Математика. Дифференциальное исчисление. Часть II. Функции нескольких независимых переменных. Учебное пособие

сматриваемой области; обозначим его через a0 . Тогда можем записать

R2 =a0Dρ3 .

Формула Тейлора в принятых обозначениях для случая n =2 примет вид

f(x,y) =f(a,b) +Dxfx′(a,b) +Dyfy′(a,b) + +2!1 Dx2fxx′′ (a,b) +2DxDyfxy′′ (a,b) + +Dy2fyy′′ (a,b) +a0Dρ3.

При любом n формула Тейлора имеет аналогичный вид.

31

9.ПРОИЗВОДНАЯ СЛОЖНОЙ ФУНКЦИИ. ПОЛНАЯ ПРОИЗВОДНАЯ. ПОЛНЫЙ

ДИФФЕРЕНЦИАЛ СЛОЖНОЙ ФУНКЦИИ

Предположим, что в уравнении z = F(u,v)

u и v являются функциями независимых переменных x и y :

u=j(x,y) , v =ψ(x,y).

Вэтом случае z есть сложная функция от аргументов x

иy . Конечно, z можно выразить и непосредственно через x , y , а именно:

z = F j(x,y),ψ(x,y)].

Пример 19. Пусть z =u3v3 +u +1 , u =x2 +y2 , v =ex+y +1. Выразить z через x и y.

Решение: тогда z =(x2 +y2 )3 (ex+y +1)3 +(x2 +y2 ) +1. Предположим, что функции F(u,v) ; j(x,y) ; ψ(x,y) имеют

непрерывные частные производные по всем своим аргумен-

Дадим аргументу x приращение Dx , сохраняя значение y неизменным. Тогда в силу зависимости переменных u и v от x и y, переменные u и v получат соответствующие приращения Dxu и Dxv . Но если u и v получают приращения Dxu и Dxv , то и функция z = F(u,v) получит приращение Dz :

Dz = ∂∂Fu Dxu + ∂∂Fv Dxv + γ1Dxu + γ2Dxv .

Разделим все члены этого равенства на Dx :

DDxz = ∂∂Fu DDxxu + ∂∂Fv DDxxv + γ1 DDxxu + γ2 DDxxv .

Если Dx →0 , то Dxu →0 и Dxv →0 (в силу непрерывности

функций u и v ). Но тогда γ1 и γ2 тоже стремятся к нулю. Переходя к пределу при Dx →0 , получим

32

Если бы мы дали приращение Dy переменной y , а x оставили неизменным, то с помощью аналогичных рассуждений нашли бы

∂∂yz = ∂∂Fu ∂∂uy + ∂∂Fv ∂∂vy .

Пример 20. Найти частные производные по x и y функции z =ln(u2 +v) ; u =ex +y2 ; v =x2 +y .

Решение: ∂∂uz = u22u+v ; ∂∂vz = u21+v ; ∂∂xu =ex +y2 ; ∂∂uy =2yex +y2 ;

∂∂xv =2x ; ∂∂vy =1 . Находим

∂∂xz = u22u+v ex +y2 + u21+v 2x = u22+v (uex +y2 +x) ; ∂∂yz = u22u+v 2yex +y2 + u21+v = u21+v (4uyex +y2 +1) .

В последние выражения вместо u и v необходимо подста-

вить ex +y2 и x2 +y соответственно.

Для случая большего числа переменных полученные формулы естественным образом обобщаются. Например, если ω= F(z,u,v,s) есть функция четырех аргументов z,u,v,s , а каждый из них зависит от x и y , то формулы принимают вид

∂ω∂x = ∂ω∂z ∂∂xz + ∂ω∂u ∂∂xu + ∂ω∂v ∂∂xv + ∂ω∂s ∂∂xs ; ∂ω∂y = ∂ω∂z ∂∂yz + ∂ω∂u ∂∂uy + ∂ω∂v ∂∂vy + ∂ω∂s ∂∂ys .

33

Если задана функция z = F(x,y,u,v) , где y,u,v , в свою очередь, зависят от одного аргумента x :

y =f(x) ; u =j(x) ; v =ψ(x) ,

то, по сути дела, z является функцией только одной переменной x и можно ставить вопрос о нахождении производной dxdz .

Эта производная принимает вид и вычисляется следующим образом:

dxdz = ∂∂xz ∂∂xx + ∂∂yz ∂∂xy + ∂∂uz ∂∂xu + ∂∂vz ∂∂xv ,

но так как y,u,v – функции только одного x , то частные про-

Эта формула носит название формулы для вычисления полной производной dxdz (в отличие от частной производной ∂∂xz ).

Пример 21. Найти полную производную по x функции

Найдем далее полный дифференциал сложной функции

34

dz = ∂∂xz dx + ∂∂yz dy .

Получаем

Произведем следующие преобразования в правой части:

Но

∂∂xu dx + ∂∂uy dy =du ;

∂∂xv dx + ∂∂vy dy =dv .

Поэтому свернем формулу и получим dz = ∂∂Fu du + ∂∂Fv dv

или

dz = ∂∂uz du + ∂∂vz dv .

Сравнивая исходное и полученное равенства, можем сказать, что выражение полного дифференциала функции нескольких переменных (дифференциала первого порядка) имеет тот же вид, т.е. форма дифференциала инвариантна (то есть дословно – схожесть), являются ли u и v независимыми переменными или функциями независимых переменных­.

Пример 22. Найти полный дифференциал сложной функции z =u2v3 ; u =x2 sin y ; v =x3ey .

Решение: по теоретической формуле имеем

35

dz =2uv3du +3u2v2dv =2uv3 (2xsin ydx +x2 cosydy) + +3u2v2 (3x2eydx +x3eydy).

Последнее выражение можно переписать и так:

dz =(2uv3 2xsin y +3u2v2 3x2ey )dx +

+(2uv3x2 cosy +3u2v2x3ey )dy = ∂∂xz dx + ∂∂yz dy.

36

10. ПРОИЗВОДНАЯ ОТ ФУНКЦИИ, ЗАДАННОЙ НЕЯВНО

Начнем рассмотрение этого вопроса с неявной функции одной переменной. Пусть некоторая функция y от x определяется уравнением F(x,y) =0 . Докажем следующую теорему.

Теорема. Пусть непрерывная функция y от x задается неявно уравнением

F(x,y) =0 ,

где F(x,y) ; Fx′(x,y) ; Fy′(x,y) – непрерывные функции в некоторой области D, содержащей точку (x,y) , координаты

которой удовлетворяют уравнению F(x,y) =0 , кроме того, в этой точке Fy′(x,y) ≠0 . Тогда функция y от x имеет производную

Доказательство. Пусть некоторому значению x соответствует значение функции y . При этом F(x,y) =0 .

Дадим независимой переменной x приращение Dx . Функция y получит приращение Dy , т.е. значению аргумента x +Dx соответствует значение функции y +Dy . В силу уравнения F(x,y) =0 будем иметь

F(x +Dx,y +Dy) =0 ,

следовательно:

F(x +Dx,y +Dy) −F(x,y) =0 .

Левую часть последнего равенства, являющуюся полным приращением функции двух переменных, можно переписать так:

F(x +Dx,y +Dy) −F(x,y) =

= ∂∂Fx Dx + ∂∂Fy Dy + γ1Dx + γ2Dy,

где γ1 и γ2 стремятся к нулю при Dx и Dy , стремящихся к нулю.

37

Так как левая часть последнего выражения равна нулю, можно записать

∂∂Fx Dx + ∂∂Fy Dy + γ1Dx + γ2Dy =0 . Разделим последнее равенство на Dx и вычислим DDxy :

Устремим Dx к нулю. Тогда, учитывая, что при этом γ1 и γ2

также стремятся к нулю и что ∂∂Fy ≠0 , в пределе получим

∂F yx′ = − ∂∂Fx . ∂y

Мы доказали существование производной yx′ от функции, заданной неявно, и нашли формулу для ее вычисления.

Пример 23. Уравнение x2 +y2 −1 =0 определяет y как неявную функцию от x . Найти yx′ .

Решение: так как

F(x,y) =x2 +y2 −1; ∂∂Fx =2x ; ∂∂Fy =2y , следовательно:

dxdy = −22xy = −xy .

Заметим, что заданное уравнение определяет две разные функции (так как каждому значению x в промежутке (–1, 1) соответствуют два значения y ); однако найденное значение yx′ справедливо как для одной, так и для другой функции.

38

Рассмотрим теперь уравнение вида F(x,y,z) =0 .

Если каждой паре чисел x и y из некоторой области соответствует одно или несколько значений z , удовлетворяющих уравнению F(x,y,z) =0 , то это уравнение неявно определяет одну или несколько однозначных функций z от x и y .

Например, уравнение x2 +y2 +z2 −R2 =0 неявно определяет две непрерывные функции z от x , y , которые можно выразить явно, разрешив уравнение относительно z , в этом случае мы получаем

z = R2 −x2 −y2 и z = −R2 −x2 −y2 .

Найдем частные производные ∂∂xz и ∂∂yz неявной функции z

от x и y , определяемой уравнением F(x,y,z) =0 , то есть уравнением x2 +y2 +z2 −R2 =0 .

Когда мы ищем ∂z , мы считаем y постоянным, следовательно: ∂x

∂F zx′ = − ∂∂Fx . ∂z

Аналогично, находим

39

Аналогичным образом определяются неявные функции любого числа переменных и находятся их частные производные.

Пример 25. Для функции x2 +y2 +z2 −R2 =0 . Найти zx′ и zy′ .

Решение:

∂∂xz = −22xz = −xz ; ∂∂yz = − yz .

Дифференцируя эту функцию как явную (после разрешения уравнения относительно z ), мы получили бы тот же результат.

Пример 26. Для функции ez +x2y +z +5 =0 . Найти zx′ и zy′ .

Решение:

F(x,y,z) =ez +x2y +z +5 ;

Замечание. Все рассуждения производились в предположении, что уравнение F(x,y) =0 определяет некоторую функцию одной переменной y =j(x) ; уравнение F(x,y,z) =0 определяет некоторую функцию двух переменных z =f(x,y) . Укажем без доказательства, какому условию должна удовлетворять функция F(x,y) , чтобы уравнение F(x,y) =0 определяло однозначную функцию y =j(x) .

Теорема. Пусть функция F(x,y) непрерывна в окрестности точки (x0,y0 ) и имеет там непрерывные частные производные, причем Fy′(x,y) ≠0 , и пусть F(x0,y0 ) =0 . Тогда существует

40