14-es / Высшая математика (РТФ) / умк_Цывис_Функции_Интеграл. исчисл

2xy

, x

2

+ y2

¹ 0

2 + y2

f (x, y) = x

x = y = 0.

0,

прерывной в точке (0,0).

2. С другой стороны имеем

∂f

(0,0) = lim

f (

x,0) − f (0,0)

= 0;

∂f (0,0) = 0 .

¶x

x→0

Dx

¶y

ответствующих разностей, где x0 < a < x0 + x, y0 < b < y0 +

y .

По условию теоремы частные производные f

′

(x, y) и

f

′

(x, y) не-

x

y

lim

f

′(a, y

+ Dy) = f

′

(x , y ),

lim

f

′

(x ,b) = f

′(x , y ).

x

→0

x

0

x

0 0

x→0

y

0

y

0 0

y

→0

y→0

Из последних равенств, в силу связи между пределом функции и са-

мой функцией будем иметь равенства:

f

′(a, y

0

+ Dy) = f

′

(x , y ) + a ,

f

′(x ,b) = f

′

(x , y ) + b ,

x

x

0

0

y

0

y

0

0

где α и

β бесконечно малые функции при

x → 0,

y → 0 .

Тогда полное приращение функции f (x, y) в точке M0 (x0 , y0 ) имеет вид

Df (x , y ) = f

′

(x y ) × Dx + f

′

(x , y ) × Dy + a × x + b × Dy .

0 0

x

0

0

y

0

0

А это означает, что функция z = f (x, y)

дифференцируема в точке

2

+ y2 )sin

1

2

+ y2

¹ 0

(x

, x

f (x, y) =

x2 + y2

x = y = 0

0,

∂f (x, y) = 2x sin

1

-

x

× cos

1

¶x

x2 + y2

x2 + y2

x2 + y2

не имеет предела при (x, y) → (0,0)

и, следовательно, не является непре-

рывной функцией в точке О(0,0). Чтобы в этом убедиться, достаточно по-

казать, что ∂f (x,0)

не имеет предела при x → 0 .

¶x

Функции с непрерывными частными производными называются не-

прерывно дифференцируемыми.

Например,

функция

z = y2ex2 + y2

диффе-

ренцируема в любой точке

M (x, y) Î R2 так как ее частные производные

∂z

2xy2 × ex

2

+ y

2

∂z

2

+ y

2

+ 2 y3ex

2

+ y

2

¶x =

и

= 2 yex

¶y

Для функций

одной переменной

y = f (x) ,

дифференцируемость

функции в точке x0 ,

означает,

что существует касательная к графику

функции в точке M (x0 , f (x0 )) .

Пусть

задана

непрерывная

функция

двух

переменных

z = f (x, y),

(x, y) 0 . График этой функции представляет некоторую по-

верхность S R3 .

Пусть плоскость P проходит через точку N0 (x0, y0 , z0 )

поверхности

S; N (x, y, f (x, y)) –

произвольная точка на поверхности S; N1 – основание

перпендикуляра, проведенного из точки N на плоскость P (рис. 1).

z

n

S

N

P

N0

N1

y

M(x,y)

M1(x0 , y0 )

x

Рис. 1

Плоскость P,

проходящая через точку M 0 (x0 , y0 , z0 )

поверхности

S, называется касательной плоскостью к поверхности S в этой точке, если

при N N0

(N S )

ρ (N , N1)

lim

= 0 .

M →M 0

ρ (N , N0 )

Если функция z = f (x, y) дифференцируема в точке M 0 (x0 , y0 ) , то в

точке N0 (x0 , y0 , z0 )

существует касательная плоскость к поверхности S

∂z (M

)(x − x

) +

∂z (M )( y − y ) − (z − z ) = 0 ,

∂x

0

0

∂y

0

0

0

¶z (M

¶z

а вектор

n к касательной плоскости, т.е.

n =

0 ),

(M

0 ),

-1 назы-

¶x

¶y

вается

вектором нормали (нормалью)

к

поверхности

S

в точке

N0 (x0 , y0 , z0 ) .

x − x0

=

y − y0

=

z − z0

.

- f x¢(x0 , y0 )

- f y¢(x0 , y0 )

1

Правило дифференцирования сложной функции.

Пусть z = f (u,v) – функция двух переменных, каждая из которых

сложной функции).

Теорема 8.

Если

функция

z = f (u,v)

дифференцируема в точке

M 0 (u0 ,v0 ) , а функции

u = u(x, y),

v = v(x, y)

дифференцируемы в точке

P0 (x0 , y0 ) D( f ) ,

то сложная функция z = f (u,v) , где u = u(x, y) и

∂z =

∂z

×

∂u +

∂z ×

∂v ,

(1)

¶x

¶u

¶x

¶v

¶x

∂z =

∂z

×

∂u +

∂z ×

∂v .

(2)

¶y

¶u

¶y

¶v

¶y

Доказательство. Докажем формулу (1). Так как функция

z = f (u,v)

Dz =

∂z × Dxu +

∂z

× Dyv + a × Dxu + b × Dxv

¶x

¶y

Полученное равенство разделим на

Dx ¹ 0 .

Dz

=

¶z

×

D

u

+

¶z

×

yv

+ a ×

D

u

+ b

D

v

x

x

x

.

(3)

Dx

¶x

¶y

Dx

Dx

Dx

Dx

Если

x → 0 , то

xu → 0

и

xv → 0

в силу непрерывности функ-

ции

u(x, y)

и v(x, y) .

lim

xu =

∂u ;

lim

xv =

∂v .

x→0

Dx

¶x

x →0 Dx

¶x

1

a × Dxu = a

x ;

1

b × Dxv = b

xv .

Dx

Dx

Dx

Dx

Переходя

к

пределу в

равенстве

(3) с

учетом того, что

lim a ×

xu = 0,

lim b ×

xv = 0 имеем

∂z =

∂z

×

∂u + ∂z ×

∂v .

x→0

Dx

x

→0

Dx

¶x

¶u

¶x

¶v

¶x

1.

z = f (x, y),

x = x(t)

и

y = y(t) , тогда ∂z =

∂z ×

dx

+

∂z

×

dy

.

¶t

¶x

dt

¶y

dt

2.

z = f (x, y),

y = y(x) , т.е. z = f (x, y(x)) –

сложная функция одной

независимой переменой, тогда

dz

= ∂z ×

dx

+

∂z ×

dy

и

∂z =

∂z +

∂z ×

dy

–

dx

¶x dx

¶y dx

¶x

¶x

¶y dx

формула полной производной.

Рассмотрим случай функции трех переменных.

1) Пусть ψ = f (u,v, w), u = u(x, y, z), v = v(x, y, z),

w = w(x, y, z) . Тогда

∂F =

∂F ×

∂u +

∂F ×

∂v +

∂F ×

∂w

¶x

¶u

¶x

¶v

¶x

¶w

¶x

∂F =

∂F ×

∂u +

∂F ×

∂v +

∂F ×

∂w

¶y

¶u

¶y

¶v

¶y

¶w

¶y

∂F =

∂F ×

∂u +

∂F ×

∂v +

∂F ×

∂w .

¶z

¶u

¶z

¶v

¶z

¶w

¶z

2) Пусть

z = f (x, y,u) ,

где

y = y(x)

и

u = u(x) .

Тогда

z = f (x, y(x),u(x)) = F (x) –

функция одной переменой x.

Тогда

∂z =

∂z ×

∂x +

∂z

×

∂y +

∂z

×

∂u

или

с

учетом

того, что

¶x

¶x

¶x

¶x

¶y

¶x

¶u

x = x, y = y(x), u = u(x) получим

dz

=

∂z +

∂z ×

dy

+

∂z

×

du

.

dx

¶x

¶y dx

¶u dx

Замечание. Между частной ∂z

и полной

dz

производными, входя-

∂z +

∂z ×

¶x

∂z

dx

щими в формулу

dz

=

dy

+

×

du

имеется существенное разли-

dx

¶x

¶y

dx

¶u dx

чие. Полная производная

dz

–

это обычная производная от z как функция

dx

Пример

6.

Найти

производную функции

u = x2 y3 z , где

x = t, y = t 2 , z = sin t .

Решение. Так как

u

является функцией одной независимой переме-

ной t, то

du

=

∂u ×

dx

+

∂u ×

dy

+

∂u ×

dz

подставляя x, y

и z получим

dt

¶x

dt

¶y

dt

¶z dt

Решение.

Данную функцию можно представить в виде z = f (u,v) ,

где u = x2 y

и

v = x y .

Таким образом, z

является функцией двух пере-

менных u и v, а u и v

являются функциями от двух переменных x и y.

Для нахождения частных производных

∂z и

∂z

воспользуемся формулами:

¶x

¶y

∂z =

∂z

×

∂u +

∂z ×

∂v =

∂z

× 2xy +

∂z × y × x y −1 ,

¶x

¶u

¶x

¶v

¶x

¶u

¶v

∂z =

∂z

×

∂u +

∂z ×

∂v =

∂z

× x

2 +

∂z × x y × ln x .

¶y

¶u

¶y

¶v

¶y

¶u

¶v

Пример 8. Доказать, что функция

z = y × j(x2 - y2 ) удовлетворяет

соотношению

1

×

∂u +

1

× ∂u =

z

.

y2

x

¶x

y

¶y

Решение. Найдем частные производные

∂z = y × j¢ × 2x = 2xy × j¢;

∂z = j + y × j¢(-2 y) = j - 2 y2 × j¢.

¶x

¶y

1

× 2x × y × j¢ +

1

(j - 2 y2j¢) = 2 yj¢ + j - 2 yj¢ = j =

y × j

=

z

.

x

y

y

y y2

y2

точке со значениями функции в точках, близких к данной.

Если функция

z = f (x, y)

дифференцируема в точке M0 (x0 , y0 ) , то

ее полное приращение в этой точке можно представить в виде

Df (x , y

) = f

x

′(x , y ) × Dx + f

y

′(x , y ) × Dy + a × Dx + b × Dy .

(1)

0 0

0

0

0

0

Главная линейная часть полного приращения функции (z) относи-

тельно аргументов (

x и

y ) называется полным (первым) дифференциа-

лом функции (z)в точке M0 , обозначается

dz(M

0

) = df (x , y

0

) = f

x

′(x , y ) × Dx + f

′(x , y ) × Dy .

(2)

0

0

0

y

0

0

Приращения независимых

x и

y называют дифференциалами не-

зависимых переменных x и y и обозначают соответственно dx и dy.

Тогда полный дифференциал функций z = f (x, y)

в точке M0 (x0 , y0 )

записывают в виде

df (x , y ) =

¶f (x0 , y0 )

dx +

¶f (x0 , y0 ) × dy .

(3)

0

0

¶x

¶y

Выражения

¶f (x0 , y0 )

dx,

¶f (x0 , y0 ) dy называют частными диффе-

¶x

¶y

ренциалами функции

z = f (x, y)

и обозначают dx z

и

d y z .

Замечание. Равенство

(2), приводящее к понятию дифференциала,

ращения f функции f (x, y) . Действительно,

∂f

× Dx +

∂f × Dy – часть пол-

¶x

¶y

ного приращения f , линейно зависящая от

x

и

y , называется глав-

z = x2 + y 2 в точке M0 (1, 2) .

Решение. Найдем полное приращение функции z в точке

M0 (1;2)

z = f ( x0 , y0 ) = f (x0 + x; y0 + y) − f (x0 , y0 ) ;

Df (1, 2) = f (1 + Dx, 2 + Dy) - f (1, 2) = (1 + Dx)2 + (2 + Dy)2 - (12 + 22 ) =

= (1 + Dx)2 -1 + (2 + Dy)2 - 22 = Dx × (2 + Dx) + Dy × (4 + Dy) =

= 2 × Dx + (Dx)2 + 4Dy + (Dy)2 .

То есть Df (1,2) = 2 × Dx + 4Dy + (Dx)2 + (Dy)2 .

Главная линейная часть полного приращения функции

z в точке

ет вид dz = 2 × dx + 4 × dy .

Частные дифференциалы

dx z = 2dx;

d y z = 4dy .

Замечание. Определение первого (полного) дифференциала анало-

гично обобщается на случай функции любого числа переменных.

Инвариантность формы первого дифференциала

Пусть

z = f (x, y); x = x(u,v); y = y(u,v) , тогда по определению пер-

вого дифференциала имеем

dz =

∂f (x, y)

dx + ∂f (x, y) dy .

(1)

¶x

¶y

Рассмотрим функцию z(x(u,v), y(u,v)) как функцию переменных

u

и v. Считая,

что u и v независимые переменные найдем дифференциал

функции z. Согласно определению имеем

dz =

¶f (x(u,v), y(u,v))

du + ¶f (x(u,v), y(u,v)) dv .

(2)

¶u

¶v

Так как

∂f (x(u,v), y(u,v))

= ∂f ×

∂x

∂f ×

∂y

+

,

¶v

¶x

¶u

¶y

¶u

Если z = f (x, y) , а x

и y – независимые переменные, то

dz =

∂f (x, y)

dx + ∂f (x, y) dy .

¶x

¶y

Если же

x, y – переменные, зависящие от других (независимых) пе-

ременных u, v,

то дифференциал

dz сложной функции z(x(u,v), y(u,v))

формул (2) и (5) совпадают. Поэтому равенство

dz =

∂f

dx +

∂f dy спра-

¶x

¶y

ведливо не только для независимых переменных

x, y, но также и для тех,

1) d (c ×u) = c × du,

c - const ;

2) d (u ± v) = du ± dv ;

u

vdu - udv

3) d (u,v) = udv + vdu ;

4) d

=

, v ¹ 0 .

v

v2

Доказательство. (Докажем, например, формулу (3)). Рассмотрим

функцию z = u × v двух переменных u

и v. Дифференциал этой функции

dz равен

dz =

∂z

× du +

∂z × dv .

¶u

¶v

Так как

∂z

= v и

∂z = u , то dz = udv + vdu .

¶u

¶v

Пример 2. Найти дифференциал функции

z = arctg

y

.

x

Решение. Пусть u =

y

, тогда

x

d

y

y

du

darctg

= darctgu =

=

x

=

+ u2

y 2

x

1

1 +

x

=

x2

×

xdy - ydx

=

xdy - ydx

=

x

dy -

ydx

.

x2

+ y2

x2

x2 + y2

x

2 + y

2

x2 + y2

Пример

3.

Найти дифференциал

функции

z = z(u,v) , где