Высшая математика (часть 2). Конспект лекций

8. Производная сложной функции  Если дана функция z=F(u; v), где в свою очередь u=u(x; y) и v=v(x; y), то говорят,  что задана слож ная функция от x и y.  Теорема. Пуст ь функция F(u; v) имеет  непрерывные производные по u и v в т очке  (u0; v0) и кроме т ого, сущест вуют  производные функций u и v по x и y в т очке (x0;  y0), где выполняют ся равенст ва u0= u(x0; y0), v0= v(x0; y0). Тогда в т очке (x0; y0)  сущест вуют  производные

¶F  ¶F  и ,  ¶y    ¶x    причем

¶F  = ¶x  ¶F  = ¶y 

¶F  ¶u  ¶F  ¶v  × + × ¶u  ¶x  ¶v  ¶x  ¶F  ¶u  ¶F  ¶v .  × + ×  ¶u  ¶y  ¶v  ¶y 

(2.8.1) 

С доказательством теоремы можно ознакомится в [1. гл. VIII § 10].  Пример 14. Найти частные производные сложной функции  F  = u 2  + uv + v 2  , где 2 

2 

u = ( x +  y)  ; v = ( x -  y)  .  Решение. В соответствии с формулой (2.8.1) имеем

¶F  = ( 2 u + v ) × 2 ( x + y ) + ( u + 2 v ) × 2 ( x -  y) ; ¶ x 

¶F  = ( 2 u + v ) × 2 ( x + y ) - ( u + 2 v ) × 2 ( x -  y) ,  ¶y    2 

2 

где u = ( x +  y)  ; v = ( x -  y)  . 

Полная производная  Пусть задана функция z=F(u; v), где x и y есть функции от t:  x=x(t); y=y(t). Тогда z  есть функция только от t:  z=F(x(t); y(t)).  Производная 

dz от функции z=F(x(t); y(t)) называется полной производной. dt 

Очевидно, что в условиях предыдущей теоремы из формулы (2.8.1) получаем  dz  ¶F  dx ¶F  dy = × + × .  dt  ¶x  dt  ¶ y  dt

(2.8.2) 

Если задана функция z=F(x; y), где y есть функция от x: y=y(x), то z есть функция  только от x:  z=F(x; y(x)).  В соответствии с формулой (2.8.1) получаем  dz ¶F  ¶F  dy = + × .  dx  ¶x  ¶y    dx

(2.8.3) 

Пример 15. Дана функция  z =  x y , где x=x(t), y=y(t). Найти 

dz .  dt 

Решение. В соответствии с формулой (2.8.2) имеем  dz  ¶z  dx ¶z  dy dx dy = × + × = yx y -1  × + x y ln x × ,  где x=x(t), y=y(t).  dt  ¶x  dt  ¶ y  dt  dt  dt  Замечание. Формула (2.8.2) естественным образом обобщается на случай, когда  функция F есть функция от n аргументов x1, x2,¼, xn, зависящих от переменной t:  dz  n ¶F  dx i  =å × dt  i =1  ¶ x i  dt 

Пример 16. Пусть определитель n го  порядка D =

a ij  ( ,  i  j  = 1, 2, K  , n ) , зависящих от t:  a ij 

(2.8.4) 

a 11 

a 12 

K

a 1 n 

a 21 

a 22 

K

a 2 n 

--

--

- - - - 

a n 1 

a n 2

K 

состоит из элементов 

a nn 

=  a ij ( t ) . Тогда определитель D есть функция от t: D=D(t). С 

помощью формулы (2.8.4) получим производную 

d D  .  dt

Решение. Известно, что определитель D может быть разложен по элементам какого­либо столбца  n 

(строки). (например, j­го столбца): D = å a ij  A ij  , где алгебраические дополнения  A 1 j  , A 2 j , K  , A nj  элемента  i =1 

a ij  не содержат. Поэтому

¶D  =  A ij .  ¶a ij 

Далее по формуле (2.8.4) получаем  d D = dt 

n 

n 

n  n da ij  ù é n  é n  da ij  ù ¶D da ij  × = A  × = × A ij  ú .  êå ij  ú å êå å å å dt  dt  û j =1  ë i =1  dt  j =1  i =1  ¶ a ij  j =1  ë i =1  û

é n da ij  ù × A ij  ú есть разложение D по элементам j­го столбца, в котором  Очевидно, что выражение  êå  ë i =1  dt  û

элементы  a ij  заменены на производные 

da ij  dt 

. Таким образом,

производная определителя равна сумме n определителей, получающихся из D заменой,  поочередно, элементов его 1 го , 2 го ,¼, n го  столбца производными.  t  sin t  t 2  d D( t )  Пусть, например, требуется найти  , где D( t )  = cos t  t - 3  t 3  .  dt t + 2  2 t  t + 5 

В соответствии с изложенным выше правилом имеем  1  sin t  t 2  t  cos t  t 2  t  sin t  2 t  d D( t )  3  3  = - sin t  t  - 3  t  + cos t  1  t  + cos t  t  - 3  3 t 2  .  dt  1  2 t  t  + 5  t  + 2  2  t  + 5  t  + 2  2 t 1 

9. Инвариантность  формы  первого дифференциала  Пусть z=f(x; y),  где x=x(s, t)  и  y=y(s, t).  Рассмотрим сложную функцию  z=f(x(s, t), y(s, t)).  Найдем первый дифференциал этой функции.  По определению имеем dz =

¶f ( x ( s ,  t ),  y ( s ,  t ) ) ¶f ( x ( s ,  t ),  y ( s ,  t ) )  ds + dt .  ¶s  ¶t  

Найдем частные производные

¶f  ¶f  ,  по формулам дифференцирования сложной  ¶s  ¶t   

функции (2.8.1). Тогда  æ ¶f  ¶x  ¶f  ¶y ö æ ¶f  ¶x  ¶f  ¶y ö dz = ç × + × ÷ ds + ç × + × ÷ dt .  è ¶x  ¶s  ¶y  ¶s ø è ¶x  ¶t  ¶y  ¶ t ø

Сгруппируем слагаемые в этом выражении  dz =

¶f  æ ¶x  ¶x  ö ¶f  æ ¶y  ¶y  ö ç ds + dt ÷ + ç ds + dt ÷ .  ¶x è ¶s  ¶t  ø ¶y è ¶s  ¶ t  ø

Для функций x=x(s, t)  и  y=y(s, t) от независимых переменных s, t имеем в  соответствии с формулой (2.6.4):  dx =

¶x  ¶x  ¶y  ¶y  ds + dt ;  dy = ds + dt .  ¶s  ¶ t  ¶s  ¶ t 

Подставляя эти выражения в формулу (2.9.1), получаем  dz =

¶f  ¶f  dx + dy .  ¶x  ¶ y 

Последнее выражение совпадает формально с формулой (2.6.4).

(2.9.1) 

Таким образом,  выражение для полного дифференциала dz остается неизменным вне  зависимости от того, являются ли переменные x, y независимыми  переменными, или x, y являются функциями от s и t.  Данное свойство принято называть свойством инвариант ност и формы первого  дифференциала. 

10. Производная от функции, заданной неявно  Теорема (о неявной функции).  Пуст ь функция z= F(x; y) определена в некот орой d­ окрест ност и т очки (x0; y0) и  F(x0; y0)= 0. Пуст ь, кроме т ого, част ные производные F x ¢ ( x ;  y )  и F y ¢ ( x ;  y )  сущест вуют  и непрерывны в эт ой окрест ност и и F y ¢( x ;  y )  ¹ 0 . Тогда в  дост ат очно малой окрест ност и W т очки x0  сущест вует  одна и т олько одна  непрерывная функция y=f(x), удовлет воряющая соот ношениям  y0=f(x0);  F(x; f(x))= 0  (xÎW ),  причем эт а функция дифференцируема и y ¢ ( x ) = -

F x ¢( x ;  y )  ,  (xÎW ), y=f(x).  F y ¢ ( x ;  y ) 

(2.10.1) 

С доказательством теоремы можно ознакомится в [1. гл. VIII § 11].  Пример 17. Дано уравнение  x 2  + y 2  - R 2  = 0 . Требуется найти y x ¢ .  Решение. В соответствии с формулой (2.10.6) имеем y x ¢ = -

2 x  x  = -  ,  2 y  y 

где x и y связаны соотношением  x 2  + y 2  - R 2  = 0 и y¹0.  Замечание. В условиях приведенной выше теоремы можно обосновать следующий  прием нахождения производной от неявно заданной функции. Пусть имеется уравнение  F(x; y)=0. 

(2.10.2) 

Оно определяет некоторую функцию y=y(x). При подстановке этой функции в уравнение  (2.10.2), левая часть уравнения становится сложной функцией от x тождественно равной  нулю:  F(x; y(x))=0.  Дифференцируя эту функцию по x по правилу (2.8.2), получаем F x ¢( x ;  y ) + F y ¢( x ;  y ) y x ¢ =  0 ,

откуда при условии, что F y ¢( x ;  y ) ¹ 0 , получаем y x ¢ = -

F x ¢( x ;  y )  ,  F y ¢ ( x ;  y ) 

что соответствует формуле (2.10.1).  С помощью данного приема предыдущий пример можно решить следующим  образом.  Полагая у функцией от x:  y=y(x), получаем равенство  x 2  + y 2 ( x ) - R 2  =  0 .  Дифференцируя обе части уравнения по x, получаем  2 x + 2 y × y ¢ =  0 ,  откуда при y¹0 имеем  2 yy ¢ = - 2 x , x  y x ¢ = -  ,  y  где x и y связаны соотношением  x 2  + y 2  - R 2  = 0 .  11. Дифференциалы  вы сших порядков  Полным дифференциалом второго порядка (или вторым дифференциалом)  называется полный дифференциал от полного дифференциала dz, т.е. по определению:  d 2 z = d ( dz ) .  Теорема. Пуст ь в област и D задана функция z=f(x; y), имеющая непрерывные част ные  производные первого и вт орого порядков. Тогда вт орой дифференциал  определяет ся формулой  d 2 z =

¶ 2  f 2  ¶ 2  f  ¶ 2  f 2  dx  + 2 dxdy  + dy  .  ¶x ¶y  ¶x 2  ¶ y 2 

(2.11.1) 

(Здесь для крат кост и записи мы вмест о f(x; y) пишем f).  Доказат ельст во. Функция z=f(x; y) имеет непрерывные частные производные  первого порядка. Тогда в соответствии с Теоремой 2 на стр.70 представление (2.6.1) имеет  место и можно записать  dz =

¶f  ¶f  dx + dy .  ¶x  ¶ y 

(2.11.2) 

Дифференциал dz есть функция от x и y. Поскольку функция z=f(x; y) имеет  непрерывные частные производные второго порядка, dz будет иметь непрерывные  производные первого порядка, и можно определить полный дифференциал от dz: d(dz).

Используя формулу (2.11.2) и свойства дифференциала (формула (2.6.5)), получаем  æ ¶ 2  f æ ¶f  æ ¶f  ö ¶f  ö ¶ 2 f  ö æ ¶f  ö d  z = d ( dz ) = d ç dx + dy ÷ = d ç ÷ dx + d ç ÷ dy = ç 2  dx + dy ÷ dx +  è ¶x ø è ¶x  ¶y  ø è ¶y ø ¶x ¶y  ø è ¶x  2 

æ ¶ 2  f  ¶ 2  f ö ¶ 2  f 2  ¶ 2  f  ¶ 2  f 2  +ç dx + 2  dy ÷ dy = dx  + 2  dxdy + 2  dy  .  ¶y  ¶x 2  ¶x ¶y  ¶ y  è ¶y ¶x  ø

Здесь на последнем шаге мы воспользовались равенством вторых смешанных  производных.  Пример 18. Дана функция z = ln 1  ( + 2 x + 3 y) .  Найти d 2 z.  Решение. Находим частные производные z x ¢ = z xx  ¢¢ = -

4 

(1 + 2 x + 3 y )

2 

2  3  ; z y ¢ = ; 1 + 2 x + 3 y  1 + 2 x + 3 y  ; z xy  ¢¢ = -

6 

(1 + 2 x + 3 y )

2 

; z ¢¢yy  = -

9 

(1 + 2 x + 3 y )

2 

. 

В области  D={(x; y): 1+2x+3y>0)}  функция и все ее частные производные первого и второго порядков непрерывны. Поэтому  для области D можно записать (по формуле (2.10.1)) 2 

d  z = -

4 dx 2  + 12 dxdy + 9 dy 2  2 

(1 + 2 x + 3y ) 

. 

Полным дифференциалом k­го порядка называется полный дифференциал от  полного дифференциала (k­1)­го порядка:  d k z = d ( d k - 1 z ) ,  (k=2,3,¼).  Формула (2.11.1) может быть записана в символической (операторной) форме следующим образом:  2

æ¶ ¶ ö d 2 z = ç dx + dy ÷ f  .  ¶ y  ø è ¶x 

(2.11.2 а ) 

Эта запись понимается так: двучлен, стоящий в скобках, формально возводится в квадрат, а затем символ f  приписывается в числителе к ¶ 2 .  По аналогии с формулой (2.11.2 а ) для d k z имеем  k

æ¶ ¶ ö d  z = ç dx + dy ÷ f  .  ¶ y  ø è ¶x  k 

(2.11.2 б ) 

Используя "бином Ньютона", получаем следующее выражение для d k z:  k

d k z =

å C 

m  k 

m = 0 

¶ k  f  dx m dy k - m  ,  ¶x m ¶ y k - m 

(2.11.3)

где C k m =

k !  , m ! ( k - m ) ! 

(0! = 1 ) . 

12. Ф ормула Тейлора  Теорема. Пуст ь функция z= f(x; y) определена в некот орой окрест ност и т очки  M0(x0; y0) и имеет  в эт ой окрест ност и непрерывные част ные производные до  (n+ 1)­го порядка включит ельно. Тогда при дост ат очно малых Dx и Dy имеет  мест о формула (Тейлора): Df ( x 0 ;  y 0 )  = f ( x 0  + Dx 0 ;  y 0  + D y 0 ) - f ( x 0 ;  y 0 )  = = df ( x 0 ;  y 0 ) +

,  1  2  1 d  f ( x 0 ;  y 0 ) +K + d n  f ( x 0 ;  y 0 ) + r n  2 !  n ! 

(2.12.1) 

где  r n  =

1  d n+ 1  f ( x 0  + qDx ;  y 0  + qD y ) , где 0< q< 1.  ( n + 1 )! 

Доказат ельст во. Введем функцию  F ( t ) = f ( x 0  + t Dx ;  y 0 + t D y ) ,  где 00 и a 11 0 

Точка M1(3; 2) ­ точка минимума.  Рассмотрим точку M2(1; 2). Находим  a 11  = z xx  ¢¢ ( 1 ;  2 )  = 6 × 1 - 12 = - 6 ;  a 12  =  0 ;  a 22  = 6 . 2  d = a 11 a 22  - a 12  = -6 × 6 - 0 = -36  0  при всех Dx=x и Dz=y не равных нулю одновременно. Поэтому точка (0; 0) ­ точка  минимума.  Пример 22. Исследовать на экстремум функцию  z = x 2  +  y3 .  Решение. Легко показать, что в данном случае точка M(0; 0) ­ стационарная точка и  в ней d=0. Однако, очевидно, что эта точка не является точкой экстремума, так как на  прямой x=0 приращение Dz=z(0; y)­z(0; 0)=y 3  меняет знак при переходе через точку y=0.