Рубрика: Математический анализ

Публикации по учебной дисциплине «Математический анализ» для студентов специальности «Прикладная математика»

Признак Коши

Признак Коши сходимости ряда в форме неравенств

Формулировка

Пусть дан ряд с неотрицательными слагаемыми:

[latex]\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}=a_{1}+a_{2}+…+a_{n}+…[/latex]
[latex]a_{n}\geq 0[/latex]

Если начиная с какого-то номера [latex]n_{0}\epsilon \mathbb{N}[/latex] [latex]\forall n>n_{0}[/latex] выполняется неравенство [latex]\sqrt[n]{a_{n}}\leq q<1[/latex] [latex]q\epsilon \mathbb{R}[/latex], то ряд сходится.
Если же [latex]\exists n_{0}\epsilon \mathbb{N}:\forall n>n_{0}[/latex] [latex]\sqrt[n]{a_{n}}\geq 1[/latex], то ряд расходится.

Доказательство

Пусть [latex]\exists n_{0}\epsilon \mathbb{N}:\forall n>n_{0}\sqrt[n]{a_{n}}\leq q\Leftrightarrow a_{n}\leq q^{n}[/latex]. Так как [latex]0<q<1[/latex], то ряд [latex]\sum_{n=1}^{\infty} q^{n}[/latex] будет сходиться, а значит по признаку сравнения в форме неравенств ряд [latex]\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}[/latex] так же является сходящимся.

Если [latex]\exists n_{0}\epsilon \mathbb{N}:\forall n>n_{0}\sqrt[n]{a_{n}}\geq 1\Leftrightarrow a_{n}\geq 1[/latex], что противоречит необходимому условию сходимости ряда ([latex]\lim_{n\rightarrow \infty }a_{n}=0[/latex]). Значит ряд [latex]\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}[/latex] расходится.

Иногда на практике удобнее использовать следствие из данной теоремы.

Следствие (признак Коши сходимости ряда в предельной форме)

Формулировка

Пусть дан ряд с неотрицательными слагаемыми:

[latex]\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}=a_{1}+a_{2}+…+a_{n}+…[/latex]
[latex]a_{n}\geq 0[/latex]

Если существует предел:

[latex]\lim\limits_{n\rightarrow \infty }{\sqrt[n]{a_{n}}}=K[/latex]

Тогда:

  1. Если [latex]K<1[/latex], то ряд сходится.
  2. Если [latex]K>1[/latex], то ряд расходится.
  3. Если [latex]K=1[/latex], то признак не дает возможности сказать что-либо о сходимости данного ряда.

Доказательство

Пусть [latex]\lim_{n\rightarrow \infty }{\sqrt[n]{a_{n}}}=K[/latex]. Из определения предела запишем: [latex]\forall \varepsilon >0 \exists N_{\varepsilon }:\forall n>N_{\varepsilon }\left |\sqrt[n]{a_{n}}-K \right |<\varepsilon \Leftrightarrow K-\varepsilon <\sqrt[n]{a_{n}}<K+\varepsilon[/latex]. Если [latex]K<1[/latex], то [latex]q=K+\varepsilon<1[/latex]  и тогда по признаку Коши в форме неравенств
ряд сходится.

Если же  [latex]K>1[/latex], то [latex]q=K-\varepsilon>1[/latex], а значит ряд расходится.

Пример

Дан ряд [latex]\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{n+1}{n+2})^{n^{2}}[/latex]. Исследовать ряд на сходимость.

Воспользуемся  признаком Коши в предельной форме.

[latex]\lim\limits_{n\rightarrow\infty}{\sqrt[n]{a_{n}}}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}{(\frac{n+1}{n+2})^{n}}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}{\frac{1}{(\frac{n+2}{n+1})^{n}}}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}{\frac{1}{(1+\frac{1}{n+1})^{n*\frac{n+1}{n+1}}}}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}{\frac{1}{((1+\frac{1}{n+1})^{n+1})^{\frac{n}{n+1}}}}=\frac{1}{e^{1}}=\frac{1}{e}<1[/latex].

Значит исходный ряд сходится.

Литература

Тест

Предлагаем пройти тесты и закрепить пройденный материал

Признак сравнения

Признак сравнения сходимости рядов в форме неравенств

Формулировка

Пусть даны два ряда с неотрицательными членами:

[latex]\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}=a_{1}+a_{2}+…+a_{n}+…[/latex]    [latex](A)[/latex]
[latex]\sum\limits_{n=1}^{\infty} b_{n}=b_{1}+b_{2}+…+b_{n}+…[/latex]    [latex](B)[/latex]

Если, начиная с какого-то номера [latex]N\varepsilon \mathbb{N}[/latex] [latex]\forall n>N[/latex] выполняется неравенство [latex]0\leq a_{n}\leq b_{n}[/latex], тогда:

  1. Из сходимости ряда [latex](B)[/latex] следует сходимость ряда [latex](A)[/latex].
  2. Из расходимости ряда [latex](A)[/latex] следует расходимость ряда [latex](B)[/latex].

Доказательство

  1. [latex](A)[/latex] и [latex](B)[/latex] — ряды с неотрицательными членами. Частичные суммы рядов [latex](A)[/latex] и [latex](B)[/latex] обозначим как [latex]S_{n}^{(A)}[/latex] и [latex]S_{n}^{(B)}[/latex]. Из условия [latex]0\leq a_{n}\leq b_{n}[/latex] можно сказать, что [latex]S_{n}^{(A)}\leq S_{n}^{(B)}[/latex]. Пусть ряд [latex](B)[/latex] сходится, тогда, согласно критерию сходимости ряда с неотрицательными членами, его частичные суммы [latex]S_{n}^{(A)}[/latex] ограничены, а значит [latex]S_{n}^{(B)}[/latex] также будут ограничены ([latex]S_{n}^{(A)}\leq S_{n}^{(B)}[/latex]). Тогда по вышеупомянутому критерию ряд [latex](B)[/latex] тоже будет сходиться.
  2. Пусть ряд [latex](A)[/latex] расходится. Докажем методом от противного. Предположим что ряд [latex](B)[/latex] сходится. Тогда согласно утверждению доказанном в пункте 1, ряд [latex](A)[/latex] тоже должен сходиться, что противоречит условию. Значит ряд [latex](B)[/latex] расходится.

Иногда на практике удобнее использовать следствие из данной теоремы.

Следствие (признак сравнения сходимости рядов в предельной форме)

Формулировка

Пусть даны два ряда с неотрицательными членами:

[latex]\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}=a_{1}+a_{2}+…+a_{n}+…[/latex]    [latex](A)[/latex]
[latex]\sum\limits_{n=1}^{\infty} b_{n}=b_{1}+b_{2}+…+b_{n}+…[/latex]    [latex](B)[/latex]

Если существует предел:

[latex]\lim\limits_{n\rightarrow \infty } \frac{a_{n}}{b_{n}}=K[/latex]      [latex]0<K< +\infty[/latex]

Тогда:

  1. Если ряд [latex](B)[/latex] сходится и [latex]K<+\infty[/latex], то ряд [latex](A)[/latex] сходится.
  2. Если ряд [latex](B)[/latex] расходится и [latex]K>0[/latex], то ряд  [latex](A)[/latex] расходится.

Доказательство

  1. Пусть ряд [latex](B)[/latex] сходится и [latex]K< +\infty[/latex]. Из определения предела запишем: [latex]\forall \varepsilon >0 \exists N_{\varepsilon }:\forall n>N_{\varepsilon }\left | \frac{a_{n}}{b_{n}}-K \right |<\varepsilon \Leftrightarrow K-\varepsilon <\frac{a_{n}}{b_{n}}<K+\varepsilon[/latex]. Из неравенства получим: [latex]a_{n}<b_{n}(K+\varepsilon )[/latex]. Ряд [latex]\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}(K+\varepsilon )[/latex] сходится, так как это ряд полученный умножением членов ряда [latex](B)[/latex] на постоянное число [latex]K+\varepsilon[/latex]. Тогда по признаку сравнения в форме неравенств ряд [latex](A)[/latex] сходится.
  2. Если ряд [latex](B)[/latex] расходится и [latex]K>0[/latex], тогда отношение [latex]\frac{b_{n}}{a_{n}}[/latex] имеет конечный предел [latex]\lim_{n\rightarrow \infty } \frac{b_{n}}{a_{n}}=\frac{1}{K}< \infty[/latex]. Предположим что ряд [latex](A)[/latex] сходится, тогда согласно утверждению доказанном в пункте 1, ряд [latex](B)[/latex] тоже сходится, что противоречит условию. Значит [latex](A)[/latex] расходится.

Пример

Дан ряд [latex]\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(3+(-1)^{n}*2)(1+\sin^{3}n)}{n\tfrac{3}{2}}[/latex]. Исследовать ряд на сходимость.

Для определения характера сходимости будем использовать признак сравнения. Попробуем оценить данный ряд сверху.

[latex]\frac{(3+(-1)^{n}*2)(1+\sin^{3}n)}{n\tfrac{3}{2}} \leq \frac{5*2}{n\tfrac{3}{2}}=O(\frac{1}{n\tfrac{3}{2}})[/latex]

Ряд вида [latex]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\alpha }}[/latex] сходится при [latex]\alpha >1[/latex].

[latex]\frac{3}{2}>1[/latex] значит полученный ряд сходится, а значит сходится и исходный.

Литература

Тест

Предлагаем пройти тесты и закрепить пройденный материал

Производная по направлению

Определение:

Пусть [latex]f(x, y, z)[/latex] – действительная функция на открытом множестве [latex]G \subset R^{n}[/latex], [latex]M(x, y, z)[/latex] — внутренняя точка области G и [latex]\vec{u}=\left\{cos\alpha , cos\beta , cos\gamma \right\}[/latex] – единичный фиксированный вектор из [latex]R^{n}[/latex]. Найдется такое число [latex]t[/latex], что: [latex]x=x_{0}+tcos\alpha, y=y_{0}+tcos\beta, z=z_{0}+tcos\gamma[/latex]. Если существует конечный предел

[latex]\lim\limits_{t\rightarrow 0}\frac{f(x_{0}+tcos\alpha, y_{0}+tcos\beta, z_{0}+tcos\gamma )-f(x_{0}, y_{0}, z_{0})}{t}[/latex],

то его называют производной функции [latex]f(x, y, z)[/latex] по направлению вектора [latex]\vec{u}[/latex] и обозначают [latex]\frac{\delta f}{\delta u}(x_{0})[/latex].

231

Это скорость изменения функции в направлении [latex]\vec{u}[/latex].

При [latex]\alpha=0[/latex] получаем частную производную по [latex]x[/latex] и т.д.

Теорема: О вычислении производной по направлению

Формулировка:

Пусть действительная функция [latex]f(x, y, z)[/latex] на открытом множестве [latex]G \subset R^{3}[/latex] дифференцируема в точке [latex]M(x, y, z)\in G[/latex]. Тогда в этой точке функция [latex]f[/latex] имеет производные по направлению любого единичного вектора [latex]\vec{u}=\left\{cos\alpha , cos\beta , cos\gamma \right\}[/latex], причем справедливо равенство,

[latex]\frac{\delta f}{\delta \vec{u}}(x_{0}, y_{0}, z_{0})=\frac{\delta f}{\delta x}(x_{0}, y_{0}, z_{0})cos\alpha+\frac{\delta f}{\delta y}(x_{0}, y_{0}, z_{0})cos\beta +\frac{\delta f}{\delta z}(x_{0}, y_{0}, z_{0})cos\gamma[/latex].

Эта формула является следствием правила нахождения производной сложной функции.

Доказательство (По определению дифференцируемости):

[latex]f(x_{0}+h, y_{0}+h, z_{0}+h)-f(x_{0}, y_{0}, z_{0})=A(h)+o(\left|h \right|)[/latex] [latex](h\rightarrow 0)[/latex],

где [latex]A = df(x_{0}, y_{0}, z_{0})[/latex]. Пусть [latex]\vec{u}[/latex] – единичный вектор. Положим [latex]h = t\vec{u}[/latex] и, в силу линейности формы A, получим

[latex]f(x_{0}+tcos\alpha , y_{0}+tcos\beta , z_{0}+tcos\gamma )-f(x_{0}, y_{0}, z_{0})=tA(cos\alpha, cos\beta, cos\gamma)+o(t)[/latex] [latex](t\rightarrow 0)[/latex].

Отсюда, разделив на [latex]t[/latex] обе части, будем иметь

[latex]\lim\limits_{t\rightarrow 0}\frac{f(x_{0}+tcos\alpha, y_{0}+tcos\beta, z_{0}+tcos\gamma )-f(x_{0}, y_{0}, z_{0})}{t}=A(cos\alpha, cos\beta, cos\gamma)[/latex],
что и требовалось доказать.

Спойлер

Найти производную функции $z(x,y)=3x^{2}y-4x^{2}y^{3}$ в точке $M(1,2)$ в направлении $\vec{l}(4, -3)$.
Находим частные производные
$\frac{\delta z}{\delta x}=6xy-8y^{3}x$
$\frac{\delta z}{\delta y}=3x^{2}-12y^{2}x^{2}$
Считаем эти производные в точке $M(1,2)$
$\frac{\delta z}{\delta x}(1,2)=12-64=-52$
$\frac{\delta z}{\delta y}(1,2)=3-48=-45$
Находим длину вектора
$\left|\vec{l} \right|=\sqrt{4^{2}+3^{2}}=5$
$\vec{l_{0}}=\left(\frac{4}{5}, -\frac{3}{5} \right)$
$\cos{\alpha }=\frac{4}{5}$, $\cos{\beta }=-\frac{3}{5}$
Находим производную по направлению в точке $M(1,2)$
$\frac{\delta z}{\delta l}(M_{0})=-52\cdot \frac{4}{5}+45\cdot \frac{3}{5}=-14.6$

[свернуть]

Литература

Тест:

Тест на тему: «Производная по направлению».

Абсолютная и условная сходимость рядов

Рассмотрим числовой ряд с бесконечным множеством положительных и бесконечным множеством отрицательных членов. Такой ряд называется знакопеременным рядом.

Запишем произвольный знакопеременный ряд
$a_{1}+a_{2}+a_{3}+…+a_{n}+…=\sum\limits_{n=1}^{\infty }a_{n}$ $(1)$,
где числа $a_{1},a_{2},a_{3},…,a_{n},…$ являются как положительными, так и отрицательными, причем располагаются они в ряде произвольно. Так же рассмотрим ряд, составленный из абсолютных величин членов ряда (1):
$|a_{1}|+|a_{2}|+|a_{3}|+…+|a_{n}|+…=\sum\limits_{n=1}^{\infty }|a_{n}|$ $(2)$.
Для знакопеременных рядов справедлива следующая Теорема:

Теорема 1

Если ряд $(2)$ сходится, то сходится и ряд $(1)$.

Доказательство

Предположим, что ряд $(2)$ сходится. Обозначим через $S_{n}$ частичную сумму ряда $(1)$, а через $\sigma_{n}$ частичную сумму ряда  $(2)$. Тогда: $S_{n} = a_{1}+a_{2}+a_{3}+…+a_{n}$;

$\sigma_{n} = |a_{1}|+|a_{2}|+|a_{3}|+…+|a_{n}|$. Так как ряд  $(2)$ сходится, то последовательность его частичных сумм ${\sigma_{n}}$ имеет предел $\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\sigma_{n}=\sigma$, при этом для любого $n$ справедливо неравенство

$\sigma_{n}\leq\sigma$ $(3)$,
Поскольку члены ряда  $(2)$ неотрицательны.
Обозначим через $S{}’_{n}$ сумму положительных членов, а через $S{}»_{n}$ сумму модулей отрицательных членов, содержащихся в сумме $S_{n}$.
Тогда
$S_{n}=S{}’_{n}-S{}»_{n}$ $(4)$,
$\sigma_{n}=S{}’_{n}+S{}»_{n}$ $(5)$.
Видно, что последовательности ${S{}’_{n}}$ и ${S{}»_{n}}$ не убывают, а из равенства $(5)$ и неравенства $(3)$ следует, что они являются ограниченными: $S{}’_{n}\leq\sigma_{n}\leq\sigma$ и $S{}»_{n}\leq\sigma_{n}\leq\sigma$. Следовательно, существуют $\lim\limits_{n\rightarrow\infty }S{}’_{n}=S{}’$ и $\lim\limits_{n\rightarrow\infty }S{}_{n}»=S{}»$. Но в таком случае, в силу равенства $(4)$, последовательность частичных сумм ряда $(1)$ имеет предел
$\lim\limits_{n\rightarrow\infty }S_{n}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty }(S{}’_{n}-S{}»_{n})=\lim\limits_{n\rightarrow\infty }S{}’_{n}-\lim\limits_{n\rightarrow\infty }S{}»_{n}=S{}’-S{}»$.

Это означает, что ряд $(1)$ сходится. $\blacksquare$

Пример 1

Ряд $1-\frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+\frac{1}{5^{2}}-\frac{1}{6^{2}}-\frac{1}{7^{2}}+…$ согласно доказанной Теореме 1 сходится, т. к. сходится ряд, составленный из абсолютных величин членов данного ряда: $1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+\frac{1}{5^{2}}+\frac{1}{6^{2}}+\frac{1}{7^{2}}+…$
Ниже представлен график поведения первых двадцати, составленных из абсолютных величин, членов ряда
Пример 1(абсолют.сход.)
Рассмотренный признак сходимости знакопеременного ряда является достаточным, но не необходим, т. к. существуют знакопеременные ряды, которые сходятся, а ряды, составленные из абсолютных величин их членов, расходятся. Так, например, ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}-1^{n+1}\frac{1}{n}$ согласно признаку Лейбница сходится, а ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$, составленный из абсолютных величин его членов, расходится.

Поэтому все сходящиеся ряды можно разделить на абсолютно и условно сходящиеся.

Ряд с действительными или комплексными членами $\sum\limits_{n = 1}^{\infty }a_{n}$ называется абсолютно сходящимся, если сходиться ряд $\sum\limits_{n = 1}^{\infty }\left | a_{n} \right |$.

Ряд $\sum\limits_{n = 1}^{\infty }a_{n}$ называется условно сходящимся, если этот ряд сходиться, а ряд $\sum\limits_{n = 1}^{\infty }\left | a_{n} \right |$ расходиться.

Спойлер

Пример 2

Ряд $1-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{4}}+…$ условно сходящийся, так как сам он сходится по признаку Лейбница, а ряд, составленный из абсолютных величин, $1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{4}}+…$ расходится.
Можно заметить, что свойства абсолютно сходящихся и условно сходящихся рядов имеют некоторые отличия. Так, например, в условно сходящихся рядах, сумма ряда не равна сумме положительных и отрицательных членов ряда, но для абсолютно сходящихся это свойство справедливо, что можно было увидеть при доказательстве Теоремы 1.

[свернуть]

Литература

Абсолютная и условная сходимость рядов

Предлагаем Вам пройти тест на тему «Абсолютная и условная сходимость рядов».


Таблица лучших: Абсолютная и условная сходимость рядов

максимум из 5 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Теорема о смешанных производных

Теорема 1(для функции двух переменных)

Пусть функция $f(x,y)$ определенна со своими частными производными ${ f }_{ x },{ f }_{ y },{ f }_{ xy },{ f }_{ yx }$ в некоторой окрестности точки $({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })$, и при этом ${ f }_{ xy }$ и  ${ f }_{ yx }$ непрерывны в этой точке. Тогда  эти производные равны ( результат не зависит от порядка дифференцирования). \begin{equation}{ f }_{ xy }({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })={ f }_{ yx }({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }) \end{equation}
Доказательство

Пусть $f(x,y)$ определенна со своими частными производными ${ f }_{ x },\;{ f }_{ y },\;{ f }_{ xy },\;{ f }_{ yx }$ в некоторой $\delta-$окрестности точки $({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })$ и пусть $\Delta x$ и $\Delta y$ зафиксированы так, что образуют шар с радиусом $\delta$ $(\Delta { x }^{ 2 }+\Delta { y }^{ 2 }<{ \delta }^{ 2 })$. (Под $\Delta x $ будем понимать приращение функции  $f$ по аргументу $x$. Аналогично определим $\Delta y$)
Положим:
$$
{ \Delta  }_{ xy }f={ \Delta  }_{ x }({ \Delta  }_{ y }f),  { \Delta  }_{ yx }f={ \Delta  }_{ y }({ \Delta  }_{ x }f)
$$
и докажем, что $${ \Delta }_{ xy }f={ \Delta }_{ yx }f\label{2}$$
Действительно,
$$
\begin{aligned}
{ \Delta }_{ xy }f&={ \Delta }_{ x }({ \Delta }_{ y }f)={ \Delta }_{ x }[f({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }+{ \Delta }y)-f({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })]=\\
&=[f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 }+{ \Delta }y)-f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 })]-\\
&-[f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 }+{ \Delta }y)-f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 })]
\end{aligned}\label{3}
$$
(т.е. ${ \Delta }_{ xy }f$ это приращение функции $f$ сперва по $y$ а затем по $x$)
Аналогично
$$
\begin{aligned}
{ \Delta }_{ yx }f&={ \Delta  }_{ y }({ \Delta  }_{ x }f)=\\
&=[f({ x }_{ 0 }+{ \Delta  }x,{ y }_{ 0 }+{ \Delta  }y)-f({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }+{ \Delta  }y)]-\\
&-[f({ x }_{ 0 }+{ \Delta  }x,{ y }_{ 0 })-f({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })]
\end{aligned}\label{4}
$$
Сравнивая (\ref{3}) и (\ref{4}), убедимся в справедливости (\ref{2}).
Положим приращение функции $f$ по переменной $y$ как функцию одной переменной по $x$. Пусть $\varphi (x)=f(x,{ y }_{ 0 }+\Delta y)-f(x,{ y }_{ 0 })$. Тогда ${ \Delta }_{ xy }f$ можно записать в виде:
$$
{ \Delta }_{ xy }f=\varphi ({ x }_{ 0 }+\Delta x)-\varphi ({ x }_{ 0 })
$$
Так как , по условию существует производная ${ f }_{ x }$  то функция $\varphi (x)$ дифференцируема на отрезке $[{ x }_{ 0 },{ x }_{ 0 }+{ \Delta }x]$
Воспользуемся теоремой Лагранжа о конечных приращениях, получим:
$$
{ \Delta  }_{ xy }f=\varphi ({ x }_{ 0 }+\Delta x)-\varphi ({ x }_{ 0 })={ \varphi  }^{ \prime  }({ x }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 1 }\Delta x)\Delta x,\quad 0<{ \theta  }_{ 1 }<1 $$
А поскольку $\varphi (x)$ функция по переменной $x$, то ее производная будет: $${ \varphi  }^{ \prime  }(x)={ f }_{ x }(x,{ y }_{ 0 }+\Delta y)-{ f }_{ x }(x,{ y }_{ 0 })$$
тогда мы можем записать ${ \Delta}_{ xy }f$ как
$$
{ \Delta }_{ xy }f=[{ f }_{ x }({ x }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 1 }\Delta x,{ y }_{ 0 }+\Delta y)-{ f }_{ x }({ x }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 1 }\Delta x,{ y }_{ 0 })]\Delta x
$$
Применим опять формулу конечных приращений Лагранжа, но теперь по переменной $y$, получим:
$$
{ \Delta  }_{ xy }f={ f }_{ xy }({ x }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 1 }\Delta x,\quad { y }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 2 }\Delta y)\Delta x\Delta y,\quad 0<{ \theta  }_{ 1 },{ \theta  }_{ 2 }<1
$$
Сделаем абсолютно аналогичные действия, но уже начнем с переменно $x$. Т.е, положим приращение $f$ по переменной $x$ в функцию одной переменной по $y$
$$
\psi (y)=f({ x }_{ 0 }+\Delta x,y)-f({ x }_{ 0 },y)
$$
Также выразим ${ \Delta }_{ yx }f$ через $\psi (y)$, затем применим дважды формулу конечных приращений Лагранжа ( сначала по y, затем по x ).  В итоге получим:
$$
{ \Delta  }_{ yx }f={ f }_{ yx }({ x }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 4 }\Delta x,\quad { y }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 3 }\Delta y)\Delta x\Delta y,\quad 0<{ \theta  }_{ 3 },{ \theta  }_{ 4 }<1
$$
Согласно равенству (2) правые части равенств равны. Приравняем их и сократим на $\Delta x\Delta y$ (т.к. $\Delta x\neq 0$ и $\Delta y\neq 0$), получим
$$
{ f }_{ xy }({ x }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 1 }\Delta x,\quad { y }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 2 }\Delta y){ =f }_{ yx }({ x }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 4 }\Delta x,\quad { y }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 3 }\Delta y),\quad { 0<\theta  }_{ 1 }{ ,\theta  }_{ 2 },{ \theta  }_{ 3 },{ \theta  }_{ 4 }<1
$$
Так как частные производные ${ f }_{ xy }$ и ${ f }_{ yx }$ непрерывны в точке $({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })$, перейдем к пределу. Так как ${ \theta }_{ i }$-бесконечно малая то в итоге получим:
$$
{ f }_{ xy }({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }){ =f }_{ yx }({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }),
$$
что и требовалось доказать.

[свернуть]
Пример

Найти смешанные производные второго порядка функции ${ z={ x }^{ 4 } }-2{ x }^{ 2 }y^{ 3 }+{ y }^{ 5 }+1$

${ { z }_{ x }^{ \prime }={ 4x }^{ 3 } }-4{ x }y^{ 3 }$

${ { z }_{ y }^{ \prime }= }5{ y }^{ 4 }-6{ x }^{ 2 }y^{ 2 }$

${ { z }_{ yx }^{ \prime }= }-12{ x }y^{ 2 } \quad \quad \quad { { z }_{ xy }^{ \prime }= }-12{ x }y^{ 2 }\quad \quad { \Rightarrow \quad }{ z }_{ yx }^{ \prime }={ z }_{ xy }^{ \prime }$

[свернуть]
Контрпример

(пример Шварца):
 
$f(x,y)=\begin{cases} xy\frac { { x }^{ 2 }-{ y }^{ 2 } }{ { x }^{ 2 }+y^{ 2 } } \quad \quad { x }^{ 2 }+y^{ 2 }>0 \\ 0\quad \quad \quad \quad \quad x=y=0 \end{cases}$

${ f }_{ xy }(0,0)=-1\quad \quad \quad \quad{ f }_{ yx }(0,0)=1$

[свернуть]

Теперь сформулируем общую теорему. Ее можно несложно доказать с помощью индукции.

Теорема 2 (обобщение)

Если у функции $n$ переменных смешанные частные производные $m$-го порядка непрерывны в некоторой точке, а производные низших порядков непрерывны в окрестности этой точки, то частные производные порядка $m$  не зависят от порядка дифференцирования.
Замечание 1
Данная теорема справедлива ввиду того, что любые две последовательности дифференцирования, такие, что по каждому фиксированному аргументу они содержат одно и то же суммарное число дифференцирований, можно свести один к другому за конечное число шагов. При этом, в каждом шаге будет меняться порядок дифференцирования лишь по двум переменным, а другие останутся фиксированными. Т.е. каждый раз мы будем рассматривать изменение порядка дифференцирования лишь для двух переменных — а значит будет выполняться Теорема 1.

[свернуть]

Пример

Докажем что ${ f }_{ xyz }={ f }_{ zxy }$
Последовательно меняем порядок дифференцирования, применяя Теорему 1:
${ f }_{ xyz }={ ({ f }_{ x }) }_{ yz }={ ({ f }_{ x }) }_{ zy }={ ({ f }_{ xz }) }_{ y }={ ({ f }_{ zx }) }_{ y }={ { f }_{ zxy }
}$

[свернуть]

Замечание 2

На первый взгляд, кажется что теорема практически бесполезна. Якобы, что для того, чтобы установить равенство смешанных производных — надо утверждать их непрерывность, а для этого их требуется найти. А найдя смешанные производные, не составляет труда и так проверить их на равенство. Однако, о непрерывности функции можно иногда судить на основании некоторых общих теорем, не прибегая к конкретному вычислению. Например, мы знаем, что все элементарные функции многих переменных непрерывны в своей области определения. С другой стороны, частные производные элементарных функций сами являются элементарными, поэтому,если частная производная некоторой элементарной функции определена на некоторой окрестности какой-либо точки, то эта производная и непрерывна в каждой точке данной окрестности.

[свернуть]

Использованная литература:

Дополнительная литература:

Теорема о смешанных производных

Тест, на понимание темы «Теорема о смешанных производных»

Таблица лучших: Теорема о смешанных производных

максимум из 4 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных