Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Инженерно-технологическая академия ЮФУ

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

UML_4256

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.06.2015

Размер:

6.64 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 3132 / 5032 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 > Следующая >>>

Здесь D2 = D − D1 , o2 (h) = o1(h) −o(h).

Рассмотрим частный случай, когда

h = x − x0 = (0,0,..., hk,0,...,0) = (0,0,...,αkt,0,...,0) = t	αk	,	где	αk	– вектор,
t – скаляр, t → 0 при x → x0 . Пусть t > 0, тогда из (13) найдем

O2(h)

D2(tαk)

tD2αk

D2αk

O2(h)

→ 0

при t → 0 .

αk

Такое возможно только при D2αk = 0 , то есть если линейный оператор D2 = D − D1 нулевой. Тогда D = D1 . Терема доказана.

Поскольку D линейный оператор, действующий из Rn в Rm , то ему, как и любому другому линейному оператору, можно сопоставить матрицу размера m × n . Представим векторную функцию векторного аргумента в виде совокупности числовых функций n переменных (см. (8)). Тогда равенство (9) запишется в виде следующей совокупности:

∆yk = f k(x0 + h) − f k (x0) = ∑Dkihi + ok (h),

i=1

Величины Dki и составят матрицу оператора D .

lim	o	k	(h)	= 0 .	(14)
			h

n→0

Из сравнения (14) с (2) видно, что из дифференцируемости векторной функции векторного аргумента следует дифференцируемость каждой из составляющих, то есть числовой функции n переменных.

А из сравнения (14) с (2’) видно, что элементы Dki матрицы

оператора D являются частными производными, то есть

Dki = ∂ f∂k(x0) . xi

Итак, фиксируя базисы и отождествляя оператор матрицей, запишем

		∂ f 1(x0)	∂ f 1(x0)		...

		∂x1		∂x2
		∂x1		∂x2
D = .................... ...........................
	∂ f m(x0)			∂ f m(x0)
	∂ f m(x0)			∂ f m(x0)

		∂x1		∂x2
		∂x1		∂x2

	∂ f 1(x0)

	∂xn

............. . .
∂ f m(x0)


	∂xn

(15)

D с его

(15’)

Дифференциал функции одной переменной записывается в виде

df (x0 ) = f '(x0 )dx.	(16)
Обозначая, как обычно h = x − x0 = dx,	дифференциал векторной
функции векторного аргумента запишем так:
df (x0) = Ddx.	(17)
311

Сравнивая (16) и (17), естественно назвать оператор D производной векторной функции векторного аргумента, то есть

D = f '(x0 ). Ее называют полной производной. Тогда производная

числовой функции n переменных – это первая строка матрицы (15’), то есть

	df		df		df
f '(x0) =		,		,...,			= grad f (x0) .

dx1			dx2		dxn		скалярного аргумента t
Производная векторной	функции					r(t)

(Жордановой кривой в Rm ) – это первый столбец матрицы (15’). Матрицу (15’) называют матрицей Якоби и обозначают

∂f (x1, x2,..., xn) . Если она квадратная, то ее определитель называют

∂(x1, x2,..., xn)

якобианом.

Пример 2. Если	f (x) = const	x Ε Rn , то функция f (x) ,
дифференцируемая на Ε, поскольку		f (x + h) − f (x) = 0. => D = f '(x) –
нулевой линейный оператор, удовлетворяющий определению (9).
Очевидно, функция f (x) = x также дифференцируема в области
определения, так как	∆y = f (x + h) − f (x) = h = Dh. => f '(x) = D –

единичный линейный оператор. Элементы Dki

матрица этого оператора

Dki =

∂

f i

=δ ik , δ ik =

i = k

– символ Кронекера.

i ≠ k

∂xk

f (x) =

f (x)

Если

∑ ak xk ,

то

есть

функция

всякую точку

k =1

отображает в другую точку Rn , то и эта функция дифференцируемая.

= Dh,

где D

Действительно,

∆y = f (x + h) − f (x) = ∑ ak hk

–

k =1

линейный оператор с диагональной матрицей,

∂ f i

= akδ ik .

Пример3. Пусть f (x) = ( f , f

, f

∂xk

) = (u,v, w) . u = x2 + y2 ,

v = 3x2 − y2 − z2 , w = x + y + z . Найти f '(x0) , x0 = (1,1,1) .

Решение.

u 'x

u 'y

u 'z

2x 2 y

v'y

−2 y

−2z

−2 −2

f '(x

) = v'x

v'z =

w'y

w'x

w'z

Замечание. Существование производной, то есть всех частных производных, не гарантирует дифференцируемость функции. Чтобы

312

функция была дифференцируемой, достаточно, чтобы все частные производные были непрерывны (докажем это позже).

Пусть f (x)	– дифференцируемая функция n переменных.
Рассмотрим частный случай, когда			h = x − x0		= tω, где	ω Rn	–
единичный вектор,	t – скаляр. Тогда условие дифференцируемости (9)
перепишем так:
f (x0 + h) − f (x0) = f '(x0)tω + o(tω).=>
	f (x0 + tω) − f (x0)		0
lim		=	f '(x	) ω .		(18)
	t
t→0						f (x)	по
Левую часть (18)	мы назвали производной				функции

направлению вектора ω (см. §6), а поскольку f '(x0) – это grad f (x0) , то мы доказали формулу (3) §6 для дифференцируемой функции.

§ 8. Свойства дифференцируемых функций

Пусть y = f (x) – числовая функция n переменных, заданная на

некотором открытом множестве Ε Rn . В §7 показано, что дифференцируемая функция имеет все частные производные. Однако обратное утверждение неверно. Например, функция

		xy		,	x2 + y			2		≠ 0,

z =		+ y	2
	f (x, y) = x2									имеет частные производные в точке
		0,			x	2	+ y		2	= 0

x0 = (0,0) (z 'x = 0 , z′y					= 0) , но не является дифференцируемой в этой
точке, так как она в этой точке терпит разрыв (см. пример 4 §5).
	Теорема 1 (достаточное условие дифференцируемости). Если все
частные производные					функции f (x) в точке x непрерывные, то

функция дифференцируема в этой точке.

Доказательство. Теорема справедлива и для векторной функции векторного аргумента. Мы докажем ее только для числовой функции n переменных. Согласно (2’) §7 следует доказать, что

n	∂f
∆f − ∑		dxi = o(h) , h = (dx1, dx2,..., dxn) .	(1)
∆f − ∑	∂xi	dxi = o(h) , h = (dx1, dx2,..., dxn) .	(1)
i=1	∂xi

Ради упрощения выкладок ограничимся функцией двух

переменных. Тогда

∆f = f (x + ∆x, y + ∆y) − f (x, y) =

313

= (

f (x + ∆x, y + ∆y) − f (x, y + ∆y)) + ( f (x, y + ∆y) − f (x, y)) =

= f 'x(ξ, y + ∆y)∆x + f 'y(x,η)∆y .

(2)

Воспользовались теоремой Лагранжа, ξ (x, x + ∆x) , η ( y, y + ∆y) .

Пусть f 'x(ξ, y + ∆y) − f 'x(x, y) = ε1 ,

f 'y(x,η) − f 'y(x, y) = ε2 .

(3)

В силу непрерывности частных производных

f 'x ,

f 'y (как функций

двух переменных) ε1 → 0,

ε2 → 0 при

∆x2 + ∆y2 → 0 . Учитывая

(3), перепишем (2) так:

∆f = ( fx′(x, y) +ε1)∆x + ( fy′(x, y) +ε 2)∆y =

∂f

dx +

∂f

dy +ε1∆x +ε2∆y .

(4)

∂x

∂y

Поскольку ε1∆x +ε2∆y = o(h), то теорема доказана.

o(h)

= lim

ε ∆x +ε

∆y

∆x =

cosϕ

= lim(ε1 cosϕ +ε2 sin

ϕ) = 0) .

(lim

∆y =

sinϕ

∆x2 + ∆y2

h→0

→0

Теорема

Пусть

функция y = y(x)

отображает

открытое

множество G Χ

( Χ

– нормированное пространство) в

нормированное пространство Υ и пусть

y(a) = b Υ.

Пусть функция

z = z( y) ,

определенная

некоторой

окрестности

точки

b Υ,

отображает ее в нормированное пространство Ζ.

x = a, а функция

Если функция

y(x) дифференцируема в точке

z( y) дифференцируема в

точке

y = b = y(a) ,

то

сложная

функция

ϕ(x) = z( y(x)) дифференцируема в точке x = a, причем

dϕ(a) = z '(b) y '(a)h , h = ∆x .

(5)

Доказательство. В правой части (5) стоят линейные операторы:

y '(a)

– действует из Χ в Υ, z '(b)

– действует из Υ в Ζ. Так что ϕ′,

равный их произведению, действует из Χ в Ζ (см. рис.). y’ z’

X	Y	Z
Rn	Rm	RP

Найдем приращение сложной функции ϕ(x) в точке x = a. 314

∆ϕ = ϕ(a + h) −ϕ(a) = z( y(a + h)) − z( y(a)) =

=z '( y(a))( y(a + h) − y(a)) + o( y(a + h) − y(a)) =

=z '(b)( y '(a)h + o(h)) + o( y '(a)h + o(h)) =

=z '(b) y '(a)h + (z '(b)o(h) + o( y '(a)h + o(h)).

Поскольку α = z '(b)o(h) + o( y '(a)h + o(h)) = o(h) , то теорема доказана.

= z '(b)lim

o(h)

+ lim

o( y '(a)h + o(h)

lim

h→0

= o + lim

o( y '(a)h)

= lim

y '(a)o(h)

= 0.

, что и требовалось доказать.

→0

h→0

Заменяя точку	a на точку	x , b –	на y , h –	на dx ,	формулу (5)
перепишем так:	dϕ = dz( y(x)) = z '( y) y '(x)dx ,				(5’)
	dϕ = dz( y(x)) = z '( y) y '(x)dx ,				(5’)
	(ϕ(x))' = (z( y(x))) ' = z '( y) y '(x) .				(5’’)
Пусть, в	частности,	Χ = Rn ,	Υ = Rm ,	Ζ = Rp .	Тогда при

фиксированных базисах в этих пространствах векторные функции

векторного аргумента		y(x) и z( y) можно заменить на следующие
системы числовых функций:
y1	= y1(x1, x2,..., xn) , y2	= y2(x1, x2,..., xn) ,…, ym = ym(x1, x2,..., xn) .
z1	= z1( y1, y2,..., ym), z2	= z2( y1, y2,..., ym) ,…, z p = z p( y1, y2,..., ym).	(6)
	Операторы y '(x)	и z '( y) отождествим со следующими матрицами:

∂y1

∂x1

y '(x) = ...

∂∂ym x1

Сучетом

∂ϕ1			∂ϕ1
	∂x1		∂x2

	∂ϕ2		∂ϕ2
	∂x1		∂x2

...		...
	∂ϕ p		∂ϕ p


	∂x1		∂x2

	∂y	1	...			∂y	1			∂z1		∂z1		...	∂z1
		1					1

	∂x2					∂xn				∂y1		∂y	2		∂ym
......					...			,	z '( y) = ...			......			...		.
∂ym										∂z p		∂z p
∂ym				...	∂ym					∂z p		∂z p		...	∂z p
	∂			...		∂				∂y	1	∂y	2	...	∂y
	x2					xn					1		2			m

(6)	и		(7)		формула
...	∂ϕ	1			∂z1	∂z1

					∂y1	∂y2
	∂xn
...	∂ϕ2				∂z2	∂z2
	∂xn				∂y1	∂y2
				=
... ...						...
				...
...	∂ϕ p				∂z p	∂z p
					∂y1	∂y2


	∂xn

(5’’) перепишется

...	∂z1			∂y	1			∂y	1



				∂x1				∂x2
	∂ym			∂x1				∂x2
...	∂z2			∂y	2			∂y	2


	∂ym			∂x1				∂x2
... ...			...			...
				∂ym			∂ym
...	∂z p			∂ym			∂ym

	∂y			∂				∂
		m		x1				x2

315

...

(7)

виде:

∂y1 ∂xn ∂y2 ∂xn .

...

∂ym

∂xn

(5’’’)

Следствие 1. Если p =1, то из (5’’’) получим формулу для частной производной сложной числовой функции n переменных

∂ϕ	m	∂z	∂y	k , i =1,2,..., n .
	= ∑				(8)
	= ∑				(8)
∂xi	k =1	∂yk ∂xi

Если p =1 и n =1, то получим формулу для производной сложной числовой функции одного переменного

	dϕ	m	∂z	∂y	k .
		= ∑				(9)
		= ∑	∂yk			(9)
	dx	k =1	∂yk	∂x
Следствие 2. Умножая (8)			на	dxi и суммируя по		i , получим

формулу для вычисления дифференциала сложной числовой функции n переменных.

n	∂ϕ	n m	∂z	∂y	k dxi .
∑		dxi = dϕ = ∑ ∑				(10)
	∂xi		∂yk
i=1		i=1 k =1		∂xi
Следствие 3. По определению дифференциала функции						y = y(x)
имеем		dy = y '(x)dx .				(11)

Подставляя (11) в (5’), получим
		dz = z '( y)dy .				(12)

Сравнивая (11) и (12), видим, что форма записи этих дифференциалов одинаковая, хотя в первом случае аргумент – независимая переменная, а во втором аргумент y = y(x) – зависимая переменная. Это свойство

дифференциала называют инвариантностью формы первого дифференциала.

Следствие 4. Если u,v – дифференцируемые числовые функции n переменных, то дифференцируемы и следующие функции: u + v ; cu ;


uv;	u	(v ≠ 0) .	При		этом	d (u ± v) = du ± dv ;		d (cu) = cdu ;
uv;	v	(v ≠ 0) .	При		этом	d (u ± v) = du ± dv ;		d (cu) = cdu ;
	v		u		−udv + vdu
			u		−udv + vdu
d (uv) = udv + vdu ; d				=	v2		.
d (uv) = udv + vdu ; d				=			.
			v

Доказательство. Все формулы доказываются одинаково. Для

примера докажем последнюю. Функцию	ϕ =ϕ(u,v) = u	1	будем
		v

рассматривать как сложную функцию двух аргументов: u и v. Используя свойство инвариантности формы первого дифференциала,

316

запишем:	dϕ =ϕu′du +ϕv′dv =	1	du	−	u	dv =	vdu −udv		.	Что	и

		v			v2			v2
требовалось доказать.
Следствие 5. Пусть векторная				функция				векторного		аргумента
y = y(x) ,	x G Rn , y Υ Rm – дифференцируемая на G. И пусть в

G задана гладкая кривая Г={x G : x = x(t),t [α, β]}. Тогда согласно теореме 2 сложная векторная функция скалярного аргумента

ϕ(t) = y(x(t)) является дифференцируемой на [α, β]. Ее производную

ϕ′(t) = y '(x)x′(t ) называют производной функции y(x) вдоль кривой Г.

В частности, если кривая является отрезком прямой Г= x0 + tω , то производная вдоль кривой совпадает с производной по направлению вектора ω (см. §6).

Пример 1. Найти дифференциал функции u = arctg yzx в точке

(2,1,2).

Решение.

u = arctg v ,

v =

–

сложная функция. Воспользуемся

инвариантностью

формы

первого

дифференциала.

du = (arctg v)'vdv = (arctg v) 'vv 'h = (arctg v)'v( v, h) , h = (dx, dy, dz) .

du =

(v 'xdx + v 'ydy + v 'zdz) =

dx −

−

dx − dy −

(2,1,2)

1 +

(dx − 2dy − dz).

x = f (t) =

(t) = (x1, x2, x3) = (sin t,cost,t2 )

Пример

Пусть

–

векторная функция скалярного аргумента t . Пусть g(x) =

+ x2 + x2

–

скалярная

функция

векторного

аргумента

x = (x1, x2, x3) . Тогда сложная функция

F(t) = g( f (t)) =

sin2 t + cos2 t + t4

1+ t4

будет

скалярной

317

(числовой)

функцией

скалярного

аргумента

t .

Ее

производная

F '(t) =

2t3

1 + t4

Теперь для нахождения этой производной воспользуемся формулой (9):

∂g

x'i(t) =

(x1 cost + x2 (−sin t) + x3 2t) =

F '(t) = ∑

∂xi

i=1

x12 + x22 + x32

(sin t cost −cost sin t + 2t3 ) =

2t3 .

1+t4

Как видно, получили тот же результат.

§ 9. Касательная плоскость. Поверхность уровня

Для числовой функции одной переменной существование

касательной

кривой

y = f (x)

точке

(x0, f (x0)) означает

дифференцируемость функции. Уравнение касательной имеет вид

y − y0 = f '(x0 )(x − x0 ) = f '(x0 )h .

(1)

Из (1) следует, что касательная – это такая

(x, f(x))

прямая,

отклонение

точек (x, y) которой

(x, y)

от

точек

кривой

(x, f (x))

имеет

более

высокий порядок малости по сравнению

h , то есть

f (x) − y = o(h) – (см. рис.).

Рассмотрим

теперь

числовую

функцию n переменных f (x) . Графиком

этой функции в пространстве Rn+1 будет

множество точек (x, f (x)) . Плоскость

		y − y0 =			n
		y − y0 =			∑ Ai(xi − xi0) , y0 = f (x0)			(2)
				i = 1		к графику функции f (x) , если
назовем	касательной плоскостью					к графику функции f (x) , если
отклонение точек		(x, f (x))			графика функции		от точек	(x, y) ,
y = y0 +	n
y = y0 +	∑ Ai(xi − xi0)	этой плоскости имеет более					высокий	порядок
	i = 1		h	, то есть		f (x) − y = o(h) или с учетом (2):
малости по сравнению с
малости по сравнению с
						n
		f (x) − f (x0) =				∑ Aihi + o(h) .		(3)

i = 1

318

Равенство (3) означает дифференцируемость функции

f (x) .

Итак, уравнение касательной плоскости имеет вид

∂f

hi = f '(x0 )h .

(2’)

y − y0 = ∑

∂xi

i = 1

По

форме

записи

(2’) совпадает с (1).

Наглядность возможна только при n = 2 .

Тогда

числовая

функция

z = f (x, y)

является

функцией

двух

переменных, а

графиком

ее

является

некоторая

поверхность

(см.

рис.).

Из

(2’)

получим уравнение касательной плоскости

в точке (x0, y0, z0) ,

z0 = f (x0, y0) .

z − z		=	f '(x , y		)h = ( f (x , y		), h) =	∂f	(x − x ) +	∂f	( y − y ) . (4)
	0		0	0	0	0		∂x	0	∂y	0

Сравнивая уравнение касательной плоскости (4) с общим уравнением плоскости в R3

A(x − x0 ) + B( y − y0 ) +C(z − z0 ) = 0,				где		= ( A, B,C) –	нормальный
					N
вектор плоскости, видим,			что	нормальный вектор			касательной
	∂f	,

плоскости имеет вид N =			∂f , −1 .
	∂x		∂y

Пример 1. Записать уравнение касательной плоскости к

поверхности z = x2 + 3y2 в точке (1,1,4).
Решение. z 'x = 2x	x = 1	= 2 ,	z 'y = 6 y	y =1	= 6 . Согласно (4) имеем

2x +6y − z −4 = 0 – касательная плоскость.

Пример 2. Записать уравнение касательной плоскости к графику

	u =	1	x2 +	1	y	2	+	1	z2			3
функции										в точке	1,		,1,1	4-мерного
		2		9				4				2

пространства.					имеем u −u0 = f '(x0 )h = ( u(x0 ), h) , где
Решение.				Согласно (2’)
	3					3
x0 = 1,		,1	, h	= ∆x = x −1, y	−		, z −1	,
	2					2

∂u			∂u		∂u				1		1
u(x0 ) =	∂x	,	∂y	,				= 1,		,		.
							0		3		2
					∂z	x

319

	1		3		1
Итак, u −1 = x −1 +		y −		+		(z −1) .
Итак, u −1 = x −1 +	3	y −	2	+	2	(z −1) .
	3		2		2

После упрощения получим 6x + 2y +3z −6u −6 = 0,

N = (6, 2,3, −6)

–

нормальный вектор к касательной плоскости.

Пусть

y = f (x),

x = (x1, x2 ,..., xn ) –

числовая

функция

переменных. Тогда f (x) = c = const

– поверхность (линия) уровня этой

функции. Например, z = x2 + 3y2

– функция, x2 + 3y2 = 4

– линия

уровня этой функции

(эллипс).

u =

x2 +

y2 +

–

функция,

y2 +

z2 =1 – поверхность уровня этой функции (эллипсоид).

Пусть Г={x(t) : x Rn ,t [α, β]} – произвольная гладкая кривая на поверхности уровня f (x) = c , проходящая через точку x0 = x(t0) ,

t0 (α, β) .

Производную сложной функции ϕ(t) = f (x(t)) в точке t0 мы

назвали производной функции		f (x) в точке				x0 вдоль кривой Г (см.
следствие 5 в §8):	ϕ'(	) = f '(		0) x′(t		).	(5)
			x		0
	t0
Поскольку кривая	Г	принадлежит				поверхности	уровня
f (x) = f (x0) = const , то	есть	ϕ(t) = f (x(t)) = const , то					ϕ '(t) = 0 .

Учитывая это, запишем (5) так:				0), x′(t		)) = 0 .
ϕ'(	) = ( f (		x		0		(6)
t0							f (x) вдоль
Равенство (6) означает,		что		производная функции

любой кривой, проходящей через точку x0 и лежащей на поверхности

уровня f (x) = f (x0) ,

обращается в нуль. Этот факт выражают словами:

в любой точке поверхности уровня функции

f (x) ее

градиент

ортогонален к этой поверхности уровня.

Проиллюстрируем

все

вышесказанное на

примерах

функций

z = x2 + 3y2 и u =

x2 +

y2 +

(см. примеры 1 и 2).

Графиком

первой

функции

является

параболоид. Пересекая его плоскостью

z = 4,

получим

линию

уровня

x2 + 3y2 = 4 (эллипс,

см. рис.). Найдем

320

<<< < Предыдущая 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 3132 / 5032 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.11.20191.07 Mб17Uchebnoe_posobie_ch1.doc
#
05.09.2019687.71 Кб13Uchebnoe_posobie_metrologia.docx
#
01.06.20152.46 Mб17UMK_po_Menedzhmentu_modul_2.pdf
#
01.06.2015359.44 Кб8umk_treb.pdf
#
01.06.2015903.17 Кб14UML_1321.pdf
#
01.06.20156.64 Mб21UML_4256.pdf
#
01.06.2015321.05 Кб16UML_4497.pdf
#
01.06.20151.11 Mб7UML_4562.pdf
#
01.06.2015641 Кб9UML_4564.pdf
#
01.06.2015943.33 Кб7UML_4597.pdf
#
01.06.20151.72 Mб69UML_4797.pdf