дz		= 2xy;				дz			= 2;
дx						дx P
	дz		= x2 ;		дz
									= 1.
	дy
					дy P

Следовательно, grad z=2i+j (рис. 10).

Производные и дифференциалы высших порядков

1°. Частные производные высших порядков. Частными производными второго порядка

функции z=f(х,у) называются частные Производные от ее частных производных первого порядка.

Для производных второго порядка употребляются обозначения

ддz =

дx дx

ддz =

дy дx

	д2 z		= f ''xx ( x, y );
	дx2
	д2 z			= f ''xx ( x, y ).
	дxдy

Аналогично определяются и обозначаются частные производные порядка выше второго.

Если частные производные, подлежащие вычислению, непрерывны, то результат многократного дифференцирования не зависит от порядка дифференцирования.

Пример. Найти частные производные второго порядка от функции z = arctg xy .

Решение. Найдем сначала частные производные первого порядка:

дz

=

1

1

=

y

,

дx

1

+

x2

y

x2

+ y2

y2

дz

1

x

x

=

−

= −

.

2

2

2

2

дy

x

y

x

+ y

1

+

y2

Теперь дифференцируем вторично:

д2 z

=

д

y

= −

2xy

,

дx2

дx

x2 + y2

(x2 + y2 )2

д2 z

д

x

2xy

=

−

=

.

2

2

2

(x

2

2 2

дy

x

+ y

+ y

дy

)

(x2 − y2 )

д2 z

=

д

y

=

1(x2

+ y2 )−

2y y

=

.

дxдy

дy

x2 + y2

(x2 + y2 )2

(x2 + y2 )2

Заметим, что так называемую «смешанную» частную производную можно найти и иначе, а

д2 z

д2 z

д

x

1

(x2 + y2 )− 2x x

(x2 − y2 )

именно:

=

=

−

= −

=

.

2

(x

2

2

2

(x

2

2

2

x

+ y

2

+ y

+ y

дxдy дyдx дx

)

)

2°. Дифференциалы высших порядков. Дифференциалом второго порядка функции z=f(х, у)

называется дифференциал от дифференциала (первого порядка) этой функции d²z=d(dz). Аналогично определяются дифференциалы функции г порядка выше второго, например:

d³z=d(d²z) и, вообще, d n z = d (d n−1z).

68

Если z=f(х,у), где х и y — независимые переменные, то дифференциал 2-го порядка функции г вычисляется по формуле

	d 2 z =	д2 z dx2	+ 2	д2 z	dxdy +	д2 z dy2 .	(1)
				дxдy
		дx2				дy2

Вообще, справедлива символическая формула

		д		д	n
	d n z = dx		+ dy			z ,
		дx
				дy

которая формально развертывается по биномиальному закону.

Если z=f(х,у), где аргументы х и у суть функции одного или нескольких независимых переменных, то

d

2

z =

д2 z

dx

2

+ 2

д2 z

dxdy +

д2 z

dy

2

+

дz

d

2

x +

дz

d

2

y .(2)

дx2

дxдy

дy2

дx

дy

Если х и у — независимые переменные, d²x=0, d²y=0 и формула (2) становится тождественной формуле (1).

Пример. Найти полные дифференциалы 1-го и 2-го порядков функции z = 2x2 − 3xy − y2 .

Решение. 1-й способ. Имеем:

дz

= 4x − 3y,

дz

− 3x − 2y .

дx

дy

Поэтому

dz =

дz

dx +

дz

dy = (4x − 3y)dx − (3x + 2y)dy .

дx

дy

Далее, d

2

z =

д2 z

dx

2

+ 2

д2 z

дxdy +

д2 z

dy

2

=

4dx

2

− 6дxdy − 2dy

2

.

дx2

дxдy

дy2

2-й способ. Дифференцированием находим:

dz = 4xdx − 3(ydx + xdy) − 2ydy = (4x − 3y)dx − (3x + 2y)dy .

Дифференцируя ещё раз и помня, что dx и dy не зависят от х и у, получим: d 2 z = (4dx − 3dy)dx − (3dx + 2dy)dy = 4dx2 − 6dxdy − 2dy2 .

Интегрирование полных дифференциалов

1°. Условие полного дифференциала. Для того чтобы выражение Р(х,у)dx+Q(х,у)dу, где функции P(х,y) и Q(х,у) непрерывны в односвязной области D вместе со своими частными производными первого порядка, представляло собой в области D полный дифференциал

некоторой функции u(х,у), необходимо и достаточно выполнение условия ддQx ≡ ддPy .

Пример. Убедится в том, что выражение (2x+y)dx+(x+2y)dy=du= ддux dx = ддuy dy , где u —

искомая функция.

По условию ддux = 2x + y , следовательно, u = ∫(2x + y)dx = x2 + xy + ϕ (y) .

Но, с другой стороны, ддuy = x + ϕ '(y) = x + 2y , откуда ϕ '(y) = 2y ,ϕ (y) = y2 + C и

u = x2 + xy + y2 + C .

Окончательно, (2x + y)dx + (x + 2y)dx = d (x2 + xy + y2 + C).

69

2º. Случай трех переменных. Аналогично выражение P(x,y,z)dx+Q(x,y,z)dy+R(x,y,z)dz, где

P(x,y,z)dx, Q(x,y,z)dy, R(x,y,z)dz — непрерывные, вместе со своими частными производными 1-го порядка, функции переменных х, у и z, тогда и только тогда представляет собой полный дифференциал некоторой функции u(х,у,z), когда выполнены условия

ддQx ≡ ддPy , ддRy ≡ ддQz , ддPz ≡ ддRx .

Пример. Убедится в том, что выражение (3x2 + 3y −1)dx + (z2 + 3x)dy + (2yz + 1)dz есть полный дифференциал некоторой функции, и найти эту функцию.

Решение. Здесь P=3x²+3y-1, Q=z²+3x, R=2yz+1. Устанавливаем, что

ддQx = ддPy = 3, ддRy = ддQz = 2z, ддPz = ддRx = 0

и, следовательно, (3x2 + 3y −1)dx + (z2 + 3x)dy + (2yz + 1)dz = du = ддux dx + ддuy dy + ддuz dz , где u

— искомая функция.

Имеем: ддux = 3x2 + 3y −1, значит u = ∫(3x2 + 3y −1)dx = x2 + 3xy − x + ϕ (y, z) .

С другой стороны,

ддuy = 3x + ддϕy = z2 + 3x, ддuz = ддϕz = 2yz + 1,

откуда ддϕy = z2 и ддϕz = 2yz + 1. Задача сводится к отысканию функции двух переменных

ϕ (у,z), частные производные которой известны и выполнено условие полного дифференциала. Находим ϕ :

ϕ (y, z) = ∫z2dy = yz2 +ψ (z)

ддϕz = 2yz +ψ '(z) = 2yz + 1, ψ '(z) = 1,ψ (z) = z + C,

т. е. ϕ (y, z) = yz2 + z + C . Окончательно, u=x²+3xy-x+yz²+z+C.

Дифференцирование неявных функций

1°. Случай одной независимой переменной. Если уравнение f(х,у) =0, где f(х,у) — дифференцируемая функция переменных х и у, определяет у как функцию от х, то производная этой неявно заданной функции при условии, что f'y(х, у)≠0, может быть найдена по формуле

					dy	= −	fx '(x, y)	.	(1)
					dx		f y '(x, y)
Производные высших порядков находятся последовательным дифференцированием
формулы (1).
Пример. Найти	dy	и	d 2 y	, если (x²+y²)³-3(x²+y²)+1=0.
	dx		dx2
							70

Решение. Обозначая левую часть данного уравнения через f(х,y) найдем частные производные

f'x(x,y)=3(x²+y²)²·2x-3·2x=6x[(x²+y²)-1], f'y(x,y)=3(x²+y²)²·2y-3·2y=6y[(x²+y²)-1].

Отсюда, применяя формулу (1), получим:

dy		fx '(x, y)		6x[(x2 + y2 )2 −1]	x
	= −		= −	6y[(x2 + y2 )2 −1]= −		.
dx		f y '(x, y)			y

Чтобы найти вторую производную, продифференцируем по х найденную первую производную, учитывай при этом, что у есть функция х:

dy

x

d 2 y

d

x

y − x

−

y2 + x2

1 y − x dx

y

=

−

= −

= −

= −

.

dx2

y2

y2

y2

dx

y

2°. Случай нескольких независимых переменных. Аналогично, если уравнение F(х, у, z)=0, где F(х, у, z) — дифференцируемая функция переменных х, у и z, определяет z как функцию независимых переменных х и у и Fz(x, у, z)≠0, то частные производные этой неявно заданной функции, вообще говоря, могут быть найдены по формулам

дz		F '(x,y,z)			дz		Fy'(x,y,z)
	= −	x		,		= −		(2)
дx		Fz'(x,y,z)			дy
							Fz'(x,y,z) .

Другой способ нахождения производных функции z следующий: дифференцируя уравнение

F(х, у, z) = 0, получим:

ддFx dx + ддFy dy + ддFz dz = 0.

Отсюда можно определить dz, а следовательно, ддxz и ддyz .

Пример. Найти ддxz и ддyz , если x² - 2y²+3z² - yz+y=0.

Решение.

1-й способ. Обозначая левую часть данного уравнения через F(х, у, z), найдем частные производные F'x(x,y,z)=2x, F'y(x,y,z)=-4y-z+1, F'z(x,y,z)=6z-y.

Применив формулы (2), получим:

	дz		= −		Fx' ( x, y,z )		= −		2x	;
	дx				F ' ( x, y,z )				6 z − y
					z
дz			−	Fy' ( x, y,z )		= −		1 − 4 y − z			.
дy				F ' ( x, y,z )				6 z − y
				z

2-й способ. Дифференцируя данное уравнение, получим:

2х dx-4y dy+6z dz-y dz-z dy+dy=0

Отсюда определяем dz, т. е. полный дифференциал неявной функции:

dz = 2xdx + (1− 4y − z)dy . y − 6z

Сравнивая с формулой dz = ддxz dx + ддyz dy , видим, что

71

дz	=	2x	,	дz	=	1− 4y − z	.
		y − 6z		дy
дx						y − 6z

3°. Система неявных функций. Если система двух уравнений

F(x, y,u.v)= 0,G(x, y,u.v)= 0,

определяет u и v как функции переменных х и у и якобиан

	D( F ,G )			дF		дF
		=		дu		дv	≠ 0 ,
	D( u,v )
				дG		дG
				дu		дv

то дифференциалы этих функций (а следовательно, и их частные производные) могут быть найдены из системы уравнений

∂F

∂x∂G∂x

	dx +	∂F	dy +	∂F	du +	∂F	dv = 0,
		∂y		∂u		∂v	(3)
	dx +	∂G	dy +	∂G	du +	∂G
							dv = 0.
		∂y		∂u		∂v

Пример: Уравнения u+v=x+y, xu+yv=1 определяют u и v как функции х и у; найти

ддux , ддuy , ддvx , ддvy .

Решение. 1-й способ. Дифференцируя оба уравнения по х, получим:

дu

+

дv

= 1,

дx

дx

u + x

дu

+ y

дv

= 0,

дx

дx

отсюда

дu

= −

u + y

,

дv

=

u + x

.

дx

x − y

дx

x − y

Аналогичным образом найдем:

дu	= −	u + y	,	дv	=	u + x	.
дy		x − y		дy
						x − y

2-й способ. Дифференцированием находим два уравнения, связывающие дифференциалы всех четырех переменных: du+dv=dx+dy, x du+u dx+y dv+v dy=0.

Решив эту систему относительно дифференциалов du и dv, получим:

du = −

( u + y )dx + ( v + y )dy

,

dv =

( u + x )dx + ( v + x )dy

.

x − y

x − y

Отсюда

дu

= −

u + y

,

дu

= −

u + x

,

дx

x − y

дy

x − y

дu

=

u + y

,

дu

=

u + x

.

дx

x − y

дy

x − y

4°. Параметрическое задание функции. Если функция г переменных х и у задана параметрически уравнениями x=x(u,v), y=y(u,v), z=z(u,v) и

72

D(x, y)		дx			дx
	=	дu			дv	≠ 0	,
D(u,v)		дy			дy
		дu			дv

то дифференциал этой функции может быть найден из системы уравнений

	∂x	du +	∂x		dv,
dx =
	∂u		∂v
	∂y		∂y
		du +			dv,
dy =						(4)
	∂u		∂v
dz =	∂z	du + ∂z dv.
	∂u		∂v

Зная дифференциал dz=p dx+q dy, находим частные производные ддxz = p и ддyz = q .

Пример. Функция z аргументов х и у задана уравнениями x=u+v, y=u²+v², z=u²+v² (u≠v).

Найти ддxz и ддyz .

Решение. 1-й способ. Дифференцированием находим три уравнения, связывающие дифференциалы всех пяти переменных:

dx = du + dv,dy = 2udu + 2vdv,

dz = 3u2du + 3v2dv.

Из первых двух уравнений определим du и dv:

du =	2vdx + dy	,	dv =	dy + 2udx	.
	2( v − u )
				2( v − u )

Подставим в третье уравнение найденные значения du и dv:

dz = 3u2 2vdx − dy

+ 3v2 dy − 2udx = 6uv(u − v)dx + 3(v2 − u2 )dy

= −3uvdx +

3 (u + v)dy .

2(v − u)

2(v − u)

2(v − u)

2

Отсюда

дz

= −3uv,

дz

=

3

(u + v) .

дx

дy

2

2-й способ. Из третьего данного уравнения можно найти:

дz

=

3u

2

дu

+ 3v

2

дv

;

дz

=

3u

2

дu

+ 3v

2

дv

(5)

дx

дx

дx

дy

дy

дy

Продифференцируем первые два уравнения сначала по х, затем по у:

1 =

∂u

+

∂v

, 0 =

∂u

+

∂v

,

∂x

∂y

∂y

∂y

∂u

∂v

∂u

∂v .

0 = 2u

+ 2v

, 1 = 2u

+ 2v

∂x

∂x

∂y

∂y

Из первой системы найдем:

Из второй системы найдем:

Подставляя выражения ддxz

дu

=

v

дv

=

u

.

дx

v − u, дx

u − v

дu

=

1

,

дv

=

1

.

дy

2( u − v )

дy

2( u − v )

и ддyz в формулу (5), получим:

73

дz

= 3u2

v

+ 3v

2

u

= −3uv,

дx

v − u

u − v

дz

= 3u2

1

+

3v2

1

=

3

( u + v ).

дy

2(v − u)

2(u − v)

2

Замена переменных

При замене переменных в дифференциальных выражениях входящие в них производные следует выразить через другие производные по правилам дифференцирования сложной функции.

1°. Замена переменных в выражениях, содержащих обыкновенные производные.

Пример. Преобразовать уравнение
			x2	d 2 y	+ 2x	dy	+	a2	y = 0 ,
				dx2		dx		x2
полагая	x =	1	.
		t

Решение. Выразим производные от у по х через производные от у по t. Имеем:

d 2 y		d dy
	=					=
dx2		dx		dx

dy

dy

dy

=

dt

=

dt

dx

dx

1

dt

−

t2

d dy

dy

dt dt

= −

2t

dx

dt

dt

= −t2 dydt ,

		d	2	y
	+ t2				(− t2 )= 2t2
		dt2

+ t2 d 2 2y . dt

Подставляя найденные выражения производных в данное уравнение и заменяя х через 1t ,

получим:

1

2

dy

2 d 2 y

1

2

dy

2

2

t

2t

+ t

+ 2

− t

+ a

t

y = 0

2

2

t

dt

dt

t

dt

или

d 2 2y + a2 y = 0 . dt

Пример. Преобразовать уравнение
	d 2 y		dy 2				dy
x		+				−		= 0,
	dx2			dx			dx

приняв за аргумент у, а за функцию х.

Решение. Выразим производные от у по х через производные от х по у.

dydx = dx1 ; dy

74

d 2 x dy2

d 2 y dx2

	d		1
=				=
	dx		dy
			dx

						d 2 x
d		1 dy		= −		dy2
dy		dx	dx		dx 2
	dy				dy

1 dx dy

= − dx 2 .dy

Подставив эти выражения производных в данное уравнение, будем иметь:

d 2 x

dy2

1

1

x −

+

−

= 0 ,

dx

2

dx

2

dx

dy

dy

dy

или, окончательно,

d 2 x

dx

2

x

−1+

= 0 .

dy2

dy

Пример. Преобразовать уравнение

dy

=

x + y

,

dx

x − y

перейдя к полярным координатам

x=r cosφ, y=r cosφ.

(1)

Решение. Рассматривая r как функцию φ, из формул (1) получим:

dх = соsφ dr – r sinφ dφ, dy=sinφ+r cosφ dφ,

отсюда

sinϕ

dr

+ r cosϕ

dy

=

sinϕdr + rcosϕdϕ

=

dϕ

.

dx

cosϕdr − r sinϕdϕ

cosϕ

dr

− r sinϕ

dϕ

Подставляя в данное уравнение выражения для х, у и

dy

, будем иметь:

dx

sinϕ

dr

+ r cosϕ

dϕ

=

sinϕdr + rcosϕdϕ

,

dr

cosϕ

− r sinϕ

cosϕdr − r sinϕdϕ

dϕ

или, после упрощений, ddrϕ = r .

2°. Замена переменных в выражениях, содержащих частные производные. Пример. Уравнение колебаний струны

	д2u	= a2	д2u	(a ≠ 0)
	дt2		дx2

преобразовать к новым независимым переменным α иβ , где α = x − αt , β = x + αt .

Решение. Выразим частные производные от u по х и y через частные производные от u по α иβ . Применяя формулы дифференцирования сложной функции

ддut = ддαu ддαt + ддβu ддβt , ддux = ддαu ддαx + ддβu ддβx ,

получим:

75

дu

дt дu

дx

дu

дu

дu

=

(−α ) +

α

= α

дα

дβ

дβ

=

дu

1+

дu

1 =

дu

+

дu

.

дα

дβ

дα

дβ

дu

− ,

дα

Дифференцируем вторично, применяя те же формулы:

д2u

д

дu

д

дu

дα

д

дu

дβ

=

=

+

=

дt2

дt

дt

дβ

дt

дt

дα

дt

дt

д2u

д2u

д2u

д2u

= α

−

( −α ) +

α

−

α =

дα

2

2

дαдβ

дβ

дαдβ

д2u

д2u

д2u

= α 2

− 2

+

;

2

2

дαдβ

дβ

дα

д2u

д

дu

д

дu дα

д

дu

дβ

=

=

+

=

дx2

дx

дx

дβ

дx

дx

дx

дα

дx

д2u

д2u

д2u

д2u

=

+

1 +

+

1

=

2

дαдβ

дβ

2

дα

дαдβ

=

д2u

+ 2

д2u

+

д2u

.

дα 2

дαдβ

дβ 2

Подставив в данное уравнение, будем иметь:

2

д2u

д2u

д2u

2

д2u

д2u

д2u

α

− 2

+

= α

+ 2

+

2

2

2

2

дα

дαдβ

дβ

дα

дαдβ

дβ

или

д2u

= 0.

дαдβ

Пример. Преобразовать уравнение

x2

дz

+ y2

дz

= z2 , приняв за новые независимые

дx

дy

переменные u=х, v =

1

−

1

и за новую функцию

w =

1

−

1

.

y

z

x

x

Решение. Выразим частные производные

дz

и

дz

через частные производные

дw

и

дw

. Для

дx

дy

дv

дu

этого продифференцируем данные соотношения между старыми и новыми переменными

du = dx, dv =

dx

−

dy

,

dw =

dx

−

dz

.

x2

y2

x2

z2

С другой стороны,

дw =

дw

du +

дw

dv .

дu

дv

Поэтому

дw

du +

дw

dv =

dx

−

dz

x2

дu

дv

z2

или

дw

dx +

дw dx

−

dy

dx

−

dz

.

дu

дv

y2

=

x2

z2

x

2

Отсюда

76