Высшая математика

9. ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ

Точно так же мы определим и последующие дифференциалы функции u с помощью равенства

	d k u = d(d k−1u) .
	Пример 1. z = x2y3					Найти d2z.
		∂z	= 2xy3;	∂z = x2 3y		2 ; ∂ 2 z = 2 y3	;	∂ 2 z	= 6xy2 ;	∂ 2 z	= 6x2 y
		∂x						∂x∂y		∂y2
				∂y		∂x2
	d 2 z =	∂ 2 z	(dx)2 + 2	∂ 2 z	dxdy +	∂ 2 z (dy)2 =	2 y3 (dx)2 + 2 6xy2dxdy + 6x2 y(dy)2.
		∂x2		∂x∂y
						∂y2

Развернутые выражения для дифференциалов высших порядков довольно громоздкие. Однако, символически они записываются очень компактно. Запишем дифференциал в символической форме.

∂

∂

du =

dx

+...+

dx

u

∂x

∂x

1

m

m

1

(u вносим в скобки и считаем

∂

u

≡

∂u

и получаем обычное выражение для du). Тогда

∂xi

∂xi

2

∂

∂

2

u .

d u =

∂x

dx1 +... + ∂x

dxm

1

m

Здесь выражение в скобках возводится по обычным правилам в квадрат и затем

считаем, что

∂

∂

u ≡

∂2u

.

∂xi

∂x j

∂xi∂x j

Выражение для дифференциала порядка к принимает вид:

		∂
	d k u =
		∂x1

Пример 2.

		∂		k
	dx +...+		dx		u .
		∂xm
	1			m
	z = x2y3		Вычислить d3z

∂

∂

3

∂ 3

∂

2

∂

d 3 z =

dx +

dy

z =

(dx)3

+ 3

(dx)2 dy +

∂x

∂y

∂x

∂x

∂y

∂

∂

2

∂

3

+ 3

dx(dy)2 +

(dy)3 z =

∂y

∂x

∂y

=

∂3 z

(dx)3 + 3

∂3 z

(dx)2 dy + 3

∂3 z

dx(dy)2 +

∂3 z

(dy)

3

∂x3

∂x2 ∂y

∂x∂y2

∂y3

На основе примера 1 получаем

∂3 z

= (2y3 )

′

= 0;

∂3 z

= (6xy2 )

′

= 6y2 ;

∂x3

∂x2 ∂y

x

x

∂3 z

= (6xy2 )

′ = 12xy;

∂3 z

= (6x2 y)

′

= 6x2 .

∂x∂y2

∂y3

y

y

221

9. ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ

Отсюда

d 3z = 3 6y2 (dx)2 dy +3 12xydx(dy)2 +6x2 (dy)3 .

Замечание. Дифференциалы высших порядков, вообще говоря, не обладают свойством инвариантности их формы. Это имеет место уже для функций одной переменной. Однако, если x1, ..., xm являются линейными функциями переменных t1, ..., tk, то высшие дифференциалы можно вычислять по тем же самым формулам, которые мы только что рассмотрели. При этом, если

xi = α(1)i t1 +...+α(ik)t k +βi	( α(1)i ,..., α(i k) ,βi – константы),
то dxi = α(1)i dt1 +...+α(i k)dt k	(i = 1,...,m).

В частности, если все xi зависят от одной переменной t, то в формулы для дифференциалов надо подставлять dxi = αidt .

Это обстоятельство используется при доказательстве формулы Тейлора.

9.8. Формула Тейлора.

Пусть функция f(x1, ..., xm) задана и n+1 раз дифференцируема в некоторой окрестности точки М0( x10,..., x0m ), тогда для всех точек М(х1,...,хm) из этой окрестности справедлива формула

n

1

∂

∂

f (x1 ,..., xm ) = f (x10 ,..., x0m ) + ∑

(x1 − x10 )

+ (x2

− x20 )

+...

∂x1

∂x

k=1

k!

2

∂

k

+ (x

− x

0

)

f (x

0

,..., x0 )

+ R

(x

,.., x

),

n+1

m

m

∂xm

1

m

1

m

где

1

∂

∂

R

n+1

(x

,..., x

) =

(x

− x0 )

+ (x

− x0 )

+...

(n +

∂x1

∂x2

1

m

1)!

1

1

2

2

∂

n+1

+ (x

− x0

)

f (x

0

+ θ(x

− x0 ),..., x0

+ θ(x

− x

0

)),

0 < θ <1,

m

m

∂xm

1

1

1

m

m

m

где θ зависит, вообще говоря, от М(х1,...,хm).

Заметим, что в принятых нами символических обозначениях

∂

∂

k

(x

− x0 )

+...+(x

m

− x0 )

f(x0

,..., x0

)

= d k f(x0,..., x0 ),

∂x

∂x

1

1

m

m

1

m

1

m

1

причем

dx

= x

− x0,

dx

2

= x

2

− x0

,...,dx

m

= (x

m

− x0

) .

1

1

1

2

m

Таким образом, формула Тейлора может быть записана более компактно:

) = f(x0,..., x

0

n

d k f(x0,..., x0

)

f(x ,..., x

m

) +

∑

1

m

+ R

n+1

(x ,..., x

m

),

1

1

m

k=1

k !

1

где

) = d n+1f(x0 + θ(x

− x0 ),..., x

0

− x0 )) , 0<θ<1

R

(x ,..., x

m

+ θ(x

m

n +1 1

1

1

1

m

m

222

9. ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ

Замечание 1. При более слабых предположениях, а именно, если f(x1,...,xm) дифференцируема (n-1) раз в окрестности т.М0 и n раз в самой точке М0, для остаточного члена в

формуле Тейлора Rn+1(x1,...,xm) справедливо представление Rn+1(x1,...,xm) = 0(ρn) (форма Пеано), где

ρ = (x1 − x10 )2 +(x2 − x02 )2 +...+(xm − x0m )2 .

Замечание 2. В случае двух переменных (u=f(x,y)) формула Тейлора второго порядка в развернутом виде записывается следующим образом:

1

′

′

f(x, y) = f(x0, y0 ) +

(x − x0 ) + fy (x0, y0 ) (y − y

+

1!

fx (x0, y0 )

0 )

1

+

f

″

(x

, y

) (x − x

)

2

+ 2 f

″

(x

, y

) (x − x

) ( y − y

) +

2!

xx

0

0

0

xy

0

0

0

0

″

(x0 , y0 ) ( y − y0 )

2

+ 0(ρ

2

),

‹ЉЉ ρ =

(x − x0 )

2

+

( y − y0 )

2

.

+ f yy

Пример 1. Разложить по формуле Тейлора второго порядка в окрестности т. (1,1)

функцию f(x,y) = x3 – 3xy3 + xy – y2 + 6x – y + 1

∂f

= 3x2

−3y3 + y + 6;

∂f (1,1) = 3 −3 +1 + 6 = 7;

∂x

∂x

∂f

= −9xy2

+ x − 2 y −1;

∂f

(1,1)

= −9 +1 − 2 −1 = −11;

∂y

∂y

∂2 f

= 6x;

∂2 f

(1,1) = 6;

∂2 f

= −9y

2

+1;

∂2

f

(1,1) = −9

+1

= −8;

∂x2

∂x2

∂x∂y

∂x∂y

∂2 f

= −18xy

− 2;

∂2

f

(1,1)

= −18 − 2 = −20;

∂y 2

∂y 2

f (1,1) =1 −3 +1−1+ 6 −1+1 = 4;

f(x, y) = 4 + 7 (x −1) −11 ( y −1) + 12 (6 (x −1)2 − 2 8 (x −1) ( y −1) −

−20 ( y −1)2 + 0 ((x −1)2 + ( y −1)2 ))=

=4 + 7(x −1) −11( y −1) +3(x −1)2 −8(x −1)( y −1) −10( y −1)2 + 0((x −1)2 + ( y −1)2 )

Пример 2. Разложить по формуле Маклорена до членов третьего порядка функцию

u = 1 − x2 − y2									(по формуле Тейлора с центром в т.М0(0,0)). Последовательно находим
дифференциалы функции u до третьего порядка включительно.
																			1							1												1
u(x, y) = (1 −x2 −y2 )																					; du =								(1 −x2 −y2 )−											(−2xdx −2ydy);
																				2																			2
																									2
	2															1							2		2				−	1
d		u			= d (du) = d														(1			−x		−y			)			2 (−2xdx − 2 ydy)																=
																2
					1					2			2			−	1																			1							2				2			−	1
= d								(1 −x			−y			)			2					(−2xdx −								2 ydy) +								(1 −x						−y				)			2 d (−2xdx − 2 ydy) =
					2																															2
				1					2			2		−		3																2		1							2				2		−	1					2		2
= −							(1 −x			−y			)			2 (−2xdx −									2 ydy)								+			(1		−x				−y				)		2 (−2(dx)						− 2(dy)		).
			4																															2

223

9. ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ

	3					2							1					2				2		−	3											2			1			2			2		−	1				2		2
d		u =d(d					u)	=d				−				(1−x			−y				)		2 (−2xdx−2ydy)													+d			(1−x		−y			)		2 (−2(dx)					−2(dy)		)	=
													4																										2
		3							5																	1					3
=			(1−x2		−y2 )−					(−2xdx−2ydy)3 −																		(1−x2 −y2 )−								2(−2xdx−2ydy)
									2																									2
		8																								4
				2							2			1				1								2			2		−	3												2						2
(−2(dx)												)+																				2 (−2xdx−2ydy)(−2(dx)																			)=
						−2(dy)											−				(1−x						−y			)															−2(dy)
														2
																		2

		5											3
=−3(1−x2 −y2 )−			(xdx+ ydy)3 −3(1−x2 −y2 )−											(xdx+ ydy)((dx)2 +(dy)2 ).
		2											2
Полагая здесь x=y=0, dx=x, dy=y,получаем
u(0,0)=1;		du(0,0)=0;						d2u(0,0)= -(x2+y2);											d3u=0
и																				3
							1
u(x,y) ≡	1 − x	2		− y	2	=1 −		(x	2	+ y	2	) +			(x	2	+ y	2	)	2		.
							2						0

9.9. Неявные функции.

Пусть задано уравнение f(x,y)=0, где f – дифференцируемая функция переменных х и у. Возникает вопрос о том, при каких условиях это функциональное уравнение однозначно разрешимо относительно у, т.е. однозначно определяет явную функцию y=ϕ(x), и следующий вопрос о том, при каких условиях эта явная функция непрерывна и дифференцируема.

Трудность этих вопросов видна уже на простейшем примере уравнения y2 – x = 0. Это уравнение

y

y2 = x

0

x

определяет при х≥0 бесконечно много явных функций.

Например, y = + x, y = − x и любая функция, равная + x для одних значений х, и - x для других значений.

y		y		y
y =	x
0	x	0	x	0	x
		y=-	x

224

9. ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ

Вопрос 1. При каких условиях существует единственная явная функция, удовлетворяющая уравнению y2 = x? Фиксируем точку N0(x0,y0) на кривой y2-x=0, отличную от начала координат.

Очевидно, что часть кривой, лежащая в достаточно малой окрестности точки N0, однозначно проектируется на ось Ох.

	y				y
	y =	x			y =	x
	N0(x0,y0)
x0	0 [ x0		x	N1(0,0)	x
	y = −	x			y = −	x

Аналитически это означает, что если рассматривать функцию f(x,y)=y2 – x только в этой достаточно малой окрестности точки N0, то уравнение f(x,y)=0 однозначно разреши-

мо относительно у и определяет единственную явную функцию y = + x для у0>0 (см. рис.) и y = − x для у0<0.

Если мы теперь рассмотрим точку N1(0,0), то часть кривой y2-x=0 не однозначно проектируется на ось ОХ (см. рис.). Аналитически это означает, что если рассматривать функцию f(x,y)=y2-x в любой окрестности т. N1(0,0), то уравнение f(x,y)=y2-x=0 не является однозначно разрешимым относительно у. Заметим, что в этой точке N1(0,0) частная

производная ∂∂yf = 2y функции f(x,y)=y2-x обращается в нуль. В общем случае это обстоя-

тельство имеет принципиальное значение: для однозначной разрешимости уравнения f(x,y)=0 в окрестности т. (х0,у0) относительно у требуется, чтобы ∂∂yf (x0, y0 ) ≠ 0 .

В случае, когда рассматривается уравнение вида F(u, x1, ..., xm)=0, имеют место те же трудности, что и в случае одной переменной: для однозначной разрешимости этого уравнения относительно u нужно рассматривать функцию F(u, x1, ..., xm) в окрестности

точки N

0

(u

0

, x0

,..., x0

)

(для которой F(u

0

, x0

,..., x0

) = 0 , и требовать, чтобы

∂f

≠ 0 в т.

1

m

1

m

∂u

N0.

Формулировка теоремы о неявной функции имеет вид.

Теорема. Пусть функция F(u, x1, ..., xm) дифференцируема в некоторой окрестности точки N 0 (u 0, x10,..., x0m ) R m+1 , причем ∂∂uf (N0 ) ≠ 0 и F(u0 , x10 ,..., x0m ) = 0 . Тогда для любого достаточно малого ε>0 существует такая окрестность точки M 0 (x10,..., x0m ) R m , в

которой определена (единственная) функция u=u(x1, ..., xm) удовлетворяющая условию u- u0 <ε и являющаяся решением уравнения F(u, x1, ..., xm)=0.

Эта функция u=u(x1, ..., xm) непрерывна и дифференцируема в окрестности т. М0 .

225

9. ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ

Замечание 1. Частные производные							∂u	вычисляются по формулам
							∂xi
				∂F
	∂u	= −		∂xi				(i = 1, ..., m).
	∂xi			∂F

∂u

Эти формулы получаются следующим образом: подставим неявную функцию u=u(x1, ..., xm) в уравнение F(u, x1, ..., xm)=0,

получим

F(u(x1, ..., xm), x1, ..., xm)=0.

Это равенство является тождеством по x1, ..., xm. Вычислим частные производные от обеих частей этого равенства по xi, используя теорему о производной сложной функции,

∂F		∂u	+	∂F	= 0	∂u	= −	∂F ∂F
∂u								∂xi ∂u
		∂xi		∂xi		∂xi

Аналогично можно найти и высшие k-е производные неявной функции, если функция F(u, x1, ..., xm) дифференцируема k раз.

Пример 1. Найти частные производные функции z, заданной неявно: F ≡ z3 + x5 + y5 – 2xyz + 2x – 4 = 0.

Уравнение однозначно разрешимо относительно z, если ∂∂Fz ≠ 0 , т.е. 3z2 – 2xy ≠ 0.

∂F

∂z = − ∂x = −5x4 − 2yz + 2 ;

∂x ∂F 3z 2 − 2xy

∂z ∂F

∂z = − ∂y = −5y 4 − 2xz .

∂y ∂F 3z 2 − 2xy

∂z

Теорема о неявной функции имеет следующие геометрические приложения. Пусть задана поверхность уравнением F(x,y,z)=0.

Требуется написать уравнение касательной плоскости к этой поверхности и вычислить координаты нормального вектора к этой поверхности в некоторой точке (x0,y0,z0).

Предположим, что одна из частных производных ∂∂Fx , ∂∂Fy , ∂∂Fz отлична от нуля в этой точ-

ке. Это значит, что одна из переменных может быть выражена как функция двух других.

Пусть, например, ∂∂Fx ≠ 0 , тогда x = ϕ(y,z), а для такой функции, уравнение каса-

тельной плоскости имеет вид

x − x0 = ∂ϕ∂y (y − y0 ) + ∂ϕ∂z (z − z0 ).

226

9. ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ

Нормальный вектор имеет координаты:

nr = −1; ∂ϕ

; ∂ϕ

.

∂y

∂z

Подставляя сюда выражения для

∂ϕ,

∂ϕ

, получим

∂y

∂z

∂F

∂F

∂y

∂z

x − x = −

( y − y ) +

−

(z − z ).

∂F

0

0

∂F

0

∂x

∂x

или

∂F (х− х

0

) +

∂F

(y − y

0

) +

∂F (z − z

0

) = 0 , а в качестве нормального вектора к по-

∂x

∂y

∂z

верхности можем взять следующий:

nr1 = ∂F ;

∂F

; ∂F

.

∂x

∂y

∂z

Замечание: Если рассматривать поверхность уровня F(x,y,z)=C функции

u=F(x,y,z), то мы получим, что gradu ≡

∂F

;

∂F

;

∂F

ортогонален поверхности уровня.

∂y

∂z

∂x

Пример 2. Дана поверхность x2 +4y2 +2z2 = 7. Написать уравнения касательных плоскостей к этой поверхности, которые параллельны плоскости x+y+z=1

Здесь F(x,y,z) = x2 +4y2 +2z2 – 7,
	∂F	= 2x;	∂F	= 8y;	∂F	= 4z .
	∂x		∂y		∂z

Нормальный вектор к поверхности имеет координаты nr = {2x,8y,4z} он должен быть коллинеарен нормальному вектору к заданной плоскости, т.е. вектору {111, , }.

Отсюда 2x1 = 8y1 = 4z1

Решив систему уравнений x2 +4y2 +2z2 = 7 , находим координаты точек касания

2x = 8y = 4z

		2;	1	;1	и	−2;−	1	;−1 .
			2				2

Касательные плоскости имеют уравнения:

4(x −2) + 4( y − 12) + 4(z −1) = 0; x + y + z −3,5 = 0; −4(x + 2) −4( y + 12) −4(z +1) = 0; x + y + z +3,5 = 0.

227

9.ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ

9.10.Экстремум функции нескольких переменных

Определение 1. Пусть функция f(x1, ..., xm) определена на множестве {M} R m .

Внутренняя точка M 0 (x10,..., x0m ) {M} называется точкой локального максимума (мини-

мума), если существует такая окрестность U(M0) точки М0, что для всех М(х1, ..., хm) U(M0) выполняется неравенство f(M) ≤ f(M0) [f(M) ≥ f(M0)].

Определение 2. Точка М0 локального максимума или локального минимума называется точкой локального экстремума.

Теорема (Необходимое условие локального экстремума). Пусть функция f(x1, ..., xm) определена в некоторой окрестности т. M 0 (x10,..., x0m ) , дифференцируема в точке М0,

и имеет в этой точке локальный экстремум, тогда все частные производные первого порядка функции f в т. М0 равны нулю:

∂f	(M 0 ) =... =	∂f	(M 0 ) = 0 (или df (M 0 ) = 0).
∂x1		∂xm

Доказательство: Докажем, что

∂f

(M

0

) = 0 . Если точка M

0

(x0

,..., x0 ) является

∂x1

1

m

локальным экстремумом функции f(x1, ..., xm), то, очевидно, точка x0

является точкой ло-

f(x , x0

,..., x0 )

1

кального экстремума функции

одной переменной x1. По теореме Ферма

получаем (см. рис. 1)

1 2

m

∂f

df(x

, x0,..., x0 )

(M 0 ) =

1

2

m

x1 =x10 = 0.

∂x1

dx1

u

x20

x2

x10

M 0( x10 , x20 )

x1

Рис.1

Пример 1. Найдем точки экстремума функции z = x2 + y2. Точки экстремума в силу

доказанного находятся среди тех, для которых

∂z

=

∂z

= 0, т.е.

2x = 0

. Система имеет

∂y

∂x

2y = 0

единственное решение (0,0). Убедимся, что в этой точке действительно функция имеет экстремум. Для этого заметим, что в т. (0,0) z=0, во всех других точках z=x2+y2>0. По-

228

9. ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ

этому точка (0,0) является не только точкой локального минимума (но и “глобального” минимума) (см. рис.2).

Пример 2. Исследуем точки экстремума функции z=x2-y2. Поступая аналогично предыдущему случаю, находим

	∂z	= 2x = 0 ;	∂z	= −2y = 0 .
	∂x		∂y

Решение (0,0), т.е. если функция z=x2-y2 имеет экстремум, то он может быть только в этой точке.

Исследуем, имеет ли функция z=x2-y2 в точке (0,0) локальный экстремум. В т. (0,0) z=0. Однако здесь при у=0 и любых х≠0 z=x2>0, а при х=0 и любом у≠0 z=-у2<0. Поэтому точка (0,0) не является точкой локального экстремума функции z=x2-y2 . Функция z=x2-y2 вообще не имеет точек экстремума. (см. рис.3).

z

z

x

0 y

x

y

Рис.2 Рис.3

Точки, в которых обращаются в нуль все частные производные первого порядка функции f(x1, ..., xm), называются стационарными точками этой функции.

Примеры 1 и 2 показывают, что в каждой стационарной точке требуется дополнительное исследование на экстремум, т.е. нужны достаточные условия экстремума.

Прежде, чем их сформулировать, напомним некоторые сведения из теории квадратичных форм.

m
Определение 3. Функция A(h1,..., h m ) = ∑a ik h ih k (aik = aki)	(1)
i,k=1

переменных h1, ..., hm называется квадратичной формой.

Числа aik называются коэффициентами квадратичной формы.

Определение 4. Квадратичная форма (1) называется положительно определенной (отрицательно определенной), если для любых значений переменных h1, ..., hm , для кото-

рых выполняется условие h12 +...+h 2m > 0 , эта форма имеет положительные (отрицатель-

ные) значения. Положительно определенные и отрицательно определенные формы объединяются общим названием – знакоопределенные формы.

Сформулируем критерий знакоопределенности квадратичной формы – критерий Сильвестра.

229

9. ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ

Для того, чтобы квадратичная форма (1) была положительно определенной, необходимо и достаточно, чтобы выполнялись неравенства:

a11

a12

a11

a12

a13

a11

a12 ... a1m

a11 > 0,

> 0,

a21

a22

a23

> 0, ...,

a21

a22 ...

a2m

> 0.

a21

a22

a31

a32

a33

am1

am2 ...

amm

Для того, чтобы квадратичная форма (1) была отрицательно определенной, необходимо и достаточно, чтобы имели место неравенства:

a11 < 0,

a11

a12

> 0,

a11

a12

a13

< 0,...,

(-1)n

a11

a12 ...

a1m

> 0.

a21

a22

a23

a21

a22 ...

a2m

a21

a22

a31

a32

a33

. . .

Пример 3. А(h1,h2) =

h12 + h 22

am1

am2 ...

amm

– положительно определенная квадратичная форма,

т.к.

1

0

=1 > 0;

a11

a12

=

1

0

=1 > 0.

A =

; a11

a 21

a 22

0

1

0

1

Пример 4. А(h1,h2) = h12 − h 22 не является знакоопределенной, т.к.

1

0

a11

a12

=

1

0

= −1 < 0.

A =

; a11 =1 > 0;

a 21

a 22

0 −1

0

−1

Вернемся теперь к рассмотрению функции f(x1, ..., xm) и заметим, что второй дифференциал функции в т. M 0 (x10,..., x0m ) представляет собой квадратичную форму относительно переменных dx1, ..., dxm:

	2	m	∂ 2 f
d		f (M0 ) = ∑				(M0 )dxidxj .
			∂x	∂x
		i, j =1	i		j

Замечание. Если функция f имеет непрерывные вторые частные производные, то второй дифференциал является квадратичной формой с симметричной матрицей, т.к.

a	=	∂ 2	f	=	∂ 2	f	= a	ji
ij		∂xi∂xj			∂xj∂xi

Достаточное условие экстремума функции нескольких переменных.

Теорема. Пусть в некоторой окрестности стационарной точки M 0 (x10,..., x0m ) оп-

ределены частные производные второго порядка функции f(x1, ..., xm), которые являются непрерывными в т. М0. Если в этой точке второй дифференциал d2f(M0) является знакоопределенной квадратичной формой от dx1, ..., dxm, то в т. М0 функция имеет локальный экстремум (локальный максимум, если d2f(M0) отрицательно определена, и локальный минимум, если d2f(M0) положительно определена), если же d2f(M0) знакопеременна, то в т. М0 экстремума нет.

230