уравнением z = ln(x + y2 )в точке (1,0).

Решение

Частные

производные

заданной функции

равны

∂z

=

1

,

∂z

=

2 y

.

∂x

x + y2

x + y2

∂y

Вычислим значения частных производных

в

точке (1,0):

∂z

(1,0)=1 ,

∂z

(1,0)= 0 .

(1,0) z0 = ln1 = 0 .

∂x

∂y

Значение функции в точке

Тогда уравнение касательной плоскости

имеет вид:

z = 0 +1 (x −1)+ 0 (y −0),

или

z = x −1.

Уравнение

нормали:

n

∂w

(M0 )

Из определения дифференциала dw = ∑

xi

функции нескольких переменных

∂x

w = f (x1, x2,..., xi ,..., xn )

i=1

i

следует важный вывод. В тех случаях, когда модули приращений

xi

достаточно

малы,

можно

заменять

приращение

функции

в

некоторой точке

M (x1 + x1, x2 +

x2 ,..., xn +

xn )

ее

дифференциалом,

так

как

они

отличаются на

n

xi )2 . Погрешность,

бесконечно малую более

высокого

порядка, чем

ρ =

∑(

i =1

Решение

Рассмотрим функцию

z =

x2 + y2 . Необходимо вычислить ее значение в точке

M (3,01;3,98).

Представим

z = z0 + z ,

где

z0 = f (x0 , y0 ),

x0 = 3,

y0 = 4 . Тогда

z0 = 5 .

Теперь представим

x = 3,01 = x0 +

x

и

y = 3,98 = y0 +

y . Так

как

x0 = 3 и y0 = 4 , то

x = 0,01,

а

y = −0,02 . Поскольку

x и

y достаточно малы, то

заменим

приращение

функции

z

ее

дифференциалом

dz = ∂z (x ,

y )

x +

∂z

(x , y

)

y .

Для

этого

вычислим

частные

производные

∂x

0

0

∂y

0

0

∂z

=

x

и

∂z

=

y

в

точке

(3, 4).

Получим

∂z

(3, 4)= 0,6

и

∂x

x2 + y2

∂y

x2 + y2

∂x

∂z

(3, 4)

= 0,8 . Тогда дифференциал в точке (3, 4) при

x = 0,01 и

y = −0,02 равен

∂y