![]() |
Главная Случайная страница Контакты | Мы поможем в написании вашей работы! | |
|
.
Якщо ця границя існує, то кажуть, що функція f(x,y) має частинну похідну за у в точці . Цю частинну похідну позначають
, або
, aбo
, або
.
Кажуть, що функція має частинну похідну у відкритій області D, якщо вона має частинну похідну в кожній точці цієї області.
Частинну похідну функції кількох змінних обчислюють за тими самими правилами, що й звичайну похідну.
Приклад. Знайти і
, якщо
.
Розв'язання. Частинну похідну за х цієї функції обчислюють при у = const, тобто вона є похідною степеневої функції:
.
Частинну похідну за у цієї функції обчислюють при х = const, тобто , вона є похідною показникової функції:
4. Повний диференціал. З визначення повного приросту функції z = f(x,у) (див. вище) маємо
. (36)
Припустімо, що f(х,у) у точці (х,у) має неперервні частинні похідні. З'ясуємо, який вираз має через частинні похідні. Для цього у правій частині (36) додамо і віднімемо f(x,y +Dу):
. (37)
Вираз (f(x,y + Dу) - f(x,y)) можна розглядати як різницю двох значень функції однієї змінної у (значення x залишається сталим). Застосовуючи до цієї різниці теорему Лагранжа, маємо
, (38)
де у розташовано між у і у + Dу.
Так само вираз, який стоїть у перших дужках рівності (37), можна розглядати як різницю двох значень функції однієї змінної х (другий аргумент залишається сталим і має значення у + Dу). Застосовуючи до цієї рівниці теорему Лагранжа, маємо:
, (39)
де х1 розташовано між х і х + Dх.
Одержані вирази (38) і (39) підставимо у (37), матимемо
. (40)
Оскільки було припущення, що частинні похідні існують і неперервні, то
, (41)
(тому що х1 і у1 розташовані відповідно між х і х + Dх, у і у +Dу, то коли і
х1 і у1 прямують до х і у відповідно). За визначенням границі, рівності (41) можна переписати у вигляді:
,
,
коли і
прямують до нуля величини
і
теж прямують до нуля. Останнє дає можливість переписати вираз (40) у вигляді:
. (42)
Сума останніх двох членів рівності (42) є нескінченно малою величиною. З рівності (42) випливає, що коли функція f(x,y) має неперервні частинні похідні у даній точці, то вона диференційовна у цій точці і має повний диференціал
.
Рівність (42) можна переписати у вигляді
,
і з точністю до нескінченно малих вищого порядку маємо приблизну рівність
. (43)
Прирости незалежних змінних і
є диференціалами незалежних змінних х і у, які позначають відповідно через dx і dy. Тоді вираз повного диференціалу матиме вигляд
. (44)
Приклад. Знайти повний диференціал функції .
Розв'язання.
.
Зауваження. Рівність (43) використовують для наближених обчислень значень функції z = f(x,y). Для цього вираз (36) перепиcують у вигляді
, (45)
а потім, маючи на увазі (43), замість підставимо у (45) вираз (44). Матимемо формулу для наближених обчислень:
, (46)
яка має точність до нескінченно малих вищого порядку малості відносно Δх і Δу.
Приклад. Знайти наближене значення .
Розв'язання. Розглянемо функцію . Знайдемо її повний диференціал:
.
Тут: ;
;
і
. Отже
.
Тоді
.
5. Частинні похідні складної функції. Припустимо, що у рівнянні
(47)
u і v є неперервними функціями незалежних змінних x і у.
,
. (48)
Звичайно, z можна виразити і безпосередньо через х і у таким чином:
, (49)
але це може призвести до дуже складної функції.
Припустимо, що функції F(u,v), φ(x,y), ψ(х,у) мають неперервні частинні похідні за усіма своїми аргументами. Поставимо задачу: обчислити і
, відштовхуючись від рівнянь (47) і (48).
Дамо аргументу х приріст , зберігаючи значення у незмінним. Тоді в силу рівнянь (48) u і ν одержать прирости
і
.
Але якщо u і ν одержать прирости і
, то функція
одержить приріст
, який обчислюють за формулою (42):
.
Розділимо усі члени цієї рівності на :
.
Якщо , то
і
(u і ν неперервні). Тоді і
,
. Зробивши граничний перехід, коли
, маємо:
;
;
;
;
.
і, отже,
. (50)
Аналогічні перетворення з аргументом у дає:
. (51)
Для випадку більшого числа змінних формули (50) і (51) звичайним чином узагальнюють.
6. Повна похідна. Якщо маємо функцію z = F(x,y,u,v), де у, u, і ν у свою чергу залежать від одного аргументу х:
,
,
,
то фактично z є функцією тільки однієї змінної x, можна ставити питання про визначення повної похідної dz/dx. Ця похідна обчислюється за формулою (50):
, (52)
де , а так як y, u і ν - є функції одного х, то частинні похідні перетворюються у звичайні. Остання формула має назву повної похідної.
Приклад, ,
,
,
,
.
За формулою (52) маємо:
.
7. Повний диференціал складної функції.
Підставимо вирази (50) і (51) у формулу (44) повного диференціала
. (53)
Маємо
.
Зробимо такі перетворення правої частини:
. · (54)
Але
,
. (55)
Рівність (54) з урахуванням рівностей (55) можна переписати так:
, або
. (56)
Розглядаючи (53) і (56), можемо сказати, що вираз повного диференціала функції декількох змінних має той же вигляд, тобто форма диференціала інваріантна, чи є v i u незалежними змінними або функціями незалежних змінних.
Приклад. Знайти повний диференціал складної функції:
, де
і
.
Розв'язання. За формулою (56) маємо
Останній вираз можна перетворити до вигляду:
8. Похідна функції, заданої неявно.
1) Розглянемо функцію F(x,y) = 0.
Теорема. Нехай функція у від х дана неявно і F(x,y), (x,y),
(x,y) - неперервні функції у деякій області D, координати (x,y) довільної точки
задовольняють рівнянню F(x,y) = 0, крім того, у цій точці
. Тоді:
.
Доведення. Нехай деякому значенню х відповідає значення функції у і при цьому F(x,y) = 0. Дамо незалежній змінній х приріст . функція у матиме приріст
, тобто значенню аргументу
відповідає значення функції
. Оскільки F(x,y) = 0 будемо мати F(
,
) = 0. Отже:
F( ,
) – F(x,y) = 0.
Зліва повний приріст функції двох змінних, який можна переписати так (див. вище):
,
де і
прямують до нуля, коли
і
прямують до нуля. Розділимо останню рівність на
і обчислимо
/
:
.
Спрямуємо до нуля. Тоді, маючи на увазі, що при цьому
і
теж прямують до нуля і що
, у границі матимемо
. (57)
Довели існування похідної від функції, заданої неявно, і знайшли формулу для її обчислення.
Приклад. Рівняння визначає у як неявну функцію від х. Тут
F(x,y) = ;
;
.
Отже, за формулою (57)
.
2) Розглянемо функцію
F(x,y,z) = 0. (58)
Якщо кожній парі чисел х і у у деякій області відповідає одне або декілька значень z, які задовольняють (58), то це рівняння неявно визначає одну або декілька однозначних функцій z від х і у.
Приклад. Рівняння неявно визначає дві неперервні функції z від х і у, які можна виразити явно, розв'язавши відносно z. У цьому разі маємо:
і
.
Знайдемо частинні похідні функції z від х і у, що визначається рівнянням (58). Коли шукаємо , вважаємо у сталим. Тому тут можна застосувати формулу (57), якщo незалежною змінною вважати х, а функцією z. Отже,
. (59)
Так само знаходимо
. (60)
Припускається, що .
Аналогічно визначають частинні похідні неявних функцій більшого числа змінних.
Приклад. Обчислити частинні похідні функції
.
Розв'язання. Тут F(х, у, z) = ,
;
;
.
Отже,
,
.
9. Частинні похідні вищих порядків. Якщо функція z = f(х,у) має в усіх точках деякої відкритої області D частинну похідну за однією із змінних, то ця похідна, сама є функцією цих змінних і може, в свою чергу, мати частинні похідні по х або по у. Для даної функції z = f(х,у) ці похідні є частинними похідними другого порядку.
Так, розглянемо границю
Якщо ця границя існує, то кажуть, що функція має другу частинну похідну за х. Цю похідну позначають , або
, або
, або
. Аналогічно визначають похідні
,
,
. Похідні
і
звуть мішаними частинними похідними.
Похідні другого порядку можна знову диференціювати. Матиме частинні похідні третього порядку, їх буде, очевидно, вже вісім: ,
,
, ….
Взагалі, частинна похідна п -го порядку є перша похідна від похідної (n-1)- гo порядку.
Приклад. Обчислити , якщо
.
Розв'язання. Послідовно маємо:
;
;
.
Природно поставити запитання, залежить чи результат диференціювання від послідовності диференціювання по різним змінним, тобто, чи будуть, наприклад, тотожньо рівними похідні і
. На це питання відповідає теорема.
Теорема. Якщо функція z = f(x,y) і її частинні похідні ,
,
,
визначені, неперервні у точці М (x,y) ів деякій її околі, то в цій точці
, (
=
).
Доведення. Розглянемо вираз
.
Якщо введемо допоміжну функцію , визначену рівністю
,
то А можна записати у вигляді
.
Оскільки, припустили, що визначена у околі точки М(х,у), то, отже,
диференційовна на відрізку
; але тоді за теоремою Лагранжа маємо
, де х1, знаходиться між х та
. Але
.
Оскільки визначена у околі точки М(х,у), то
диференційовна на відрізку [у, у +Δу], тому, застосувавши до останньої різниці знову теорему Лагранжа (по змінній у), матимемо
,
де знаходиться між у та
.
Отже, початковий вираз А дорівнює
. (61)
Якщо у початковому виразі А переставимо середні члени і виконаємо з цим виразом аналогічні перетворення, дістанемо
, (62)
де деяка точка у околі точки М(х,у).
Ліві частини рівностей (61) і (62) дорівнюють А, отже, дорівнюють і праві, тобто
,
звідки
,
Перейдемо до границі коли і
, маємо
,
Дата публикования: 2015-03-26; Прочитано: 248 | Нарушение авторского права страницы | Мы поможем в написании вашей работы!