Показати, що дане рівняння визначає неявну функцію. Теоретичний матеріал

Дана система рівнянь

або короткоF(x, y)=0 (1)

Визначення. Система (1) визначає неявно задану функціюy= f(x) наD R n

,

якщо x D : F(x , f(x)) = 0.

Теорема (існування та єдиність відображення, неявно заданого системоюрівнянь). Нехай

Тоді в деякій околиціU (x 0 ) існує єдина функція (відображення), визначена в цій околиціy = f(x), така, що

 x U (x 0 ) : F(x, f(x))=0 іy 0 = f(x 0 ).

Ця функція безперервно диференційована в деякій околиці точкиx 0 .

5. Обчислення похідних неявних функцій, заданих системою рівнянь

Дана система

(1)

Припускатимемо, що виконані умови теореми існування та єдиності неявної функції, заданої цією системою рівнянь. Позначимо цю функцію y= f(x) . Тоді в деякій околиці точки x 0 справедливі тотожності

(F(x, f(x))=0) (2)

Диференціюючи ці тотожності щодо x j отримаємо

=0 (3)

Ці рівності можна записати в матричному вигляді

, (3)

або у розгорнутому вигляді

.

Зазначимо, що перехід від рівності F(x, f(x))=0 до
, відповідає правилам диференціювання для випадку, коли x і yє точками одновимірного простору. Матриця за умовою не вироджено, тому матричне рівняння
має рішення
. Таким чином, можна знайти приватні похідні першого порядку неявних функцій . Для знаходження диференціалів позначимо

dy = ,dx = , диференціюючи рівності (2) отримаємо

=0 ,

або в матричному вигляді

. (4)

У розгорнутому вигляді

.

Так само як і у випадку приватних похідних, формула (4) маємо такий самий вигляд, як і для випадку одновимірних просторів n=1, p=1. Вирішення цього матричного рівняння запишеться у вигляді
. Для знаходження приватних похідних другого порядку потрібно буде диференціювати тотожність (3) (Для обчислення диференціалів другого порядку диференціювати потрібно тотожності (4) ). Таким чином, отримаємо

,

де через A позначені доданки, які не містять шукані
.

Матрицею коефіцієнтів цієї системи для визначення похідних
служить матриця Якобі .

Аналогічну формулу можна одержати для диференціалів. У кожному з цих випадків виходитиме матричне рівнянняз тією ж матрицею коефіцієнтів у системі рівнянь визначення шуканих похідних чи диференціалів. Те саме відбуватиметься і при наступних диференціюваннях.

Приклад 1. Знайти ,,у точці u=1, v=1.

Рішення. Диференціюємо задані рівності

(5)

Зазначимо, що за постановкою завдання, незалежними змінними ми маємо вважати x, y. Тоді функціями будуть z, u, v. Таким чином, систему (5) слід вирішувати щодо невідомих du, dv, dz . У матричному вигляді це виглядає так

.

Вирішимо цю систему, використовуючи правило Крамера. Визначник матриці коефіцієнтів

, Третій «заміщений» визначник для dz буде дорівнює (його обчислюємо розкладанням за останнім стовпцем)

тоді

dz =
, і
,
.

Диференціюємо (5) ще раз ( x, y – незалежні змінні)

Матриця коефіцієнтів системи та сама, третій визначник

Вирішуючи цю систему, отримаємо вираз для d 2 z звідки можна буде знайти необхідну похідну.

Неявні функції, задані системою рівнянь

Дана система рівнянь

або коротко F(x,y)= 0. (6.7)

Визначення. Система(6.7)визначає неявно задану функцію y=f(x)на DÌR n

якщо " xÎD:F(x, f(x)) = 0.

Теорема (існування та єдиність відображення, неявно заданого системою рівнянь).Нехай

1) F i(x,y)(6.4) визначені та мають безперервні приватні похідні першого порядку, (i= 1, ..., p, k = 1, ..., n, j = 1,…,p) в околиці U(M 0)точки M 0 (x 0 ,y 0), x 0 = , y 0 =

2) F(M 0)=0,

3) det.

Тоді у деякій околиці U(x 0)існує єдина функція (відображення), визначена в цій околиці y = f(x), така, що

"xÎ U(x 0) :F(x, f(x))=0та y 0 = f(x 0).

Ця функція безперервно диференційована в околиці точки x 0 .

Дана система

Припускатимемо, що виконані умови теореми існування та єдиності неявної функції, заданої цією системою рівнянь. Позначимо цю функцію y=f(x) . Тоді в деякій околиці точки x 0 справедливі тотожності

Диференціюючи ці тотожності щодо x jотримаємо

= 0.(6.9)

Ці рівності можна записати у матричному вигляді

або у розгорнутому вигляді

Зазначимо, що перехід від рівності F(x, f(x)) = 0к , відповідає правилам диференціювання для випадку, коли xі yє точками одновимірного простору. Матриця за умовою не вироджена, тому матричне рівняння має рішення. Таким чином, можна знайти приватні похідні першого порядку неявних функцій. Для знаходження диференціалів позначимо

dy = , dx =, диференціюючи рівності (6.8), отримаємо

або в матричному вигляді

У розгорнутому вигляді

Так само як і у випадку приватних похідних, формула (6.10) маємо такий самий вигляд, як і для випадку одновимірних просторів n= 1, p= 1. Вирішення цього матричного рівняння запишеться у вигляді. Для знаходження приватних похідних другого порядку необхідно диференціювати тотожності (6.9) (для обчислення диференціалів другого порядку потрібно диференціювати тотожності (6.10)). Таким чином, отримаємо

де через Aпозначені доданки, які не містять шукані.

Матрицею коефіцієнтів цієї системи визначення похідних служить матриця Якобі.

Аналогічну формулу можна одержати для диференціалів. У кожному з цих випадків виходитиме матричне рівняння з тією ж матрицею коефіцієнтів у системі рівнянь для визначення похідних, що шукаються, або диференціалів. Те саме відбуватиметься і при наступних диференціюваннях.

приклад 1.Знайти, у точці u= 1,v= 1.

Рішення. Диференціюємо задані рівності

Зазначимо, що з умови завдання випливає, що незалежними змінними ми маємо вважати x, y.Тоді функціями будуть z, u, v.Таким чином, систему (6.11) слід вирішувати щодо невідомих du, dv, dz.У матричному вигляді це виглядає так

Вирішимо цю систему, використовуючи правило Крамера. Визначник матриці коефіцієнтів

Третій «заміщений» визначник для dzбуде дорівнює (його обчислюємо розкладанням за останнім стовпцем)

dz = ,і, .

Диференціюємо (6.11) ще раз ( x, y –незалежні змінні)

Матриця коефіцієнтів системи та сама, третій визначник

Вирішуючи цю систему, отримаємо вираз для d 2 zзвідки можна буде знайти необхідну похідну.

6.3. Відображення, що диференціюються

Похідні відображення. Регулярне відображення. Необхідні та достатні умови функціональної залежності.

Вчимося знаходити похідні функцій, заданих неявно, тобто заданих деякими рівняннями, що зв'язують між собою змінні xі y. Приклади функцій, заданих неявно:

,

,

Похідні функцій, заданих неявно, або похідні неявних функцій, досить просто. Зараз розберемо відповідне правило і приклад, а потім з'ясуємо, для чого взагалі це потрібно.

Щоб знайти похідну функції, заданої неявно, потрібно продиференціювати обидві частини рівняння по иксу. Ті доданки, в яких присутній тільки ікс, звернуться до звичайної похідної функції від іксу. А доданки з греком потрібно диференціювати, користуючись правилом диференціювання складної функції, оскільки ігрок - це функція від ікса. Якщо дуже просто, то в отриманій похідній доданку з іксом має вийти: похідна функції від ігрека, помножена на похідну від ігрека. Наприклад, похідна доданку запишеться як , похідна доданку запишеться як . Далі з цього потрібно висловити цей " гравець штрих " і буде отримана шукана похідна функції, заданої неявно. Розберемо це з прикладу.

приклад 1.

Рішення. Диференціюємо обидві частини рівняння по іксу, вважаючи, що гравець - функція від ікса:

Звідси отримуємо похідну, яка потребує завдання:

Тепер дещо про неоднозначну властивість функцій, заданих неявно, і чому потрібні особливі правила диференціювання. У частині випадків можна переконатися, що підстановка в дане рівняння(Див. Приклади вище) замість грека його виразу через ікс призводить до того, що це рівняння звертається в тотожність. Так. наведене вище рівняння неявно визначає такі функції:

Після підстановки висловлювання ігрека в квадраті через ікс початкове рівняння отримуємо тотожність:

.

Вирази, які ми підставляли, вийшли шляхом розв'язання рівняння щодо гравця.

Якби ми стали диференціювати відповідну явну функцію

то отримали відповідь як у прикладі 1 - від функції, заданої неявно:

Але не будь-яку функцію, задану неявно, можна уявити у вигляді y = f(x) . Так, наприклад, задані неявно функції

не виражаються через елементарні функціїтобто ці рівняння не можна дозволити щодо грека. Тому і існує правило диференціювання функції, заданої неявно, яке ми вже вивчили і далі послідовно застосовуватимемо в інших прикладах.

приклад 2.Знайти похідну функції, заданої неявно:

.

Виражаємо гравець штрих і - на виході - похідна функції, заданої неявно:

приклад 3.Знайти похідну функції, заданої неявно:

.

Рішення. Диференціюємо обидві частини рівняння з ікса:

.

приклад 4.Знайти похідну функції, заданої неявно:

.

Рішення. Диференціюємо обидві частини рівняння з ікса:

.

Виражаємо та отримуємо похідну:

.

Приклад 5.Знайти похідну функції, заданої неявно:

Рішення. Переносимо доданки в правій частині рівняння в ліву частинуі праворуч залишаємо нуль. Диференціюємо обидві частини рівняння з ікса.

Похідні вищих порядків є послідовним диференціюванням формули (1).

приклад. Знайти і , якщо (x²+y²)³-3(x²+y²)+1=0.

Рішення. Позначаючи ліву частину даного рівняння через f(х, y) знайдемо приватні похідні

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].

Звідси, застосовуючи формулу (1), отримаємо:

.

Щоб знайти другу похідну, продиференціюємо по хзнайдену першу похідну, врахуй при цьому, що ує функція х:

.

2 °. Випадок кількох незалежних змінних. Аналогічно, якщо рівняння F(х, у, z) = 0, де F(х, у, z) - диференційована функція змінних х, уі z, визначає zяк функцію незалежних змінних хі уі Fz(x, у, z)≠ 0, то приватні похідні цієї неявно заданої функції, взагалі кажучи, можуть бути знайдені за формулами

Інший спосіб знаходження похідних функції z наступний: диференціюючи рівняння F(х, у, z) = 0, Отримаємо:

.

Звідси можна визначити dz,отже, і .

приклад. Знайти і якщо x ² - 2y²+3z² -yz +y = 0.

1-й спосіб. Позначаючи ліву частину даного рівняння через F(х, у, z)знайдемо приватні похідні F"x(x,y,z)=2x, F"y(x,y,z)=-4y-z+1, F"z(x,y,z)=6z-y.

Застосувавши формули (2), отримаємо:

2-й спосіб. Диференціюючи дане рівняння, отримаємо:

2хdx -4ydy +6zdz -ydz -zdy +dy =0

Звідси визначаємо dz, Т. е. повний диференціал неявної функції:

.

Порівнюючи з формулою бачимо, що

.

3 °. Система неявних функцій. Якщо система двох рівнянь

визначає uі vяк функції змінних х і у і якобіан

,

то диференціали цих функцій (отже, та його приватні похідні) може бути знайдено із системи рівнянь

Приклад: Рівняння u+v=x+y, xu+yv=1визначають uі vяк функції хі у; знайти .

Рішення. 1-й спосіб. Диференціюючи обидва рівняння по х, отримаємо:

.

Аналогічним чином знайдемо:

.

2-й спосіб. Диференціюванням знаходимо два рівняння, що пов'язують диференціали всіх чотирьох змінних: du +dv =dx +dy ,xdu +udx +ydv +vdy =0.

Вирішивши цю систему щодо диференціалів duі dv, Отримаємо:

4 °. Параметричне завдання функції. Якщо функція г змінних хі узадана параметрично рівняннями x = x (u, v), y = y (u, v), z = z (u, v)і

,

то диференціал цієї функції може бути знайдений із системи рівнянь

Знаючи диференціал dz=p dx+q dy, знаходимо приватні похідні та .

приклад. Функція zаргументів хі узадана рівняннями x=u+v, y=u²+v², z=u²+v² (u≠v).

Знайти та .

Рішення. 1-й спосіб. Диференціюванням знаходимо три рівняння, що пов'язують диференціали всіх п'яти змінних:

З перших двох рівнянь визначимо duі dv:

.

Підставимо до третього рівняння знайдені значення duі dv:

.

2-й спосіб. З третього цього рівняння можна знайти:

Продиференціюємо перші два рівняння спочатку за х,потім по у:

З першої системи знайдемо: .

З другої системи знайдемо: .

Підставляючи вирази і формулу (5), отримаємо:

Заміна змінних

При заміні змінних у диференціальних виразах похідні, що входять до них, слід виразити через інші похідні за правилами диференціювання складної функції.

1°. Заміна змінних у виразах, що містять прості похідні.

,

вважаючи.

упо хчерез похідні від упо t. Маємо:

,

.

Підставляючи знайдені вирази похідних у дане рівняння та замінюючи хчерез , отримаємо:

приклад. Перетворити рівняння

,

прийнявши за аргумент у, а за функцію х.

Рішення. Висловимо похідні від упо хчерез похідні від хпо у.

.

Підставивши ці вирази похідних у дане рівняння, матимемо:

,

або, звичайно,

.

Приклад. Перетворити рівняння

перейшовши до полярним координатам

Рішення. Розглядаючи rяк функцію φ , З формул (1) отримаємо:

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

Як відомо, неявно задана функція однієї змінної визначається так: функція незалежної змінної x називається неявною, якщо вона задана рівнянням, не дозволеним щодо y:

приклад 1.11.

Рівняння

неявно ставить дві функції:

А рівняння

не ставить жодної функції.

Теорема 1.2 (існування неявної функції).

Нехай функція z =f(х,у) та її приватні похідні f"x і f"y визначені і безперервні в околиці UM0 точки M0(x0y0). Крім того, f(x0,y0)=0 і f"(x0,y0)≠0, тоді рівняння (1.33) визначає в околиці UM0 неявну функцію y= y(x), безперервну та диференційовану в деякому інтервалі D з центром у точці x0, причому y(x0)=y0.

Без підтвердження.

З теореми 1.2 слід, що у цьому інтервалі D:

тобто має місце тотожність по

де "повна" похідна знаходиться згідно (1.31)

Тобто (1.35) дає формулу знаходження похідної неявно заданої функції однієї змінної x .

Аналогічно визначається і неявна функція двох і більше змінних.

Наприклад, якщо в деякій області V простору Oxyz виконується рівняння:

то за деяких умов на функцію F воно неявно задає функцію

При цьому за аналогією з (1.35) її похідні приватні знаходяться так:

приклад 1.12. Вважаючи, що рівняння

неявно задає функцію

знайти z"x, z"y.

тому згідно (1.37) отримуємо відповідь.

11.Використання приватних похідних у геометрії.

12. Екстремуми функції двох змінних.

Поняття максимуму, мінімуму, екстремуму функції двох змінних аналогічні відповідним поняттям функції однієї незалежної змінної (див. п. 25.4).

Нехай функцію z = ƒ(х;у) визначено в деякій ділянці D, точка N(x0;y0) Î D.

Точка (х0;у0) називається точкою максимуму функції z=ƒ(х;у), якщо існує така d-околиця точки (х0;у0), що для кожної точки (х;у), відмінної від (хо;уо), з цієї околиці виконується нерівність ƒ(х;у)<ƒ(хо;уо).

А податково визначається точка мінімуму функції: всім точок (х; у), відмінних від (х0;у0), з d-околиці точки (хо;уо) виконується нерівність: ƒ(х;у)>ƒ(х0;у0).

На малюнку 210: N1 - точка максимуму, а N2 - точка мінімуму функції z = f (x; у).

Значення функції у точці максимуму (мінімуму) називається максимумом (мінімумом) функції. Максимум та мінімум функції називають її екстремумами.

Зазначимо, що, з визначення, точка екстремуму функції лежить усередині області визначення функції; максимум і мінімум мають локальний (місцевий) характер: значення функції у точці (х0; у0) порівнюється з її значеннями у точках, досить близьких до (х0; у0). В області D функція може мати кілька екстремумів або не мати жодного.

46.2. Необхідні та достатні умови екстремуму

Розглянемо умови існування екстремуму функції.

Теорема 46.1 (необхідні умови екстремуму). Якщо точці N(x0;y0) диференційована функція z=ƒ(х;у) має екстремум, її приватні похідні у цій точці дорівнюють нулю: ƒ"x(х0;у0)=0, ƒ"y(х0;у0 ) = 0.

Зафіксуємо одну із змінних. Покладемо, наприклад, у = у0. Тоді отримаємо функцію ƒ(х;у0)=φ(х) однієї змінної, яка має екстремум при х = х0. Отже, згідно з необхідною умовою екстремуму функції однієї змінної (див. п. 25.4), φ "(х0) = 0, тобто ƒ" x (х0; y0) = 0.

Аналогічно можна показати, що ƒ"y(х0; у0) = 0.

Геометрично рівності ƒ"x(х0;у0)=0 і ƒ"y(х0;у0)=0 означають, що в точці екстремуму функції z=ƒ(х;у) дотична площина до поверхні, що зображує функцію ƒ(х;у ), паралельна площині Оху, тому що рівняння дотичної площини є z = z0 (див. формулу (45.2)).

З мітка. Функція може мати екстремум у точках, де хоча б одна з приватних похідних не існує. Наприклад, функція має максимум у точці О(0;0) (див. рис. 211), але не має у цій точці приватних похідних.

Точка, в якій окремі похідні першого порядку функції z ≈ ƒ(х; у) дорівнюють нулю, тобто f"x=0, f"y=0, називається стаціонарною точкою функції z.

Стаціонарні точки та точки, в яких хоча б одна приватна похідна не існує, називаються критичними точками.

У критичних точках функція може мати екстремум, а може не мати. Рівність нуля приватних похідних є необхідною, але не достатньою умовоюіснування екстремуму. Розглянемо, наприклад, функцію z = ху. Для неї точка О(0; 0) є критичною (у ній z"x=у та z"y - х звертаються в нуль). Однак екстремуму в ній функція z=ху не має, тому що в досить малій околиці точки О(0; 0) знайдуться точки для яких z>0 (точки I та III чвертей) і z< 0 (точки II и IV четвертей).

Таким чином, для знаходження екстремумів функції в цій галузі необхідно кожну критичну точку функції піддати додатковому дослідженню.

Теорема 46.2 (достатня умова екстремуму). Нехай у стаціонарній точці (хо;уо) та деякому її околиці функція ƒ(х;у) має безперервні приватні похідні до другого порядку включно. Обчислимо в точці (х0; у0) значення A = f "xx (x0; y0), В = ƒ" xy (х0; у0), С = """ y (х0; у0). Позначимо

1. якщо Δ > 0, то функція ƒ(х;у) у точці (х0;у0) має екстремум: максимум, якщо А< 0; минимум, если А > 0;

2. якщо Δ< 0, то функция ƒ(х;у) в точке (х0;у0) экстремума не имеет.

У випадку Δ = 0 екстремум у точці (х0; у0) може бути, може не бути. Потрібні додаткові дослідження.

ЗАВДАННЯ

1.

приклад.Знайти проміжки зростання та зменшення функції . Рішення.Першим кроком є знаходження обросту визначення функції. У прикладі вираз у знаменнику має звертатися в нуль, отже, . Переходимо до похідної функції: Для визначення проміжків зростання та зменшення функції за достатньою ознакою вирішуємо нерівності і на області визначення. Скористайтеся узагальненням методу інтервалів. Єдиним дійсним коренем чисельника є x = 2, а знаменник звертається в нуль при x = 0. Ці точки розбивають область визначення інтервали, у яких похідна функції зберігає знак. Зазначимо ці точки на числовій прямій. Плюсами та мінусами умовно позначимо інтервали, на яких похідна позитивна чи негативна. Стрілки знизу схематично показують зростання або зменшення функції на відповідному інтервалі. Таким чином, і . У точці x = 2функція визначена та безперервна, тому її слід додати і до проміжку зростання та до проміжку спадання. У точці x = 0функція не визначена, тому цю точку не включаємо в інтервали, що шукаються. Наводимо графік функції зіставлення з нею отриманих результатів. Відповідь:функція зростає при , зменшується на інтервалі (0; 2] .

2.

Приклади.

Встановити інтервали опуклості та увігнутості кривої y = 2 – x 2 .

Знайдемо yі визначимо, де друга похідна позитивна і де негативна. y" = –2x, y"" = –2 < 0 на (–∞; +∞), следовательно, функция всюду выпукла.

y = e x. Так як y"" = e x > 0 за будь-яких x, то крива всюди увігнута.

y = x 3 . Так як y"" = 6x, то y"" < 0 при x < 0 и y"" > 0 при x> 0. Отже, при x < 0 кривая выпукла, а при x> 0 увігнута.

3.

4. Дано функцію z=x^2-y^2+5x+4y, вектор l=3i-4j і точка А(3,2). Знайти dz/dl (я так зрозумів похідна функції у напрямку вектора), gradz(A), |gradz(A)|. Знайдемо приватні похідні: z(по х)=2x+5 z(по y)=-2y+4 Знайдемо значення похідних у точці А(3,2): z(по х)(3,2)=2*3+ 5=11 z(по y)(3,2)=-2*2+4=0 Звідки, gradz(A)=(11,0)=11i |gradz(A)|=sqrt(11^2+0 ^2)=11 Похідна функції z у напрямку вектора l: dz/dl=z(х)*cosa+z(у)*cosb, a,b-кути вектора l з осями координат. cosa=lх/|l|, cosb=ly/|l|, |l|=sqrt(lx^2+ly^2) lx=3, ly=-4, |l|=5. cosa=3/5, cosb=(-4)/5. dz/dl=11*3/5+0*(-4)/5=6,6.