32_PiskunovT1 (523111), страница 44
Текст из файла (страница 44)
Пусть непрерывная функция у от х задается неявно уравнением Р (х, у) = О, (1) где Р(х, у), Р„'(х, у), Р„'(х, у) — непрерывные функции в некоторой области О, содержащей точку (х, у), координаты которой удовлетворяют уравнению (1); кроме того, в этой яичке Р„' (х, у) ~0, Тогда 4ункция у от х имеет производную Р (х, у) (2) Р;1», у)' Доказательство. Пусть некоторому значению х соответствует значение функции у.
При этом Р'(х, у) =О. Дадим независимой переменной х приращение Лх. Функция у получит приращение»»у, т. е. значению аргумента х+йх соответствует значение функции у+Ау. В силу уравнения Р(х, у) =0 будем иметь р (х+Лх, у+Ьу) =О, Следовательно, » (х+йх, у+йу) — Р(х, у) =О. Левую часть последнего равенства, являющуюся полным приращением функции двух переменных; по формуле (5') у 7 можно переписать. так: Г(х+Ьх, у+Ау) — Р (х, у) — — йх+ — Ау+у дх 1 у лу дР дР где Т, и Т, стремятся к нулю при ох и оу, стремящихся к нулю. Так как левая часть последнего выражения равна нулю, можно написать дх ах+ д„йу+у,ах+у,йу=О. дР дР Разделим последнее равенство на ох и вычислим —. ау лх' 'дР Ьу дх +т~ Ьх дР +7» ду Устремим Ьх к нулю.
Тогда, учитывая, что при этом у, и у, дР также стремятся к нулю и что — ФО, в пределе получим ду дР (2') ду ФУнкции нескольких пеРеменных (гл. Уггг Мы доказали существование производной у,' от функции, заданной неявно, и нашли формулу для ее вычисления. Пример 1. Уравнение ха+уз — 1=0 определяет у как неявную функцию от х. Здесь дР дР— =2х, — =2у. дх ' др Р(х, у)=ха+у' — 1, Следовательно, по формуле (1) Ду 2х А дх 2у у ' Следовательно, по формуле (1) получаем: др — ел+у ех — у дх ел+ х ег+ х Рассмотрим теперь уравнение вида Р (х, у, г) = О.
(3) Если каждой паре чисел х и у из некоторой области соответствует одно или несколько значений г, удовлетворяющих уравнению (3), то это уравнение неявно' определяет одну илн несколько однозначных функций г от х и у. Например, уравнение ха+уз+ г' — гсе = О неявно определяет две непрерывные функции г от х, у, которые можно выразить явно, разрешив уравнение относительно г; в этом случае мы получаем: г = р )т'а — х' — у' и г = — У)т а — х' — уа. дг дг Найдем частные производные — и — неявной функции г дх ду от х и у, определяемой уравнением (3). дг Когда мы ищем —, мы считаем у постоянным.
Поэтому здесь применима формула (2'), если только независимой переменной считать х, а функцией г. Следовательно, дР дх г х да Заметим, что заданное уравнение определяет две разные функции (так как каждому значению х в промежутке ( — 1, 1) соответствуют два значения у); однако найденное значение р„справедливо как для одной, так и для другой функции.
Пример 2. Дано уравнение, связывающее х и р: ег — ех+ху=о. Здесь дР дР Р(х, у)=ег — е" +ху, — = — ех+р, — =ех+х. дх е 12] частныв производныв различных порядков 253 Таким же путем находим ду ду г = —— а= др дг ду Предполагается, что — ~ О. дг Аналогичным образом определяются неявные функции любого числа переменных и находятся их частные производные. П р и и е р 3.
х'+ уз+ ге — йз = О, дг 2х х дг у дх 2г г ' ду г Дифференцируя зту функцию как явную (после разрешения уравнения относительно г), мы получили бы тот же результат. Пример 4. ех.+а у+г+5=0. Здесь с (х, у, г) =е'+х'у+а+5, ду др , ду — =2ху, — =хз, — =ее+1, дх ' ду ' дг дг 2ху дг хт дх ех +! ' ду с*+1 ' Замечание. Все рассуждения этого параграфа производи- лись в предположении, что уравнение Р (х, у) =-0 определяетнеко- торую функцию одной переменной у = !р (х); уравнение Р (х, у, г) =0 определяет некоторую функцию двух переменных г=((х, у). Укажем без доказательства, какому условию должна удовлетво.
рать функция Р (х, у), чтобы уравнение Р (х, у) =О определяло однозначную функцию у=]р (х). Теорема. Пусть функция Р(х, у) непрерывна в окрестно'- сти точки (х„у,) и имеет там непрерывные частные производ- ные, причем Рг(х, у) =~0, и пусть Р (х„у,) =О. Тогда сущест- вует окрестность, содержащая точку (х„у,), в которой уравнг- ние Р (х, у) =0 определяет однозначную функцию у=ф(х).
Аналогичная теорема имеет место и для условий существова- ния неявной функции, определяемой уравнением Р(х, у, г) =О, Замечание. При выводе правил дифференцирования неяв- ных функций мы пользовались условиями, которые и определяют существование неявных функций. й 12.
Частные производные различных порядков Пусть имеем функцию двух переменных г = !" (х, у) . Частные производные — =(„'(х, у) и — =(„'(х, у), вообще дг дг говоря, являются функциями переменных х и у. Поэтому от них функции нвсколькнх пвнвмвнных 1гл. шп можно снова находить частные производные. Следовательно, част- ных производных второго порядка от функции двух переменных дг дг четыре, так как каждуюиз функций — и — можно диффедх ду ренцировать как по х, так и по у.
Вторые частные производные обозначают так: дег —. =)„"„(х, у), здесь 1 дифференцируется последовательно два раза по х; о=г д д = гхг (х, у), здесь ~ сначала дифференцируется по х, а потом результат дифференцируется по дег дудх=1их(х у) здесь ге дифференцируется сначала по у, а потом результат дифференцируется по х; д'г —, = ~„"а (х, у), здесь Г дифференцируется последовательно два раза по у. Производные второго порядка можно снова дифференцировать как по х, так и по у.
Получим частные производные третьего порядка. Их будет, очевидно, уже восемь: дег бег дег дег Уг Уг Уг дег дхе е дхе ду ' дхду дх' дх дуе ' ду дхе ' дудх ду ' дуг дх ' дуе ' Вообше, частная производная и-го порядка есть первая произ- водная от производной (и — 1)-го порядка. Например, АР д~'-Р есть производная и-го порядка; здесь функция г сначала р раз дифференцировалась по х, а потом и — р раз по у. Для функции любого числа переменных частные производные высших порядков определяются аналогично. Пример 1. Вычислить частные производные второго порядка от фуни- нии )(х, у)=х'у+уз. Р е ш е н и е.
Последовательно находим д7 д) — =2ху, — =хе+ Зуе, дх ' ду де) де) д (2ху) де( д (хе+ Зуе) де) — =2у, — = — =2х, =2х, — — бу. дхе ' дхду ду ' ду дх дх ' дуе д'г д'г Пример 2. Вычислить — и —, если г=уеех+хеуе-(-1. дхе ду ду дхе ' Р е ш е н и е. Последовательно находим дг д'г, д'г — =уее" +2хуе, — =узел+2уе, — 2уех+буе дх дх' ' ' дхеду у~ ° дг „, д'г дег — = 2уе" + Зхеу', — = 2уех+ бхуе, — = 2уех -1-буе ду ' дудх ду дхе Пример 3. Вычислить —, если и=геехег, д'и е дхеду дг ' Р е ш е и и е. д«и дхе дуд — — 4дге +У . д'и д«и =ггех «.Уе — =2уг«гхеУ«, дхе ' дхе ду ди — =г'е" еУ, дх Естественно поставить вопрос, зависит ли результат дифференцирования функции нескольких переменных от порядка дифференцирования но разным переменным, т, Е.
будут ли, например, тождественно равны производные дг«' дг) — и— дх дд ду дх или д9(х, у, г) дг)(х, у, «) дх дуде и ' ' и т. д. дг дх ду Оказывается, что справедлива следующая теорема. Теорема. Если'функ«(ия г=) (х, у) и ее частные производ- НЫЕ )„', )"„', )хв и )„, ОПРЕОЕЛЕНЫ и НЕПРЕРЫВНЫ В тОЧКЕ М (Х, У) и в некоторой ее окрестности, то в втой пючке д ) д«) Дх ДВ Д Дх (г хг 1гк) Доказательство. Для доказательства рассмотрим выражение А=[Пх+Ах, у+йу) — 1(х+йх у)1 — У(х у+йу) — Р(х.
у)1 Если введем вспомогательную функцию «р(х), определенную равенством «р(х) =) (х, у+«гу) — ) (х, у), то А можно записать в виде А = «р (х+ Ох) — «р (х). Так как, по предположению, )„' определена в окрестности точки (х, у), то, следовательно, «р (х) дифференцируема на отрезке [х, х+Ох1; но тогда, применяя теорему Лагранжа, получим А = Ох «Р' (х), где х заключено между х и х+Ох. Но «Р' (х) =)"„'(х, у+Оу) — )„'(х, у).
Так как ("„г определена в окрестности точки (х, у), то ~„' диффе- ренцируема на отрезке [у, у+«гу1, поэтому, применив к полу- ченной разности вновь теорему Лагранжа (по переменной у), бу- дем иметь р„'(х, у+йу) — („'(х, у) =Ау~„"г(х, у), где у заключено между у и у+йу. з «2$ ЧАСТНЫЕ ПРОИЗВОДНЫЕ РАЗЛНЧНЬТХ ПОРЯДКОВ 266 еункции нескольких пвгвменных 1гл. юм Следовательно, первоначальное выражение А равно А =ЬхЬУ1,"о(х, у).
(1) Переставив средние слагаемые в первоначальном выражении для А, получим А=11(х+Ьх, у+Ьу) — 1(х, у+Ьу)1 — 11(х+Ьх, у) — 1(х, у)1. Введем вспомогательную функцию ф(у) =1(х+Ь, у) -1(х, у), тогда А =ф(у+Ьу) — ф(у). Применяя снова теорему Лагранжа, получим А = Ьуф'(у), где у заключено между у и у+Ьу. Но ор' (у) =1о'(х+Ьх, у) — 1„' (х, у). Применив еще раз теорему Лагранжа, получим 1„'(х+Ьх, у) — 1„'(х, у) = Ьх1„"х(х, у), где х заключено между х и х+Ьх. Таким образом, первоначальное выражение А можно записать н виде А=ЬУЬх1о (х, у) (2) Левые части равенств (1) и (2) равны А, следовательно, равны и правые, т.
е. ЬхЬУ1„"„(х, у)=ЬУЬх1„"х(х, у), откуда 1хо (х~ У) = 1ох (хэ У) Переходя в атом равенстве к пределу прн Ьх- О и Ьу — О, получим у) =1'.(~, у), 1ху (хю что и требовалось доказать. 1пп 1х„(х, о -о ьо-~о Так как производные 1„"„и 1пп 1„"о(х, у)=1"„„(х, у) и ьх- о ао-~о тельно получим: у) = 1пп 1о„ (х, у). ох -~ о ьо- о 1о„непрерывны в точке (х, у), то 1пп 1"„,(х, у)=1„„(х, у). Окончаьх- о ао-~о ПОВВРХНОСТИ УРОВНЯ 4 131 257 Из доказанной теоремы какследствие получается,что если частные производные — хд,— и — „— -ад ~ непрерывны, то да) да) дхха адуа:а дуа- а дха ' Аналогичная теорема имеет место и для функции любого числа переменных.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
