстремума
$(5,6)$	30	−6	2	$60-36=24>0$	$A>0$ — min

$u(5,6)=125+36-180-195+108+20=-86$.

Проверка подстановкой: $u'_x(5,6)=75-36-39=0$, $u'_y(5,6)=12-30+18=0$. ✓

Ответ: $u_{\min}=u(5,6)=-86$; в точке $(1,-6)$ экстремума нет.

1) Внутри. $u'_x=2x-y-4=0$, $u'_y=-x+2y=0\Rightarrow x=2y$, $3y=4$: $M_0\bigl(\frac83,\frac43\bigr)$. $\frac83+\frac43=4<6$ — внутри.

$$u\Bigl(\tfrac83,\tfrac43\Bigr)=\tfrac{64}{9}-\tfrac{32}{9}+\tfrac{16}{9}-\tfrac{32}{3}=\tfrac{48-96}{9}=-\tfrac{16}{3}.$$

2) $x=0$, $y\in[0,6]$: $u=y^2$, $u'=2y=0$ только при $y=0$ (угол).

3) $y=0$, $x\in[0,6]$: $u=x^2-4x$, $u'=2x-4=0\Rightarrow x=2$: $u(2,0)=-4$.

4) $x+y=6$: $y=6-x$, $x\in[0,6]$:

$$u=x^2-x(6-x)+(6-x)^2-4x=3x^2-22x+36,\quad u'=6x-22=0\Rightarrow x=\tfrac{11}{3},\ y=\tfrac73,\quad u=-\tfrac{13}{3}.$$

5) Углы: $u(0,0)=0$, $u(6,0)=12$, $u(0,6)=36$.

Точка	$(\frac83,\frac43)$	$(2,0)$	$(\frac{11}3,\frac73)$	$(0,0)$	$(6,0)$	$(0,6)$
$u$	$-\frac{16}3$	$-4$	$-\frac{13}3$	$0$	$12$	$36$

Ответ: $\max u=u(0,6)=36$, $\min u=u\bigl(\frac83,\frac43\bigr)=-\frac{16}{3}$.

$u'_x=y^2-2z$, $u'_y=2xy+z^2$, $u'_z=2yz-2x$. В $M_1(1,2,-1)$:

$$\grad u(M_1)=(4+2,\ 4+1,\ -4-2)=(6,5,-6).$$

$\vec l=(2,-2,1)$, $|\vec l|=3$, $(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)=\bigl(\frac23,-\frac23,\frac13\bigr)$.

$$\frac{\partial u}{\partial l}=6\cdot\frac23+5\cdot\Bigl(-\frac23\Bigr)-6\cdot\frac13=\frac{12-10-6}{3}=-\frac43.$$

Ответ: $\grad u(M_1)=(6,5,-6)$, $\frac{\partial u}{\partial l}=-\frac43$.

Точка на поверхности: $1+2+12=15$. ✓ $F=x^2+2y^2+3z^2-15$, $\vec n=(2x,4y,6z)(M)=(2,4,12)\parallel(1,2,6)$.

$$\text{касательная плоскость: }(x-1)+2(y-1)+6(z-2)=0\ \Leftrightarrow\ x+2y+6z-15=0;$$ $$\text{нормаль: }\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z-2}{6}.$$

Ответ: $x+2y+6z=15$; $\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z-2}{6}$.

$x^2+y^2\le4y$ — круг радиуса 2 с центром $(0,2)$ (выдели квадрат: $x^2+(y-2)^2\le4$). В полярных: $r^2\le4r\sin\varphi\Rightarrow r\le4\sin\varphi$; это возможно только при $\sin\varphi\ge0$, то есть $\varphi\in[0,\pi]$.

$y\ge-x$: $r\sin\varphi\ge-r\cos\varphi\Rightarrow\sin\varphi+\cos\varphi\ge0\Rightarrow\varphi\in[-\frac\pi4,\frac{3\pi}4]$.

Пересечение: $\varphi\in[0,\frac{3\pi}4]$.

$$D:\ 0\le\varphi\le\frac{3\pi}4,\quad 0\le r\le4\sin\varphi.$$

Проверка точкой $(0;2)$: $\varphi=\frac\pi2$, $r=2\le4\sin\frac\pi2=4$. ✓

Ответ: $0\le\varphi\le\frac{3\pi}4$, $0\le r\le4\sin\varphi$.

а) Вдоль прямых $y=kx$:

$$\frac{x\cdot k^3x^3}{x^2+k^6x^6}=\frac{k^3x^2}{1+k^6x^4}\to0.$$

Все прямые дают $0$, но это не доказательство. Слагаемые знаменателя $x^2$ и $y^6$ одного порядка при $x\sim y^3$, поэтому берём кривую $x=y^3$:

$$\frac{y^3\cdot y^3}{y^6+y^6}=\frac12\ne0.$$

Два пути дают разные значения, значит предел не существует. На картинке линии уровня — кривые $x=cy^3$: на каждой своя константа, и все они проходят через начало координат.

б) $xy\to2\cdot0=0$. При $y\ne0$, $x\ne0$:

$$\frac{\ln(1+xy)}{y}=x\cdot\frac{\ln(1+xy)}{xy}\to2\cdot1=2.$$

Ответ: а) не существует; б) $2$.

Область: $x^2+3y>0$. Обозначим $w=x^2+3y$.

$$z'_x=\frac{2x}{w},\qquad z'_y=\frac{3}{w}.$$ $$z''_{xx}=\frac{2\cdot w-2x\cdot2x}{w^2}=\frac{2(3y-x^2)}{(x^2+3y)^2},\qquad z''_{xy}=\Bigl(\frac{2x}{w}\Bigr)'_y=-\frac{2x\cdot3}{w^2}=-\frac{6x}{(x^2+3y)^2},$$ $$z''_{yy}=\Bigl(\frac3w\Bigr)'_y=-\frac{9}{(x^2+3y)^2}.$$

Проверка: $z''_{yx}=\bigl(\frac3w\bigr)'_x=-\frac{3\cdot2x}{w^2}=-\frac{6x}{w^2}$. ✓

Ответ: $z'_x=\frac{2x}{x^2+3y}$, $z'_y=\frac{3}{x^2+3y}$, $z''_{xx}=\frac{2(3y-x^2)}{(x^2+3y)^2}$, $z''_{xy}=z''_{yx}=-\frac{6x}{(x^2+3y)^2}$, $z''_{yy}=-\frac{9}{(x^2+3y)^2}$.

$dt=t'_x\,dx+t'_y\,dy=y^2\,dx+2xy\,dy$.

$$du=f'(t)\,dt=f'(xy^2)\,\bigl(y^2\,dx+2xy\,dy\bigr).$$

Второй дифференциал сложной функции не инвариантен: $d^2u=f''(t)\,dt^2+f'(t)\,d^2t$, где $t$ — не независимая переменная, поэтому $d^2t\ne0$:

$$t''_{xx}=0,\quad t''_{xy}=2y,\quad t''_{yy}=2x\ \Rightarrow\ d^2t=4y\,dx\,dy+2x\,dy^2.$$ $$d^2u=f''(xy^2)\,\bigl(y^2\,dx+2xy\,dy\bigr)^2+f'(xy^2)\,\bigl(4y\,dx\,dy+2x\,dy^2\bigr).$$

Проверка на $f(t)=t$: $u=xy^2$, $d^2u=u''_{xx}dx^2+2u''_{xy}dx\,dy+u''_{yy}dy^2=4y\,dx\,dy+2x\,dy^2$ — совпадает с формулой ($f''=0$, $f'=1$). ✓

Ответ: $du=f'\,(y^2dx+2xy\,dy)$, $d^2u=f''\,(y^2dx+2xy\,dy)^2+f'\,(4y\,dx\,dy+2x\,dy^2)$, производные $f$ в точке $t=xy^2$.

$F=xyz-x-y-z$; $F'_x=yz-1$, $F'_y=xz-1$, $F'_z=xy-1\ne0$.

$$z'_x=-\frac{yz-1}{xy-1}=\frac{1-yz}{xy-1},\qquad z'_y=\frac{1-xz}{xy-1}.$$

$z''_{xx}$: в числителе $(1-yz)'_x=-y\,z'_x$, знаменатель $(xy-1)'_x=y$:

$$z''_{xx}=\frac{-y\,z'_x(xy-1)-(1-yz)\,y}{(xy-1)^2}=\frac{-y(1-yz)-y(1-yz)}{(xy-1)^2}=\frac{2y(yz-1)}{(xy-1)^2}.$$

Симметрично $z''_{yy}=\dfrac{2x(xz-1)}{(xy-1)^2}$.

$z''_{xy}$: $(1-yz)'_y=-z-y\,z'_y$, $(xy-1)'_y=x$:

$$z''_{xy}=\frac{(-z-y\,z'_y)(xy-1)-(1-yz)\,x}{(xy-1)^2}=\frac{-z(xy-1)-y(1-xz)-x(1-yz)}{(xy-1)^2}=\frac{xyz-x-y+z}{(xy-1)^2}.$$

Из уравнения $xyz=x+y+z$, поэтому числитель равен $2z$:

$$z''_{xy}=\frac{2z}{(xy-1)^2}.$$

Ответ: $z'_x=\frac{1-yz}{xy-1}$, $z'_y=\frac{1-xz}{xy-1}$, $z''_{xx}=\frac{2y(yz-1)}{(xy-1)^2}$, $z''_{xy}=\frac{2z}{(xy-1)^2}$, $z''_{yy}=\frac{2x(xz-1)}{(xy-1)^2}$ ($xy\ne1$).

$u=8xy^2-x^2y^2-xy^3$.

$$\begin{cases}u'_x=8y^2-2xy^2-y^3=y^2(8-2x-y)=0\\ u'_y=16xy-2x^2y-3xy^2=xy(16-2x-3y)=0\end{cases}$$

• $y=0$: оба уравнения выполнены при любом $x$ — вся прямая $y=0$ состоит из стационарных точек.
• $y\ne0$: тогда $y=8-2x$. Во втором: $x=0\Rightarrow y=8$, точка $(0,8)$; или $16-2x-3(8-2x)=4x-8=0\Rightarrow x=2,\ y=4$.

$A=u''_{xx}=-2y^2$, $B=u''_{xy}=y(16-4x-3y)$, $C=u''_{yy}=2x(8-x-3y)$.

Точка	$A$	$B$	$C$	$AC-B^2$	Вывод
$(2,4)$	−32	−16	−24	$768-256=512>0$	$A<0$ — max, $u=64$
$(0,8)$	−128	−64	0	$-4096<0$	нет экстремума
$(x_0,0)$	0	0	$2x_0(8-x_0)$	$0$	нужно доп. исследование

Точки $(x_0,0)$. $u(x_0,0)=0$, и $u=y^2\cdot x(8-x-y)$. Рядом с $(x_0,0)$ множитель $x(8-x-y)$ близок к $x_0(8-x_0)$, а $y^2\ge0$.

• $0<x_0<8$: $x_0(8-x_0)>0$, рядом $u\ge0=u(x_0,0)$ — нестрогий минимум.
• $x_0<0$ или $x_0>8$: рядом $u\le0$ — нестрогий максимум.
• $x_0=0$ и $x_0=8$: множитель $x(8-x-y)$ в любой окрестности меняет знак — экстремума нет.

Проверка главной точки: $u'_x(2,4)=16\cdot(8-4-4)=0$, $u'_y(2,4)=8\cdot(16-4-12)=0$, $u(2,4)=2\cdot16\cdot2=64$. ✓

Ответ: $u_{\max}=u(2,4)=64$; на прямой $y=0$: при $0<x<8$ нестрогие минимумы, при $x<0$ и $x>8$ нестрогие максимумы ($u=0$); в $(0,0)$, $(8,0)$, $(0,8)$ экстремума нет.

1) Внутри. $u'_x=2x-2=0$, $u'_y=4y=0$: $(1,0)$, $1<4$ — внутри, $u(1,0)=-1$.

2) Граница $x^2+y^2=4$. На ней $y^2=4-x^2$, $x\in[-2,2]$:

$$u=x^2+2(4-x^2)-2x=8-x^2-2x,\qquad u'=-2x-2=0\Rightarrow x=-1,\ y=\pm\sqrt3,\ u=9.$$

Концы отрезка $x=\pm2$ (это точки $(\pm2,0)$ на окружности): $u(2,0)=0$, $u(-2,0)=8$.

Точка	$(1,0)$	$(-1,\pm\sqrt3)$	$(2,0)$	$(-2,0)$
$u$	$-1$	$9$	$0$	$8$

Можно было параметризовать $x=2\cos t$, $y=2\sin t$: $u=8-4\cos^2t-4\cos t$ — то же самое с $c=\cos t\in[-1,1]$.

Ответ: $\max u=u(-1,\pm\sqrt3)=9$, $\min u=u(1,0)=-1$.

$u'_x=\dfrac{2x}{x^2+y^2+z^2}$, аналогично по $y$, $z$. В $M_1$: $x^2+y^2+z^2=9$.

$$\grad u(M_1)=\frac29(1,2,-2)=\Bigl(\frac29,\frac49,-\frac49\Bigr).$$

$\vec l=(2,-1,2)$, $|\vec l|=3$.

$$\frac{\partial u}{\partial l}=\frac{\frac29\cdot2+\frac49\cdot(-1)-\frac49\cdot2}{3}=\frac{4-4-8}{27}=-\frac{8}{27}.$$

Наибольшая скорость роста $|\grad u(M_1)|=\frac29\sqrt{1+4+4}=\frac23$.

Ответ: $\grad u(M_1)=\bigl(\frac29,\frac49,-\frac49\bigr)$, $\frac{\partial u}{\partial l}=-\frac8{27}$, $|\grad u|=\frac23$.

Точке $M$ соответствует $t_0=0$. $x'=e^t$, $y'=-e^{-t}$, $z'=\sqrt2$; при $t_0=0$: $\vec\tau=(1,-1,\sqrt2)$.

$$\text{касательная: }\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z}{\sqrt2};$$ $$\text{нормальная плоскость: }(x-1)-(y-1)+\sqrt2\,z=0\ \Leftrightarrow\ x-y+\sqrt2\,z=0.$$

Ответ: $\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z}{\sqrt2}$; $x-y+\sqrt2z=0$.

Тело симметрично относительно $Oz$, берём обычные цилиндрические: $x=r\cos\varphi$, $y=r\sin\varphi$, $z=z$.

$x^2+y^2\le z\le4\Rightarrow r^2\le z\le4$, и отсюда $r\le2$. $y\ge0\Rightarrow\sin\varphi\ge0\Rightarrow0\le\varphi\le\pi$.

$$T:\ 0\le\varphi\le\pi,\quad 0\le r\le2,\quad r^2\le z\le4.$$

Тело — половина (при $y\ge0$) «чаши» между параболоидом $z=x^2+y^2$ и плоскостью $z=4$.

Ответ: $0\le\varphi\le\pi$, $0\le r\le2$, $r^2\le z\le4$.

а) Внутренний предел по $y$ при фиксированном $x\ne0$:

$$\lim_{y\to0}\frac{2x^2-y^2+y^3}{x^2+y^2}=\frac{2x^2}{x^2}=2\ \Rightarrow\ \lim_{x\to0}2=2.$$ $$\lim_{x\to0}\frac{2x^2-y^2+y^3}{x^2+y^2}=\frac{-y^2+y^3}{y^2}=-1+y\ \Rightarrow\ \lim_{y\to0}(-1+y)=-1.$$

Повторные пределы разные. Если бы двойной предел $L$ существовал, то (раз внутренние пределы существуют) оба повторных были бы равны $L$. Значит, двойного предела нет. Напрямую: вдоль $y=0$ значение $2$, вдоль $x=0$ оно $\to-1$.

б) Функция определена при $x\ne0$. Двойной предел: $|(x+y)\sin\frac1x|\le|x|+|y|\to0$, существует и равен $0$.

$\displaystyle\lim_{x\to0}\lim_{y\to0}(x+y)\sin\frac1x=\lim_{x\to0}x\sin\frac1x=0$.

$\displaystyle\lim_{y\to0}\lim_{x\to0}(x+y)\sin\frac1x$: при фиксированном $y\ne0$ слагаемое $x\sin\frac1x\to0$, а $y\sin\frac1x$ колеблется между $-|y|$ и $|y|$ — внутреннего предела нет, и этот повторный не существует.

Ответ: а) повторные $2$ и $-1$, двойного нет; б) двойной $=0$, $\lim_{x\to0}\lim_{y\to0}f=0$, $\lim_{y\to0}\lim_{x\to0}f$ не существует.

Область: $y\ne0$.

$$z'_x=\frac{1}{1+\frac{x^2}{y^2}}\cdot\frac1y=\frac{y}{x^2+y^2},\qquad z'_y=\frac{1}{1+\frac{x^2}{y^2}}\cdot\Bigl(-\frac{x}{y^2}\Bigr)=-\frac{x}{x^2+y^2}.$$ $$z''_{xx}=-\frac{2xy}{(x^2+y^2)^2},\qquad z''_{xy}=\Bigl(\frac{y}{x^2+y^2}\Bigr)'_y=\frac{x^2+y^2-2y^2}{(x^2+y^2)^2}=\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2},$$ $$z''_{yy}=\Bigl(-\frac{x}{x^2+y^2}\Bigr)'_y=\frac{2xy}{(x^2+y^2)^2}.$$

Проверка: $z''_{yx}=\bigl(-\frac{x}{x^2+y^2}\bigr)'_x=-\frac{x^2+y^2-2x^2}{(x^2+y^2)^2}=\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}$. ✓

Тождество: $z''_{xx}+z''_{yy}=\frac{-2xy+2xy}{(x^2+y^2)^2}=0$. ✓

Ответ: $z'_x=\frac{y}{x^2+y^2}$, $z'_y=-\frac{x}{x^2+y^2}$, $z''_{xx}=-\frac{2xy}{(x^2+y^2)^2}$, $z''_{xy}=z''_{yx}=\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}$, $z''_{yy}=\frac{2xy}{(x^2+y^2)^2}$; тождество верно.

$r'_x=\dfrac{x}{r}$, $r'_y=\dfrac{y}{r}$.

$$u'_x=f'(r)\cdot\frac{x}{r}.$$

Производная произведения; у $f'(r)$ снова цепное правило:

$$u''_{xx}=f''(r)\frac{x}{r}\cdot\frac{x}{r}+f'(r)\cdot\Bigl(\frac{x}{r}\Bigr)'_x=f''\frac{x^2}{r^2}+f'\cdot\frac{r-x\cdot\frac{x}{r}}{r^2}=f''\frac{x^2}{r^2}+f'\frac{y^2}{r^3}.$$

Симметрично $u''_{yy}=f''\dfrac{y^2}{r^2}+f'\dfrac{x^2}{r^3}$. Складываем, $x^2+y^2=r^2$:

$$\Delta u=f''(r)+\frac{f'(r)}{r}.$$

Проверка на $f(r)=r^2$: $u=x^2+y^2$, $\Delta u=4$; по формуле $2+\frac{2r}{r}=4$. ✓

Ответ: $\Delta u=f''(r)+\dfrac1r f'(r)$.

$F=x+y+z-e^z$; $F'_x=1$, $F'_y=1$, $F'_z=1-e^z\ne0$, то есть $z\ne0$.

$$z'_x=z'_y=-\frac{1}{1-e^z}=\frac{1}{e^z-1}.$$

Дифференцируем $(e^z-1)^{-1}$ по $x$, помня, что $z=z(x,y)$:

$$z''_{xx}=-\frac{e^z\,z'_x}{(e^z-1)^2}=-\frac{e^z}{(e^z-1)^3}.$$

По $y$ получается то же самое (там $z'_y=z'_x$), поэтому $z''_{xy}=z''_{yy}=z''_{xx}$. Через уравнение $e^z=x+y+z$ ответ можно записать как $-\dfrac{x+y+z}{(x+y+z-1)^3}$.

Ответ: $z'_x=z'_y=\frac{1}{e^z-1}$, $z''_{xx}=z''_{xy}=z''_{yy}=-\frac{e^z}{(e^z-1)^3}$ ($z\ne0$).

Область: $y\ge0$. Производная по $y$ существует при $y>0$, ищем экстремум там.

$$\begin{cases}u'_x=2x-2\sqrt y-4=0\\ u'_y=-\dfrac{x}{\sqrt y}+2=0\end{cases}$$

Из второго $x=2\sqrt y$. В первое: $4\sqrt y-2\sqrt y-4=0\Rightarrow\sqrt y=2$, $y=4$, $x=4$.

$A=u''_{xx}=2$, $B=u''_{xy}=-\dfrac{1}{\sqrt y}$, $C=u''_{yy}=\dfrac{x}{2y\sqrt y}$. В точке $(4,4)$: $A=2$, $B=-\frac12$, $C=\frac{4}{2\cdot4\cdot2}=\frac14$.

$$AC-B^2=\frac12-\frac14=\frac14>0,\quad A>0\ \Rightarrow\ \min.$$

$u(4,4)=16-16+8-16=-8$.

Ответ: $u_{\min}=u(4,4)=-8$.

1) Внутри. $u'_x=3x^2-3=0\Rightarrow x=\pm1$, $u'_y=2y-2=0\Rightarrow y=1$. Точка $(-1,1)$ вне прямоугольника — отбрасываем. $(1,1)$ внутри: $u(1,1)=1+1-3-2=-3$.

2) Стороны.

• $x=0$, $y\in[-1,2]$: $u=y^2-2y$, $u'=0\Rightarrow y=1$: $u(0,1)=-1$.
• $x=2$, $y\in[-1,2]$: $u=2+y^2-2y$, $y=1$: $u(2,1)=1$.
• $y=-1$, $x\in[0,2]$: $u=x^3-3x+3$, $x=1$: $u(1,-1)=1$.
• $y=2$, $x\in[0,2]$: $u=x^3-3x$, $x=1$: $u(1,2)=-2$.

3) Углы: $u(0,-1)=3$, $u(0,2)=0$, $u(2,-1)=5$, $u(2,2)=2$.

Точка	$(1,1)$	$(0,1)$	$(2,1)$	$(1,-1)$	$(1,2)$	$(0,-1)$	$(0,2)$	$(2,-1)$	$(2,2)$
$u$	$-3$	$-1$	$1$	$1$	$-2$	$3$	$0$	$5$	$2$

Ответ: $\max u=u(2,-1)=5$, $\min u=u(1,1)=-3$.

$u'_x=y+z$, $u'_y=x+z$, $u'_z=x+y$. В $M_1$: $\grad u=(4,5,3)$, $|\grad u|=\sqrt{16+25+9}=5\sqrt2$.

$\vec l=(3,4,0)$, $|\vec l|=5$.

$$\frac{\partial u}{\partial l}=\frac{4\cdot3+5\cdot4+3\cdot0}{5}=\frac{32}{5}.$$

Проверка: $\frac{32}5=6{,}4\le5\sqrt2\approx7{,}07$. ✓

Ответ: $\grad u(M_1)=(4,5,3)$, $|\grad u|=5\sqrt2$, $\frac{\partial u}{\partial l}=\frac{32}5$.

Точка на поверхности: $1\cdot e^0+1=2$. ✓ $F=z\,e^{x-y}+z^3-2$:

$$F'_x=z\,e^{x-y},\quad F'_y=-z\,e^{x-y},\quad F'_z=e^{x-y}+3z^2;\qquad \vec n(M)=(1,-1,4).$$ $$\text{касательная плоскость: }(x-1)-(y-1)+4(z-1)=0\ \Leftrightarrow\ x-y+4z-4=0;$$ $$\text{нормаль: }\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z-1}{4}.$$

Ответ: $x-y+4z=4$; $\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z-1}{4}$.

Тело симметрично относительно $Oz$: $x=\rho\sin\theta\cos\varphi$, $y=\rho\sin\theta\sin\varphi$, $z=\rho\cos\theta$, $\sqrt{x^2+y^2}=\rho\sin\theta$.

$x^2+y^2+z^2\le4\Rightarrow\rho\le2$. $z\ge\sqrt{x^2+y^2}\Rightarrow\cos\theta\ge\sin\theta\Rightarrow0\le\theta\le\frac\pi4$. По $\varphi$ ограничений нет.

$$T:\ 0\le\varphi<2\pi,\quad 0\le\theta\le\frac\pi4,\quad 0\le\rho\le2.$$

Тело — «мороженое»: конус $z=\sqrt{x^2+y^2}$ с вершиной в начале координат, накрытый сферой радиуса 2.

Ответ: $0\le\varphi<2\pi$, $0\le\theta\le\frac\pi4$, $0\le\rho\le2$.