Задача из журнала «Квант» (2000 год, 3 выпуск) М1707*

Условие

Квадрат клетчатой бумаги, состоящий из $n\times n$ клеток, разрезан на $2n$ прямоугольников. При этом каждый прямоугольник расположен либо целиком ниже, либо выше ступенчатой ломаной, разделяющей квадрат (рис.1). Докажите, что найдется клетка клетчатой бумаги, являющаяся одним из названных прямоугольников.

Рис. 1

Решение

Ступенчатая ломанная разрезает квадрат на два ступенчатых треугольника $T_1$ и $T_2$, при этом основание $T_1$ состоит из $n$ клеток, а основание $T_2$ – из $n – 1$ клетки. В силу условия задачи, один из них разрезан на $m$, а другой – на $k$ прямоугольников, причем $m + k = 2n$. Пока что фиксируем внимание на отдельно взятом ступенчатом треугольнике $T$, в основании которого $s$ клеток (рис.2). Так как при разрезании $T$ на прямоугольники любые две точки из набора $A_1, A_2, \ldots, A_s$ должны принадлежать разным прямоугольникам, можно заключить, что $T$ нельзя разрезать на менее чем $s$ прямоугольников.

Рис. 2

Разберем далее тот случай, когда $T$ разрезан в точности на s прямоугольников; тогда каждая из точек $A_1, A_2 , \ldots, A_s$ принадлежит только одному из них и, более того, каждая из $s$ закрашенных клеток принадлежит целиком только одному из $s$ прямоугольников. Не закрашенных клеток, примыкающих по сторонам к закрашенным, на единицу меньше, чем закрашенных, поэтому хотя бы один из $s$ прямоугольников не выйдет за пределы своей заштрихованной клетки, т.е. будет с ней совпадать. Возвращаясь к ступенчатым треугольникам $T_1$ и $T_2$, можно сказать, что $m \geq n$, а $k \geq n-1$. Но так как $m + k = 2n$, то либо $m = n$, либо $k = n – 1$. Значит, либо в $T_1$, либо в $T_2$ найдется прямоугольник, совпадающий с клеткой клетчатой бумаги.

В.Произволов

5.6 Правила Лопиталя

Правила Лопиталя
Рассмотрим некоторые теоремы, позволяющие   раскрывать неопределенности  вида $\left [ \displaystyle\frac{0}{0} \right ]$ и $\left [ \displaystyle\frac{\infty }{\infty } \right]$ при нахождении пределов  $\lim\limits_{x\rightarrow a } \displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}$, где $f$ и $g$–дифференцируемые функции. Рассмотрим сначала простой случай. Пусть функции $f$ и $g$ дифференцируемые в точке $a$, $f(a) = g(a) = 0$ и ${g}'(a)\neq 0$. Тогда $f(x)={f}'(a)(x-a)+\bar{o}(x-a)$ и $g(x)={g}'(a)(x-a)+\bar{o}(x-a)$, откуда получаем $$\large \lim\limits_{x\rightarrow a } \displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\rightarrow a }\displaystyle\frac{{f}'(a)(x-a)+\bar{o}(x-a)}{{g}'(a)(x-a)+\bar{o}(x-a)}=\\=\lim\limits_{x\rightarrow a}x \displaystyle\frac{{f}'(a) + \displaystyle\frac{\bar{0}(x-a)}{x-a }}{{g}'(a) + \displaystyle\frac{\bar{0}(x-a)}{x-a }}= \displaystyle\frac{{f}'(a)}{{g}'(a)}$$
Это означает, что (при выполнении соответствующих условий) предел отношения функций равен отношению их производных.

Перейдя по этим ссылкам, Вы найдете подробную информацию о Первой и Второй теореме Лопиталя :

  1. Первая теорема Лопиталя
  2. Вторая теорема Лопиталя
  3. Литература

8.4 Объем тела вращения

Пусть на отрезке $\left[a,b\right]$ задана непрерывная неотрицательная функция $f$. Рассмотрим криволинейную трапецию, или подграфик функции $f$. Будем вращать эту трапецию вокруг оси $Ox$. Полученное тело вращения обозначим через $E$. Выведем формулу для его объема. Разобьем отрезок $\left[a,b\right]$ точками $a= x_0 < x_1 <\ldots < x_n = b$ и обозначим $m_i = \inf f(x), M_i = \sup f(x)$. В результате вращения получаем два прямых круговых цилиндра и один “цилиндр” с криволинейной образующей. Объемы меньшего и большего круговых цилиндров равны соответственно $\pi m_i^2\Delta x_i$ и $\pi M_i^2\Delta x_i$. Из круговых прямых цилиндров составим две области: одна из них имеет объем V=$\pi\sum\limits_{i=1}^{n-1}m_i^2\Delta x_i$ ,а другая $\overline{V}=\pi\sum\limits_{i=1}^{n-1}M_i^2\Delta x_i$ (Если у Вас возникли проблемы, то просмотрите этот материал Суммы Дарбу). Ясно, что наше тело вращения $E$ содержит в себе меньшее из этих кусочно цилиндрических тел и содержится в большем кусочно цилиндрическом теле. Таким образом, объем $V$ тела $E$ удовлетворяет неравенству V $\leq$ V $\leq$ $\overline{V}$. Понятно, что суммы V и $\overline{V}$ соответственно нижняя и верхняя суммы Дарбу для интеграла $\pi\int\limits^a_b f(x)^2\,dx.$, так что они обе стремятся к этому интегралу при стремлении к нулю диаметра разбиения.

Итак, мы получаем следующую формулу для нахождения объема тела вращения:

$$V=\pi\int\limits^a_b f(x)^2\,dx$$

Примеры решения задач

  • Пример 1.Найти объем тела вращения вокруг оси абсцисс ограниченного функциями $y=2x-x^2, o<x<2;$
    Решение

    Выполним чертеж:

    Объем тела вращения:

    $V=\pi\int\limits^a_b f(x)^2\,dx = \pi\int\limits^2_0 (2x-x^2)^2\,dx$ =
    =$\pi\int\limits^2_0 4x^2-4x^3+x^4\,dx = \pi (\frac{32}{3}-16 +\frac{32}{5}) =\frac{ 16\pi}{15}$

  • Пример 2.Вычислить объем тела, полученного при вращении вокруг оси абсцисс фигуры ограниченной линиями $y=2x+1$, $y=x+4$, $x=0$, $x=1$.
    Решение

    $$V=V_1 — V_2$$

    Найдем фигуру ограниченную сверху прямой $y=x+4$ :

    $$ V_1 = \pi\int\limits^1_0 (x+4)^2\,dx = \pi (\frac{x^3}{3}+4x^2 +16x)|_0^1 =\frac{61\pi}{3}$$

    Найдем фигуру ограниченную сверху прямой $y=2x+1$ :

    $$ V_2 = \pi\int\limits^1_0 (2x+1)^2\,dx = \pi (\frac{4x^3}{3}+2x^2 +x)|_0^1 =\frac{61\pi}{3} =\frac{13\pi}{3}$$
    $$ V = \frac{61\pi}{3} — \frac{13\pi}{3} = 16\pi$$

Объем тела вращения

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме.

См. также

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 5 выпуск) M1788

Весёлый треугольник

Задача

В треугольнике $ABC$ точка $I$ — центр вписанной окружности $W$,$Q$,$D$ — точки ее касания со сторонами $BC$,$CA$,$AB$ (см. рисунок выше). Прямые $AB_1$ и $BQ$ пересекаются в точке $P$, $AC$ и $WD$ — в точке $M$, $BC$ и $QD$ — в точке $N$. Докажите, что прямые $IP$ и $MN$ перпендикулярны.

Решение

Построим на отрезках $IA$ и $IW$ как на диаметрах окружности. Отличная от $I$ точка $Y$ их пересечения будет основанием перпендикуляра, опущенного из $I$ на $AW$, а прямая $IN_1$ проходит через $N$, так как $IY$ — общая хорда этих двух окружностей, $BC$ — общая касательная первой из них и вписанной окружности треугольника, $QD$ — общая хорда второй и вписанной окружностей. Из подобия прямоугольных треугольников $INW$ и $IWY$ получаем $IN \cdot IY = r^2$, где $r$ — радиус вписанной окружности. Аналогично получаем, что прямая $IM$ перпендикулярная $BQ$, и для точки пересечения $M_1$: $IM \cdot IM_1 = r^2$. Следовательно, треугольник $IM_1Y$ подобен треугольнику $INM$ и вписан в окружность с диаметром $IP$. Поэтому $\angle M_1IP + \angle INM = \angle M_1YP + \angle IYM_1 = 90^{\circ}.$

Что и хотели доказать.

А. Заславский

12.3 Частные производные

Сначала рассмотрим пример. Пусть $ \DeclareMathOperator{\tg}{tg} f(x,y)=x^{2}+y^{2}$. Производной по $x$ называется $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x,$$
а производной по $y$ – $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y.$$
Полной производной, или дифференциалом, согласно примеру $1$, будет $A(h,k)=2xh+2yk$, $A = \mathrm{d}f(x,y).$

Определение. Пусть $f\colon E\to \mathbb{R}$, где открытое множество $E\subset{\mathbb{R}^{n}}$, и точка $x_{0}\in{E}$. Если существует $$\lim_{t \rightarrow 0}\frac{f(x_{0}+te_{i})-f(x_{0})}{t},$$ то этот предел называется $i$-й частной производной функции $f$ по переменной $x^{i}$ в точке $x_{0}$ и обозначается одним из символов $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0}),$ ${f}’_{x^{i}}(x_{0}),$ $\mathrm{D}_{i}f(x_0),$ ${f}’_{i}(x_{0}).$

В этом определении $e_{i}$ – $i$-й координатный вектор. Все его координаты – нули, за исключением $i$-й, равной $1$, а $t \neq 0$ пробегает действительные значения, близкие к нулю, так, чтобы точка $x_{0} + te_{i}$ оставалась во множестве $E.$

Можно записать $$\frac{\partial f }{\partial x^{i}}(x_0)=\lim_{t \rightarrow 0}\frac{f(x_{0}^{1},\ldots, x_{0}^{i}+t,\ldots, x_{0}^{n})-f(x_{0}^{1},\ldots, x_{0}^{n})}{t}.$$
Эта запись показывает, что частную производную можно рассматривать как производную функции $f$ по переменной $x_{i}$ при фиксированных значениях всех остальных переменных. Точнее, $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0})$ есть производная функции одного переменного $g(\xi)=f(x_{0}^{1},\ldots, x_{0}^{i-1}, \xi, x_{0}^{i+1},\ldots, x_{0}^{n})$ в точке $\xi = x_{0}^{i}.$

Частная производная – это число, в отличие от производной $f'(x_{0}),$ которая называется также полной производной. Полная производная является линейной формой.

Теорема 4. Пусть $f$ – действительная функция, заданная на открытом множестве $E\subset{\mathbb{R}^{n}}$. Если функция $f$ дифференцируема в точке $x_{0}\in{E}$, то в этой точке у нее существуют частные производные по всем переменным. При этом справедливо равенство $$f(x_{0}+h)-f(x_{0})=\frac{\partial f}{\partial x^{1}}(x_{0})h^{1}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial x^{n}}(x_{0})h^{n}+\bar{o}(\left | h \right |). \quad (12.11)$$

Пусть $A={\mathrm{d} f}(x_{0})$. Тогда, по определению дифференцируемости, $$f(x_{0}+h)-f(x_{0})= A(h)+\bar{o}(\left | h \right |). \quad (12.12)$$
Положим $h = te_{i}$, где достаточно малое $t\neq 0.$ Тогда получим $$f(x_{0}+te_{i})−f(x_{0})=tA(e_{i})+\bar{o}(\left | t \right |).$$
Отсюда следует, что $$\frac{f(x_{0}+te_{i})-f(x_{0})}{t}\to A(e_{i})\quad(t\to 0).$$
Тем самым мы доказали, что существует $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0})=A(e_{i})$. Заметим, что $$A(h) = A(e_{1})h^{1}+\ldots+A(e_{n})h^{n},$$ и поэтому из $(12.12)$ следует $(12.11).$

При доказательстве теоремы нами установлено соотношение $$\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0})=\mathrm{d}f(x_{0})e_{i}\quad(i=1,\ldots,n).$$
В правой его части записано значение линейной формы $\mathrm{d}f(x_{0})$ на $i$-м базисном векторе $e_{i}$.

Формулой $$\mathrm{d}f(x_{0})h=\frac{\partial f}{\partial x^{1}}(x_{0})h^{1}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial x^{n}}(x_{0})h^{n}\quad(h\in \mathbb{R}^{n})$$ описывается дифференциал $\mathrm{d}f(x_{0})$ как линейная форма. Заметим, что из этой формулы вытекает равенство $$\mathrm{d}f(x_{0})=\frac{\partial f}{\partial x^{1}}(x_{0})\pi^{1}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial x^{n}}(x_{0})\pi^{n},$$ где $\pi^{i}(h)$ – $i$-я проекция.

Таким образом, частные производные – это координаты полной производной или дифференциала в стандартном базисе $\pi^{1}, \ldots, \pi^{n}$ сопряженного пространства.

Пример 1. Пусть $f(x, y)=x^{2}+y^{2}.$ Как было установлено выше, частные производные этой функции по переменным $x$ и $y$ соответственно равны $2x$ и $2y.$ Вычислим значение дифференциала этой функции в точке $(1, 2)$ на векторе $(−3, 5).$ Имеем
$$\frac{\partial f}{\partial x}(1, 2)=2,\quad \frac{\partial f}{\partial y}(1, 2)=4,\quad \mathrm{d}f(1, 2)(−3, 5) = 2(−3)+4·5=14.$$
Запишем разложение $\mathrm{d}f(1, 2)$ по базисным линейным формам $\pi^{1},$ $\pi^{2}:$
$$\mathrm{d}f(1, 2) = 2\pi^{1} + 4\pi^{2}.$$
Это выражение полностью описывает дифференциал.

Пример 2. Рассмотрим функцию $f(x) = \left | x \right |$, $x\in \mathbb{R}^{n}$. Покажем, что в начале координат у нее нет ни одной частной производной. Действительно, например, $f(x^{1}, 0, \ldots, 0) = \left | x^{1} \right |$, но, как хорошо известно, у этой функции нет производной в нуле по переменной $x^{1}.$ Аналогично показываем, что в начале координат нет частных производных по остальным переменным.

Рассмотрим геометрический смысл частной производной на примере функции $f(x, y)$ двух переменных. Сечением графика функции $f(x, y)$ плоскостью $y = y_{0}$ есть некоторая кривая – график функции одного переменного $f(x, y_{0})$. Касательная к этому графику в точке $x = x_{0}$ образует некоторый угол $\alpha$ с положительным направлением оси $Ox$. Тангенс этого угла $\tg \alpha$ и есть частная производная функции $f(x, y)$ по переменной $x$ в точке $(x_{0}, y_{0})$, т. е. $\tg \alpha = \frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}, y_{0})$.

Частные производные в точке $(x_{0}, y_{0})$ характеризуют поведение функции вблизи точки $(x_{0}, y_{0})$ вдоль прямых, параллельных координатным осям. В случае $n \geq 2$ из существования частных производных не следует дифференцируемость функции. Например, пусть функция $f(x, y) = 1$, если $xy = 0$, и $f(x, y) = 0$ во всех остальных точках $(x, y)$. Тогда очевидно, что $\frac{\partial f}{\partial x}(0, 0)=\frac{\partial f}{\partial y}(0, 0)=0$, но, в то же время, функция $f$ разрывна в точке $(0, 0)$ и, тем более, она не является дифференцируемой в этой точке.

Пример 1. Пусть
$$f(x, y)=\left\{\begin{matrix}\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}, \quad x^{2}+y^{2}>0, &\\0, \quad x^{2}+y^{2}=0.\end{matrix}\right.$$
Если $x^2 + y^2 > 0$, то
$$\frac{\partial f}{\partial x}(x, y)=y\frac{x^2+y^2-2x^2}{(x^2+y^2)^2}=y\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2},\quad \frac{\partial f}{\partial y}(x, y)=x\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}.$$
Вычислим частные производные функции $f$ в начале координат. Поскольку $f(x, 0) = 0$, то $\frac{\partial f}{\partial x}(0, 0) = 0$. Аналогично $\frac{\partial f}{\partial y}(0, 0) = 0$. Таким образом, частные производные функции $f$ существуют во всех точках плоскости. Однако эта функция разрывна в начале координат, поскольку на прямой $x = y \neq 0$ справедливо равенство $f(x, x) = \frac{1}{2}$. Это означает, что ее предел не равен значению функции в точке $(0, 0)$.
Итак, функция $f$ разрывна в начале координат, так что она не является дифференцируемой в точке $(0, 0)$.

Пример 2. Функция
$$f(x, y)=\left\{\begin{matrix}\frac{xy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}, \quad x^{2}+y^{2}>0, &\\0, \quad x^{2}+y^{2}=0.\end{matrix}\right.$$
как было показано ранее, непрерывна во всех точках плоскости. Легко видеть, что в каждой точке плоскости она имеет частные производные, однако, как было показано выше, в начале координат не является дифференцируемой.

Определение. Пусть действительная функция $f$ определена на открытом множестве $E\subset\mathbb{R}^{n}$. Предположим, что в каждой точке $x \in E$ существует частная производная $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x)$. Тогда получаем функцию $x \to\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x)$, определенную на множестве $E$, которая обозначается $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}$ и называется $i$-й частной производной.

Определение. Если функция $f$ в каждой точке $x$ множества $E$ имеет все частные производные $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}$ и они непрерывны на множестве $E$ то функция $f$ называется непрерывно дифференцируемой на этом множестве. Через $C^1(E)$ обозначается класс всех непрерывно дифференцируемых на множестве $E$ функций.

Определение. Если функция $f$ дифференцируема в каждой точке множества $E$, то говорят, что $f$ дифференцируема на множестве $E$.

Теорема. Пусть функция $f$ принадлежит классу $C^{1}(E)$, где открытое множество $E\subset\mathbb{R}^{n}$. Тогда $f$ дифференцируема на $E$.

Фиксируем $x_{0} \in E$. Поскольку множество $E$ открыто, то существует шар $U_0$ с центром в этой точке, целиком содержащийся в $E$. Пусть $r$ – радиус этого шара и вектор $h$ имеет длину $\left | h \right | < r$. Обозначим $x_{j} = x_{0} + h^{1}e_{1} + \ldots+ h^{j}e_{j}\quad (j = 1, \ldots, n)$. Ясно, что $x_{n} = x_{0} + h$. Заметим, что все $x_{j}$ принадлежат шару $U_0$. Действительно,
$$\left | x_0-x_j \right |=\sqrt{\sum_{i=1}^{j}(h^{i})^{2}}\leq \left | h \right |<r.$$
Поскольку шар – выпуклое множество, то каждый из отрезков $[x_{j−1}, x_{j}]$ содержится в ${U_0}.$ Действительно, этот отрезок – это множество точек $x = (1 − t)x_{j−1} + tx_{j}$, где $0 \leq t \leq 1$, и мы получаем $$\left | x_0-x_j \right |=(1-t)\left | x_0-x_{j-1} \right |+t\left | x_0-x_{j} \right |<r.$$
Воспользуемся равенством
$$f(x_0 + h) − f(x_0) =\sum_{j=1}^{n}[f(x_j) − f(x_{j−1})].\quad(12.13)$$
Рассмотрим отдельно каждое из слагаемых в правой части. При фиксированном $j$ положим
$g(t) = f(x_{j−1} + te_{j})\quad (0 \leq t \leq h^j).$
По определению частной производной имеем
$$g'(t)=\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(x_{j-1}+te_j).$$
По формуле Лагранжа получаем
$$f(x_j)-f(x_{j-1})=g(h^j)-g(0)=g'(\tau_j)h^j=\frac{\partial f}{\partial x^j}(\xi_j)h^j,$$ где $\xi_j=x_{j-1}+\tau_{j}e_{j}$ – некоторая точка отрезка, соединяющего $x_{j−1}$ и $x_j$. Имеем $\left |x_{0} − \xi_{j}\right | \leq \left |h \right |$. Обозначим
$$\alpha_j(h)=\frac{\partial f}{\partial x^j}(x_0)-\frac{\partial f}{\partial x^j}(\xi_j).$$
По условию все частные производные непрерывны в точке $x_0$ и поэтому
$$\lim_{x\to 0}\alpha_j(h)=0 \quad(j=1,\ldots, n).\quad(12.14)$$
В силу $(12.13)$ имеем
$$f(x_0+h)-f(x_0)=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(\xi_j)h^j=$$ $$=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(x_0)h^j-\sum_{j=1}^{n}\alpha_j(h)h^{j}=A(h)+\rho(h), $$
где
$$A(h)=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^j}(x_0)h^j,\quad \rho(h)=-\sum_{j=1}^{n}\alpha_j(h)h^j.$$
Итак, $A$ является линейной формой аргумента $h$, а
$$\left | \rho(h) \right |\leq\left | h \right |\sum_{j=1}^{n}\left | \alpha_{j}(h) \right |.$$
Поэтому, в силу соотношений $(12.14)$ получаем, что $\frac{\rho(h)}{\left | h \right |}\to 0$ при $h \to 0$.
Согласно определению дифференцируемости, теорема доказана.

Замечание. Из доказательства видно, что если функция имеет частные производные в некоторой окрестности точки $x_0$ и в этой точке все они непрерывны, то функция дифференцируема в точке $x_0.$

Следствие. Каждая функция класса $C^1$ непрерывна.

Замечание. Непрерывность частных производных – только достаточное условие дифференцируемости. Оно не является необходимым.

Пример. Пусть
$$f(x)=\left\{\begin{matrix}
\left | x \right | ^2\sin \frac{1}{\left | x \right |^2}, \quad x\neq0,
&\\ 0, \quad x=0.
\end{matrix}\right.$$
Найдем частные производные
$$\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x)=2x^{i}\sin \frac{1}{\left | x \right |^2}-\frac{2x^i}{\left | x \right |^2}\cos \frac{1}{\left | x \right |^2}\quad(x \neq 0).$$
При $x = 0$ наша функция дифференцируема, т. к. $f(h) − f(0) = f(h) =\bar{o}(\left | h \right |)$. Однако, как легко видеть, все частные производные разрывны в точке $x = 0$.

Примеры решения задач

  1. Найти частные производные первого порядка функции $f(x,y)=\sin \frac{x}{y} \cos \frac{y}{x}:$

    Решение

    Область определена функции $\mathbb{R}.$ Фиксируя переменную $y$, находим
    $$\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{y^{2}\sin \frac{x}{y}\sin \frac{y}{x} + x^{2}\cos \frac{x}{y}\cos \frac{y}{x}}{x^{2}y}.$$
    Фиксируя переменную $x$, получаем
    $$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{-y^{2}\sin \frac{x}{y}\sin \frac{y}{x}-x^2\cos \frac{x}{y}\cos \frac{x}{y}}{xy^{2}}.$$

  2. Найти дифференциал функции $f(x,y)=\frac{y}{x}+\frac{x}{y}$, если

    Решение

    Найдем частные производные:
    $$\frac{\partial f}{\partial x}=-\frac{y}{x^2}+\frac{1}{y},$$
    $$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{1}{x}-\frac{x}{y^2}.$$
    Теперь подставляя полученные частные производные в формулу: $\mathrm{d}f=f’_{x}\mathrm{d}x+f’_{y}\mathrm{d}y$, получаем:
    $$\mathrm{d}f=(-\frac{y}{x^2}+\frac{1}{y})\mathrm{d}x+(\frac{1}{x}-\frac{x}{y^2})\mathrm{d}y.$$

Смотрите также

  1. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М. И. Курс математического анализа: страницы 241-255.
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа: страницы 240-253

Частные производные

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме