Anti-Demidovich (Lyashko I.I., i dr.). Tom 2. Ryady. Funkcii vektornogo argumenta (2001)(ru)(T)(223s) (940507), страница 24

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 24)

Доказать, что д д д)' х — + у — + г — ~ а = п(п — 1) и. (1) дх ду дг ) 4 Поскольку а — однородная функция, то она удовлетворяет уравнению ди ди ди х — +у — +г — = пи. дх ду дг Заменял в этом равенстве х, у, г на Схо, Суо, Сго и дифференцируя его по С, получаем о гогого о Н г кои, + Уои„+ гои', + Схои,г + Суок„г + Сгои,г + С(2хо кои„„+ 2хогои„+ 2уогоиг,) = = п(кои', + дои'„+ го а',), где производные вычислены в точке (Сха, Суа, ого). Полагал в последнем равенстве С = 1, имеем г о г а г я з о а г *оа г + узах*+ гоа о+ 2(хоуои г+ хогои, + уогоагг) = (и — 1)(хоа + уоа„+гоа,). Отсюда и из равенства (2) неиосредстзенно следует, что д д 31' хо — +уо — +го — а = и(п — 1)и. дх ду д.,/ Так как (хо, уо, го) — произвольная точка, то равенство (1) доказано. и 44.о..., ......=,дт~г~г...1ь„.

4 Обоаначая со = хг + уг + «г и последовательно дифференцируя выражение и = /и, находим 132 Гп. 2. Дифференциальное исчисление функций векторного аргумента (х + р +з )(ох~+40~+ох') — (хИх+убу+з<Ь)~ (Л)' (,~р зх)г4(,!х,! )з+( й 4 )з > О. > (тур)з 45. Предполагая, что х, у малы ло абсолютной веднчнне, вывести приближенные фор- мулы дла следующих выражений: а) (1 + х)з'(1 + у)'"; б) 1в(1 + х) 1а(1 + у); з) агстб — , 1+ ху ч Пусть функция (х, у, ..., з) ь у(х, у, ..., х) дифференцируема в окрестности точки (О, О, ..., 0). Тогда ((х, у, ..., з)- т(0, О,, 0) = Г(О, О, ..., 0)а+ Гз(0, О, ..., 0)у+...

+1(0, О, ..., 0)з+о(р), Отбрасывая величину о(р) и перенося 1(0, О,..., О) в правую часть, получаем приближенное равенство У(х, у, ..., з) = Х(О, а, ..., О)+).'(О, О,, О)х+ К,'(а, О, ..., О)д+ ... + у,'(О, О,, О), (1) Поскопьку нредложенные функции дифференцируемы в окрестности точки (О, 0), то со- ответствующие приближенные формуяы принимают следующий вид: а) (1+ х) (1+ у)™ щ 1+гох+озу, б) !в(1+ х) !п(1+ у) ху; в) асс!6 -,*Д гз х + у.

И 46. Заменяк приращение функции дифференциалом, приближенно вычислить: а) 1,002 2,003з 3 004з ~ б) ' ~з~гтгг сазе',ох; О'. в г, )аз"' и а) записывал равенство (1) из предыдущего примера дкя функции у(х, е, з) = (1+ х)(2+ в) (3+ з), имеем (1+х)(2+у) (3+з) 1 2 3 +2 3 х+2' 3 у+2 .3 з. Подставдяа в зто равенство х = 0,002, у = 0,003, з = 0,004, получаем 1,002 2,003 3,004 103 + 0,216 + 0,324 + 0,432 = 103,972.

б) ЗаПИСаВ дза фуНКцИИ Г(Х, у, Х) ж, ез ПрИ6ЛИжЕННОЕ раВЕНСтеа 1(Х, у, З) П-з) Ч()+ )' 1+ 2х+ аз — -' и пакагаЯ х = 0,03, У ж 0,02, з = 0,05, полУчаем 1,03 1+0,06+0,0066 — 0,0125 1,054. ' О,югер )и /Г ГЗ7Г-'Е ь+г-ь.п -ог,,-аи, ф,Оу + й,9Р + сд — азб 2,95. г) В приближенном равенстве (см. предыдущий пример) гх 1 Ух 1, х т т т, т 1 Ми 1ь- — Х ) Фй !ь-+ Хг! Щ Ма — аб — — СОЗ вЂ” аб-Х+М — — Г-Х 16 У 14 г' б 4 б 4 Б соаз- пакагаем * = 0,017, тогда !и 20' зб46' = 0,5 — 0,366. 0,017+ 0,017 = 0,502.

12. Частные производные и дифференциалы функцвц векторного аргумента 133 д) Записывая для функции (1-х)ььз приближенное равенство (1-х) аз 1-х н полагая в нем х = 0,03, у = 0,03, получаем 0,97!'21 щ 1 — 0,03 = 0,97. В ! ! 47. Доказать, что функция у, имеющая ограниченные частные производные у и 62 в некоторой выпуклой области Е, равномерно-непрерывна в этой области. М Пусть (х1, 91) и (хз, уз) — две произвольные точки из области Е. В силу выпуклости области Е, точка (хэ + 2(х! — хэ), уз+ 2(У1 — 92)) принадлежит области Е при 0 <» Г » <1.

Функция 22(1) = )'(хэ + 2(х1 — хэ), уз + 2(у! — Уэ)) имеет при Г к]0, 1[ ограниченную производную 22(1) = (х1 — хэ)) (хэ+1(х!-Хз), щ+1(У1-92))+(91-Уэ)62(хз+2(хг-хэ), Уз+1(У!-Уз)) (1) н 22(0) = 6(хэ, 92), 12(1) = 1(Х1, У1). Используя формулу Лагран!ка и равенство (1), находим 22(Ц вЂ” 22(0) = 1(21, 91) — у(хэ. Уэ) = 22 (6) = = (Х1 22)УХ(Х2 + 6(х! х2) 92 + 6(У! Уэ)) + +(у! — Уз)1„(х +6(х — *) Уз+6(у! — У)), 0<6<1 (2) Согласно условию, существуют такие постоянные Ь1 и Ьг, что [1,[<йы [У„'[<Еэ У(х У) ОЕ. (3) Из соотношений (2) и (3) вытекает неравенство [2 (Х1, 91) — 2 (Х2, 92)[ <» [Х1 Хэ[ь! + [91 У![12. (4) Пусть г > 0 произвольное.

Тогда, выбирал 6 = ппв ! — ', — '11, для любых точек (Х1, у!) !22!' 2Ь1У' и (хэ, Уз) таких, что [х1 — хэ[ < 6 и [У1 — Уз[ < 6, из (4) получаем неравенство [1(Х1, У1)— 1(хэ, уэ)[ < х, доказывающее равномерную непрерывность функции 6 в области Е. В 48. Доказать, что если функция (х, У) ! у(х, у) непрерывна по переменной х при каждом фиксированном значении у и имеет ограниченную производную по переменной у, то эта функция непрерывна по совокупности переменных х и у. М Согласно условию, ВМ > 0 такое, что [гг(х, у)[ < М длк всех точек (х, у) из области С определения функции у.

Пусть з > 0 произвольное, а (хз, уз) — любая точка из С. Тогда [У(х у) — Х(хз! Уз)[ < Щх, у) — У(х, уо)[+ Щх, уз) — ~(хо, уз)[ «< <» [Уэ(х Уз+У(У вЂ” Уз))[[У вЂ” Уо[+ [6(х, Уо) — 6(хз, УзИ (2) В силу непрерывности функции У' па х, при у = уз В61 = 61(е, уз) такое, что [у(х, уо) — У(ха уа)[ <— (3) если [х — хо[ < 61. Иэ (2), (1) и (3) получаем [У(х у) 1(хз уо)[ » <М[у УО[ + < г 2 если [х — хз[ < 6,[у — уо[ < 6, где 6 ж ппа (+, 61), что и требовалось доказать, В 49. Пусть (х, у, х) ! Р„(х, у, х) — однородный многочлен степени в. Докаэатгч что я"Рз(Х! у, 2) = В! Р„(11Х, бу, ЮХ).

м Пусть (х, у, х) — произвольная точка из области определения функции Р . Так как Р— однородный многочлеи степени и, то для него справедливо равенство Р„(гх, ту, 12) = 1" Р„(х, у, х). Вычислим и-ю производную от обеих частей этого равенства. Очевидно, Р~ "1(ГХ, гу, 12) = в! Р„(х, у, 2). (2) 134 Гл. 2. Дифференциальное ксчислеиие функций векторного аргумента Обозначая левую часть равенства (1) через Р(1) и последовательно дифференцируя, находим др„др„аР„>' а а а '1 Р'(1) = — "х+ — "у+ — "х = ( — х+ — у+ — х) Р„, дх ду дх \ дх ду дх ) д«Р д«Р д»Р„д»Р д»Р а«Р > д Р '(0 = — х + — у + — х»+2 — ху+2 — х»+2 — ух ю — х + — у+ — х дхэ дуэ дх» дх ду дх дх ду дз»» дх ду дх Даяее, методом математической индукции легко дохазать, что Р " (1) = (х — + у — + х — / Р„(1х, 1у, 1»).

<> >' д а з'>" [, ах Зу д.у) Поскояьку Є— однородный мнагочлен степени и, то частные производные первого порядка — однородные многочяены степени о — 1 (см. пример 42). Отсюда следует, гго частные производные и — го порядка явяяются однородными многачзенами нулевого порядка, а следоватеяьно, являются настоянными, т. е. не зависят ат 1. Поэтому можно записать Р (1) = х — +у — +з — Р„(х, у, з).

>' а з д'>" (3) дх ду дх ) Сравнив (2) н (3) и заменив х, у, х ма Ых, еу, дз«падучим доказываемое равенство. В э 50. Пусть Аи = х — + у —. Найти Аи н А и = А(Аи), есзи, а) и = дх ду' хэ > уэ' б) и = >в >/х«-<- у». «»« Е а) Имеем Аи = х — ~ — *~> + у — < — *~> = х-А:* — + у= — »У — = — — * = -и. В е» «»»аз» «ез ««аз») — <»»зз»>» <»»зз«>» = силу однородности операции А, Аэи ж А(Аи) = А(-и) = -Аи = -(-и) = и. « б) Аналогично Аи = х — (1в «гх«+уз~ +у — ~>в >ух» Чу«) = — + — у — =1, А и = — з,( ~/ з„( >«' / —,«гз«»«ез»вЂ” А(Аи) = А1 = О. В (ди аи г ди«дэи д«и дэи 51.

Пусть зз«и = — 1 + ( — ) + ( — ), з»эи = — + — + —. Найти «3«и и >,дх ) >,ду) ( д ) ' дхэ дуэ дх« ' 1 Ьэи, есзм и = х« + уэ + зэ ° з, ° ° ° ° .= 'хт; ' и,,-.. "=Я) (-;) (2) =(-й)' (-2)' (-й)'х-,', Поскояьку«()з(з)»+з»()з++ з' ««з з «з** з' ««з з то Ьзи = =»+ ", = --, + — з ж О, г ~ О. В »з»з— 52. Доказать, что форма дифференциалов произвольного порядка функции (б, О, б) з у(с, О, б) сохраняется при замене аргументов б, О, Г линейными функцмями: б = е«я+ а«у+ оэз, О = 4«х+ бэу+ бзх, б = с«х+ сэу+ сзз. м Вычисляя второй дифференциал функции«>Р1 = 11» «(б~+ ф ЫО~+ Ус» >(ь»+ 2>гзе «(б йу+ 2Угзс ас аз+ а~ йу аз+ ~1 о»с+ Уздэу+у< 4~Г и замечая, что, в силу линейности функций >,', О, б« имеют место равенства й~д = О, 4»О = О, 4~Г = О, пояучаем з'У = ( — ад+ — О+ — зГ1 1.

>»д д д (,дб ав аб 12. частные производные и дифференциалы фуиквугн векторного аргумента 133 Методом математической индукции легко доказать, что lд д д д"1= ~ — йс+ — йу+ — К) Л ~ду ду д~ ) т. е, что форма дифференциалов произвольного порядка сохраняетск при замене аргументов линейными функциями. Ь Найти полные дифференциалы первого и второго порядков от следующих сложных фунхций (х, у, г — независимые переменные): 5З. и =1~,1хг+Уг'. М Дифференцируа и как сложную функцию, получаем Ни=1'И(~р'гхг+у') =1' " ", й'и=4(1') " "+1'д /хг+ г 1 /хг+Уг уг Так как ихлх+уху ~ хдх+уду ~ (уох-хду) г' 1 о+'~ то окончательно находим хг 4 уг /( "г+ уг)з ' 54.

и ж Я, у), где с = х+ у, л = х — у. и Поскольку аргументы с и у явлюотся линейными функциями, то форма дифференциалов произвольного порядка сохраняется (см. пример 32). Поэтому, вычисляя дифференциалы ли = Л д(+ 1г йд д и = 1й 34'+ 21гг 44 де + Лг лл где 1г = е, 1г — — з, 1г, = „,, 1гг = е, 1гг =,, и вместо лс и Й~ подставляя их значения, найденные из равенств ( = х+ у, Ч = х — у, получаем ди = Л (гх + гу) + 1г(дх — ~Ь) д и = 1гг(дх + ду) + 2Лг(~1х — ~1У ) + Лг(дх — <!У) . > 55. ию1((,у),где(=ху,у=*-. У М Дифференцируя и как сложную функцию, получаем ,удх — хлу ди = 1г ( у й + х г(у) + Л у "и =Лг(удх+хг(у) +2Лг +1гиг ( )+2Лйхйу-21г' " .

Характеристики

Список файлов книги