Matan__teoria

1. функция f (x, y)

в точке P0 (x0, y0) ,

2.функция f (x, y)

f

′

(P ),

f ′

(P ) ,

x

0

y

0

x f (P0)= A x+α x .

x

f (P

)

(α → 0 при

(P

)=

x

f (P

)

Поэтому

0

= A+α

x → 0) и

f

′

lim

0

= A .

x

x

x

0

x→0

Аналогично, при x = 0 получим f′ (P ) = B .

y

0

x y

2

2

+ y

2

≠ 0, непрерывна и

Показать, что функция f (x, y) =

,

x

x2 + y2

0,

x

2

+ y

2

= 0

lim f (x, y) = lim

x y2

= 0 = f (0,0). Кроме того, данная функция f (x, y) имеет

x→0

x→0 x2 + y2

y→0

y→0

т.е. ее приращение f (0,0) = f ( x, y)− f (0,0) =

x ( y)2

представимо в виде

( x)2 + ( y)2

f (0,0) = f′(0,0)

x+ f′ (0,0) y +ρ γ =0 x+0 y+ρ γ =

( x)2 +( y)2 γ, γ →0 при ρ → 0,

x

y

или f (0,0) =

x ( y)2

=

( x)2 + ( y)2 γ

. При y = x > 0 это равенство

( x)2 + ( y)2

( x)3

1

примет вид:

= 2( x)2 γ

. Тогда γ =

, то есть γ

не является бесконеч(

2 ( x)2

2

2

Пусть функция f (x, y) имеет

частные производные

в точке

P0 (x0, y0) . Тогда функция f (x, y) является

в этой

точке.

f (x, y) = fx′ (x, y) x+ fy′ (x, y) y+α x+β y

,

(3.4)

где

α = α ( x, y), β = β ( x, y) есть функции бесконечно малые

при

x →0, y →0.

В равенстве (3.4) выражение

fx′ (x, y) x + fy′ (x, y) y линейно относительно

x, y

и является главной частью приращения функции. Это выражение назы(

вают

f (x, y) и обозначают d f (x, y)

. Таким образом,

d f (x, y) = fx′ (x, y) x + fy′ (x, y) y

.

(3.5)

Для функций ϕ (x, y) = x, ψ (x, y) = y

из равенства (3.5) следует:

d x = dϕ (x, y) = ϕ′x x +ϕ′y y =1 x + 0 y d x = x,

d y = dψ (x, y) =ψ′ x +ψ′ y = 0 x +1 y d y = y.

x

y

′

′

.

(3.6)

d f (x, y) = fx (x, y)

d x + fy (x, y) d y

Аналогично определяется

f (x, y, z) :

d f (x, y, z) = fx′ (x, y, z) d x + fy′ (x, y, z) d y + fz′ (x, y, z) d z

.

д

Запишем равенство (3.3) f (x0, y0)= A x+ B y+o(ρ)

в виде

f (x0, y0) = d f (x0, y0) + o(ρ) .

Так как f (x0, y0) = f (x, y) − f (x0, y0) , то

f (x, y) = f (x0, y0)+ d f (x0, y0)+ o(ρ )

или

f (M ) = f (M0)+ d f (M0)+ o(ρ )

.

f (x, y) ≈ f (x0, y0) + fx′ (x0, y0) (x − x0) + fy′ (x0, y0) (y − y0)

.

(3.7)

Это равенство позволяет

функцию, т.е. заменить

функцию

f (x, y) в окрестности точки (x0 , y0)

функцией.

fx′

=

1

1 x−2

3 ,

fx′ (1,1)

= 1

,

3 x + 4

y −1

3

3

′

=

1

1

−3

4

,

′

(1,1) =

1

.

fy

4

y

fy

4

3

x + 4 y −1

Из

равенства

(3.5)

следует,

что

дифференциал

функции

df (x, y) =

fx′ (x, y) x + fy′ (x, y) y

при фиксированных x и y есть снова функция

от переменных x и

y . Ее дифференциал называют

функции f (x, y) и обозначают d 2 f (x, y) .

d 2 f (x, y) = d (d f (x, y)) = (d f )′

x + (d f )′

y =

x

y

= ( fx′ x + fy′ y)′ x +

( fx′ x + fy′ y)′ y =

(

x

)

(

y

)

xx

yx

xy

yy

=

f′′ ( x)2

+ f ′′

y x

+

f ′′

x y +

f ′′

( y)2

.

Таким образом,

2

′′

2

′′

′′

2

d

f (x, y) = fxx ( x)

+ 2 fx y x y + fy y ( y)

.

(3.8)

Запишем эту формулу в другом виде

d

2

f (x, y) =

∂2 f

( x)

2

+ 2

∂2 f

x y +

∂2 f

( y)

2

.

∂x2

∂x∂y

∂y

2

2

∂

∂

2

d

f (x, y) =

∂x

x +

∂y

y

f (x, y)

.

d 3 f (x, y) = d (d2 f (x, y)), ...,

d n f (x, y) = d (d n−1 f (x, y))

при фиксированных x , y ;

n

∂

∂

n

d

f (x, y) =

x +

y

f (x, y)

.

(3.9)

∂x

∂y

n

∂

∂

∂

n

d

f (x, y, z) =

∂x

x +

∂y

y +

∂z

z

f (x, y, z)

.

zt′ = z′x x′t + z′y y′t .

(3.10)

z

′

x

′

y

x

+ β

y

(3.11)

t

= zx

t

+ zy

t +α

t

t .

Так как функции x = x (t) , y = y (t)

− дифференцируемы, то

′

= lim

x

,

′

= lim

y

,

а) эти функции имеют производные x

t

y

t

t

t→0

t

t→0

б) эти функции непрерывны и, значит,

x →0, y →0 при t →0 , из чего

z′x

= z′u u′x + z′v v′x

.

z′

= z′

u′

+ z′

v′

y

u

y

v

y

2) z = f (x, y,t) и x = x(t), y = y(t).

Тогда z = f (x(t), y(t),t) есть сложная функция

независимой переменной t . По(

этому ее производную обозначим

dz

(полная производная), а не

∂ z

(частная произ(

dt

∂ t

∂z

∂z

2

∂ z

′

1

Решение. Так как

∂x = 2x ,

∂y

=

3y

,

∂t

= (arctgt)

=

1+ t2

, то

dz

=2x cost+3y2 (−sint)+

1

=2sint cost−3cos2t sint+

1

.

dt

1+t2

1+t2

Найти z′′x x

для функции z =

2

x

f x

y,

.

y

Решение. Представим функцию в виде z = f (u,v), где u = x2y,

v =

x

. Тогда

y

′

′

′

′

′

′

′

1

= f

+ f

=

f

2 x y

+ f

,

z

x

u

u

x

v

v

x

u

v

y

1

′

= fu′ (2 y)+ ( fu′ )′

2 x y + ( fv′ )′

1

z′′x x = fu′ 2 x y +

fv′

=

y

y

x

x

x

= 2 y fu′ + ( fuu′′ u′x + fuv′′ v′x) 2 x y + ( fvu′′ u′x + fvv′′ v′x)

1

=

y

1

1

1

= 2 y fu′ +

fuu′′ 2 x y +

fu′′v

2 x y

+

fvu′′ 2 x y + fvv′′

.

y

y

y

Учитывая, что f

′′

= f

′′

, получим

′′

= 2 y f

′

+ 4 x

2

y

2

f

′′

+ 4 x

f

′′

+ f

′′

1

.

uv

vu

z

x x

u

uu

uv

vv

y2

3.5. Дифференциалы сложной функции

1). Сначала рассмотрим случай функции z = f (x, y)

независимых переменных x, y.

Для такой функции

(d x,

d y −const);

d z = fx′ d x + fy′ d y,

(3.12)

d2z = d (d z) = d ( fx′ d x + fy′ d y)= d ( fx′) d x + d ( fy′ ) d y .

(3.13)

x = x(t), y = y(t). Получим сложную функцию z = f (x(t),

y(t)) = F (t), для которой

d z = Ft′d t = ( fx′ x′t + fy′ y′t )d t = fx′ (x′t d t)+ fy′ (y′t d t)= fx′ d x + fy′ d y .

Итак, для сложной функции z = f (x, y), x = x(t), y = y(t)

d z = f ′

d x + f ′

d y,

(3.14)

x

y

но в отличие от формулы (3.12) здесь d x = x′ d t,

d y = y′ d t есть функции. Поэтому

t

t

d2z = d (d z) = d ( f ′

d x + f ′

d y)= d ( f ′) d x + d (

f′ ) d y +

f ′

d 2x + f′

d2y .

(3.15)

x

y

x

y

x

y

Отметим, что, формулы

(3.13)

и

(3.15)

различны;

они совпадут,

если

d 2x = x′′(t) (d t)2 = 0, d 2y = y′′(t) (d t)2 = 0 , т.е., если

x = at + b, y = ct + d − линейные

F (x, y) = 0

Рассмотрим ряд примеров.

Уравнение

x3 + y3 −1= 0 для

любого

x определяет

функцию

y = 3 1− x3 , заданную неявно уравнением x3 + y3 −1= 0.

Уравнение x2 + y2 +1= 0 не имеет действительного

решения y(x) ни для какого действительного x , т.е. это урав(

нение не определяет функцию.

Из уравнения e x y − x + y = 0 мы не можем выразить

y через x , но можем графически установить, имеет ли это

уравнение решение. Для этого зафиксируем x = xɶ, запишем ис(

ходное уравнение в виде

e xɶ y = xɶ− y и построим графики функ(

Рис. 6

ций ϕ (y) = e xɶ y, ψ (y) = xɶ− y

для xɶ > 0 (рис. 6), для xɶ < 0 (рис.7).

Для xɶ > 0 уравнение имеет единственное решение yɶ (рис. 6);

для xɶ < 0 уравнение не имеет решения (рис. 7);

для xɶ = 0 уравнение примет вид e0 + y = 0 и имеет решение y = −1.

Таким образом, уравнение e x y − x + y = 0 имеет единственное

решение при каждом x ≥ 0 , т.е. уравнение определяет неявную

функцию y = y(x) при x ≥ 0 , но ее нельзя выразить через эле(

Рис. 7

ментарные функции.

Пусть для x X

уравнение F (x, y) = 0

имеет решение y = ϕ (x).

Тогда функцию y = ϕ (x),

x X ,

называют

, определяемой

уравнением F (x, y) = 0 .

Пусть 1) функция F (x, y) и ее частные производные непрерывны в окрест(

ности точки (x0 , y0),

2) F (x0 , y0) = 0,

3) Fy′ (x0 , y0) ≠ 0.

Тогда уравнение F (x, y) = 0 в окрестности точки (x0 , y0)

имеет единствен(

ное решение y = ϕ (x)

такое,

что ϕ (x0) = y0 . Неявная

функция

y = ϕ (x) ,

определяемая уравнением F (x, y) = 0 , непрерывна и имеет непрерывную

производную в окрестности точки x0 .