11.2 Непрерывные функции

Пусть $f\colon E\to \mathbb{R}^{m}$ , $E \subset \mathbb{R}^{n}$ и точка $x_0 \in E$ .

Функция $f$ называется непрерывной в точке $x_0$ , если для любого $\varepsilon > 0$ найдется такое $\delta > 0$ , что для всех $x \in E$ , удовлетворяющих условию $\lvert x−x_0 \rvert < \delta$ , справедливо неравенство $\lvert f(x)−f(x_0)\rvert < \varepsilon$ .

Если $x_0$ – предельная точка множества $E$ , то непрерывность функции $f$ в точке $x_0$ равносильна тому, что $\lim_\limits{{x \to x_0}, {x \in E}} f(x) = f(x_0)$ .

Пусть точка $x_0$ не является предельной для $E$ . Это означает, что найдется такая окрестность $U$ точки $x_0$ , в которой нет других точек множества $E$ . Такая точка называется изолированной точкой множества $E$ . Ясно, что каждая точка множества $E$ является либо предельной, либо изолированной. Очевидно, в изолированной точке множества $E$ любая функция $f$ непрерывна, это следует сразу из определения непрерывности.

Равносильное данному выше определение непрерывности в терминах окрестностей может быть сформулировано следующим образом.

Функция $f$ называется непрерывной в точке $x_0$ , если для любой окрестности $V$ точки $f(x_0)$ найдется такая окрестность $U$ точки $x_0$ , что образ $f(U \cap E)$ множества $U \cap E$ содержится в $V$ , т. е. $f(U \cap E) \subset V$ .

Используя определение предела по Гейне, можно также легко сформулировать определение непрерывности функции в точке в терминах последовательностей.

Пусть функция $f\colon E\to \mathbb{R}^{m}$ , $E \subset \mathbb{R}^{n}$ . Для того чтобы $f$ была непрерывной в точке $x_0$ , необходимо и достаточно, чтобы были непрерывными в точке $x_0$ все ее компоненты.

Эта теорема мгновенно вытекает из следующего неравенства: $\lvert f^i(x) — f^i(x_0)\rvert \leqslant \lvert f(x) — f(x_0)\rvert = \sqrt{\sum_{i=1}^m[f^i(x) — f^i(x_0)]^2}(i = 1,\ldots,m)$

Пусть функции $f,g \colon E\to \mathbb{R}^{m}$ , $E \subset \mathbb{R}^{n}$ . Если $f$ и $g$ непрерывны в точке $x_0 \in E$ , то в этой точке непрерывны и функции $f + g$ , $f ·g$ . Если $f,g$ – действительные функции и $g(x) \neq 0$ на $E$ , то $\frac{f}{g}$ непрерывна в точке $x_0$ .

Действительно, если $x_0$ – изолированная точка, то в этой точке непрерывна каждая функция. Если же $x_0$ – предельная точка множества $E$ , то для доказательства этой теоремы достаточно применить соответствующую теорему для пределов функции.

Пусть $f\colon E\to \mathbb{R}^{m}$ , $E \subset \mathbb{R}^{n}$ и $g\colon N\to \mathbb{R}^{k}$ , $N \subset \mathbb{R}^{m}$ , причем $f(E) \subset N$ . Если $f$ непрерывна в точке $x_0 \in E$ , а функция $g$ непрерывна в точке $y_0 = f(x_0) \in N$ , то композиция $h \equiv g \circ f$ непрерывна в точке $x_0$ .

Пусть $\varepsilon > 0$ . В силу непрерывности функции $g$ в точке $y_0$ , найдется такое $\eta > 0$ , что для всех $y \in N$ , удовлетворяющих условию $\lvert y−y_0 \rvert < \eta$ , выполнено неравенство $\lvert g(y)−g(y_0) \rvert < \varepsilon$ . Так как $f$ непрерывна в точке $x_0$ , то для числа $\eta$ существует такое $\delta$ , что для всех $x \in E$ , удовлетворяющих условию $\lvert x−x_0 \rvert < \delta$ , справедливо неравенство $\lvert f(x)−f(x_0) \rvert < \eta$ . Окончательно, если $\lvert x−x_0 \rvert < \delta$ , то, так как $y_0 = f(x_0)$ , получаем $\lvert h(x)−h(x_0)\rvert = \lvert g(f(x))−g(f(x_0))\rvert < \varepsilon$ .

Функция $f\colon E\to \mathbb{R}^{m}$ называется непрерывной на множестве $E$ , если она непрерывна в каждой точке этого множества.

Рассмотрим $\pi^i(x) = x^i (x \in \mathbb{R}^{n}), \pi^i \colon \mathbb{R}^{n} \to \mathbb{R} (i \in 1,\ldots,n)$ . Имеем $\lvert \pi^i(x)−\pi^i(x_0)\rvert = \lvert x^i −x^i_0\rvert \leqslant \lvert x−x_0\rvert,$ так что функция $\pi^i$ непрерывна на всем $\mathbb{R}^{n}$ .

Пусть $f(x) = (x^i)^ν$ , где $ν \in \mathbb{N}$ . Тогда функция $f\colon \mathbb{R}^{n} \to \mathbb{R}$ непрерывна на всем пространстве $\mathbb{R}^{n}$ .

Действительно, рассмотрим функцию $g(t) = t^ν (t \in \mathbb{R})$ . Тогда $f = g \circ\pi^i$ и из теоремы о непрерывности сложной функции сразу получаем утверждение.

Функция $f(x) = \sum_{{i_1}=0}^{m_1}\ldots\sum_{{i_n}=0}^{m_n} C_{i_1,\ldots,i_n}(x^1)^{i_1}\ldots(x^n)^{i_n}$ непрерывна на всем пространстве $\mathbb{R}^{n}$ . Это следует из двух предыдущих примеров.

Пусть $f(x) = \lvert x\rvert (x \in \mathbb{R}^{n})$ . Тогда из неравенства $\lvert f(x)−f(x_0)\rvert = \lvert \lvert x\rvert −\lvert x_0\rvert\rvert \leqslant \lvert x−x_0\rvert (x, x_0 \in \mathbb{R}^{n})$ сразу следует непрерывность функции $f$ .

Множество $A \subset \mathbb{R}^{n}$ называется открытым относительно множества $B \subset \mathbb{R}^{n}$ , если существует такое открытое множество $G \subset \mathbb{R}^{n}$ , что $A = G \cap B$ .

Если функция $f\colon E\to \mathbb{R}^{m}$ непрерывна на множестве $E,$ то прообраз любого открытого множества $H \subset \mathbb{R}^{n}$ открыт относительно $E$ .

Если $H \cap f(E) = \varnothing$ , то прообраз множества $H$ равен $\varnothing$ и утверждение теоремы в этом случае справедливо.

Пусть $H \cap f(E) \neq \varnothing$ . Для каждого $y_0 ∈ H \cap f(E)$ построим окрестность $V_{y_0} \subset H$ и, пользуясь непрерывностью функции $f$ , для каждого $x_0 \in E$ , такого, что $f(x_0) = y_0$ , построим такую окрестность $U_{x_0}$ , что $f(U_{x_0} \cap E) \subset V_{y_0}$ . Обозначим через $G$ объединение всех таких окрестностей $U_{x_0}$ , полученных, когда $y_0$ пробегает все множество $H \cap f(E)$ . Нетрудно видеть, что прообразом множества $H$ является множество $G \cap E$ .

Примеры решения задач

Будет ли функция $f(x,y) = x^6 + y^3 + 2x^4y^3 — 1$ непрерывной на $\mathbb{R}^{2}$ ?

Решение

Да, будет по вышеуказанной теореме, как сумма непрерывных функций $f_1(x,y) = x^6 + y^3$ и $f_2(x,y) = 2x^4y^3 — 1$ . Каждая из них в свою очередь, очевидно будет непрерывна, потому что для любого $(x_0,y_0) \in \mathbb{R}^{2}$ $\lim_{{x \to x_0}, {y \to y_0}} f_1(x, y) = \lim_{{x \to x_0}, {y \to y_0}} x^6 + y^3 = x_0^6+y_0^3 = f_1(x_0)$ $\lim_{{x \to x_0}, {y \to y_0}} f_2(x, y) = \lim_{{x \to x_0}, {y \to y_0}} 2x^4y^3 — 1 = 2x_{0}^4y_0^3 = f_2(x_0)$
Исследовать на непрерывность функцию $f(x,y)$ в точке $O(0, 0)$ .
$\begin{equation*} f(x,y) = \begin{cases} \dfrac{2xy}{x^2+y^2}, x^2+y^2 \neq 0\\ 0, x^2+y^2=0. \end{cases} \end{equation*}$

Решение

$\lim_{x\to 0} f(x,y) = \lim_{x\to 0}\dfrac{2\cdot 0 \cdot y}{0+y^2} = 0$ $\lim_{y\to 0} f(x,y) = \lim_{y\to 0}\dfrac{2y \cdot 0}{x^2+0} = 0$ Тем не менее, функция разрывна в $O(0, 0)$ , что показывается по Гейне. Выберем последовательности точек $(\dfrac1n, \dfrac1n)$ и $(\dfrac1n, -\dfrac1n)$ , сходящиеся к $O(0,0)$ . $\lim f(\dfrac1n, \dfrac1n) = \lim_{(x,y)\to(\frac1n, \frac1n)}\dfrac{2xy}{x^2+y^2} = \lim_{(x,y)\to(\frac1n, \frac1n)}\dfrac{2\cdot\dfrac1n\cdot\dfrac1n}{\dfrac1{n^2}+\dfrac1{n^2}} = 1$ $\lim f(\dfrac1n, -\dfrac1n) = \lim_{(x,y)\to(\frac1n, -\frac1n)}\dfrac{2xy}{x^2+y^2} = \lim_{(x,y)\to(\frac1n, -\frac1n)}\dfrac{2\cdot\dfrac1n\cdot(-\dfrac1n)}{\dfrac1{n^2}+\dfrac1{n^2}} = -1$
Так как $\lim f(\dfrac1{n}, \dfrac1{n}) \neq\lim_\limits{(x,y)\to(\frac1{n}, -\frac1{n})}f(x,y)$ , то функция не непрерывна в данной точке.
Показать, что функция $f(x,y) = \dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}, \textrm{ если } x^2+y^2\neq 0$ и $f(0,0) = 0$ непрерывна в окрестности точки $(0, 0)$ .

Решение

Вне $0$ функция, очевидно, будет непрерывна, как композиция непрерывных. Найдём предел функции в точке $(0,0)$ : $\lim_{(x,y)\to (0,0)} f(x,y) = \lim_{(x,y)\to (0,0)}\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}} = \lim_{(x,y)\to (0,0)}\dfrac{\dfrac{xy}{xy}}{\dfrac{\sqrt{x^2+y^2}}{xy}}=$ $=\lim_{(x,y)\to (0,0)}\dfrac1{\sqrt{\dfrac1{y^2}+\dfrac1{x^2}}} = 0.$ Так как $f(0,0) = \lim_{(x,y)\to (0,0)} f(x,y)$ , то функция непрерывна в $(0,0)$ . Что и требовалось доказать.

Литература

Непрерывные функции

Тест на проверку знаний по теме «Непрерывные функции».

Задание 1 из 4

1.
Вставьте пропущенные слова.
- Функция $f\colon E\to \mathbb R^m$ называется непрерывной на множестве $E$ , если она .
  
  Пусть функции $f,g \colon E\to \mathbb R^m$ , $E \subset \mathbb R^n$ . Если , то в этой точке непрерывны и функции $f + g$ , $f ·g$ . Если $f,g$ – и $g(x) \neq 0$ на $E$ , то $\frac fg$ непрерывна в точке $x_0$ .
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 4

2.
Выберите функцию, непрерывную на всей вещественной оси:
- $\dfrac{2xy}{x^2+y^2}$
- $\dfrac{\cos x - \cos y}{x-y}$
- $\dfrac{y^2}{y-x}$
- $\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}$
Правильно

Неправильно
Задание 3 из 4

3.
Каким должно быть множество $G\subset\mathbb{R}^{n}$ , такое, что $A = G \cap B$ , чтобы множество $A\subset\mathbb{R}^{n}$ называлось открытым относительно множества $B\subset\mathbb{R}^{n}$ ?
- Пустым.
- Комплексным.
- Открытым.
- Конечным.
Правильно

Неправильно
Задание 4 из 4

4.
Восстановите определение непрерывной функции.
- $\forall\varepsilon > 0$
- $\exists\delta$
- $\forall x\in X$
- $\lvert x - x_0 \rvert < \delta$
- $\lvert f(x) - f(x_0)\rvert < \varepsilon$
Правильно

Неправильно

13.4 Производная сложной функции

Пусть $g$ — отображение открытого множества $E \subset \mathbb{R}^{n}$ в открытое множество $N \subset \mathbb{R}^{m},$ а $f: N \longmapsto \mathbb{R}^{p}.$ Тогда можно рассматривать сложную функцию $F: E \longmapsto \mathbb{R}^{p},$ $F(x) = f(g(x))$ $(x\in E).$ Ее называют композицией $F=f\circ g.$

Пусть отображение $g$ дифференцируемо в точке $x_{0}\in E,$ а отображение $f$ дифференцируемо в соответствующей точке $y_{0}=g(x_{0})\in N.$ Тогда композиция $F=f\circ g$ дифференцируема в точке $x_{0}$ и справедливо равенство
$F'(x_{0})=f'(y_{0})g'(x_{0}). \tag {13.1}$

Обозначим $A=f'(y_{0}),$ $B=g'(x_{0}).$ При достаточно малой длине вектора $k$ вектор $y_{0}+k\in N$ и справедливо равенство
$f(y_{0}+k)-f(y_{0})=A(k)+\alpha(k)|k|,$
где
$\lim_{k \to 0}\alpha (k)=0 \qquad (\alpha (0)=0). \tag {13.2}$
(Заметим, что $N$ — открытое множество, и поэтому $y_{0}+k\in N$ при достаточно малых по длине векторах $k.$ ) Если вектор $h$ достаточно мал, то $x_{0}+h\in E.$ Положим $k\equiv k(h)=g(x_{0}+h)-g(x_{0}).$ Тогда $f(y_{0}+k)= f(g(x_{0}+h))=F(x_{0}+h)$ и получаем
$F(x_{0}+h)-F(x_{0})=A(k(h))+\alpha (k(h))|k(h)|, \tag {13.3}$
где
$k(h)=B(h)+\beta (h)|h|$
по свойству дифференцируемости отображения $g,$ и $\displaystyle\lim_{h \to 0} \beta (h)=0$ . Подставив это в равенство $(13.3),$ получаем
$F(x_{0}+h)-F(x_{0})=A(B(h))+r(h),$
где
$r(h)=A(\beta(h)|h|)+\alpha (k(h))|k(h)|.$
По определению производной, нужно доказать, что $\lim_{h \to 0}\frac{|r(h)|}{|h|}=0,$
и тем самым теорема будет доказана.
Пусть $r_{1}(h)=A(\beta (h)|h|).$ Тогда в силу линейности отображения $А,$
$\frac{|r_{1}(h)|}{|h|}=| A(\beta (h))| \leqslant \begin{Vmatrix}A\end{Vmatrix}\cdot| \beta (h)|.$
Но правая часть стремится к нулю при $h\to 0$ , и поэтому получаем, что
$\lim_{h \to 0}\frac{|r_{1}(h)|}{|h|}=0.$
Теперь положим $r_{2}(h)= \alpha (k(h))|k(h)|.$ Воспользуемся неравенством
$|k(h)|\leqslant |B(h)|+|h|\cdot|\beta(h)|\leqslant [\begin{Vmatrix}B\end{Vmatrix}+|\beta (h)|]\cdot | h |,$
откуда
$\frac{|r_{2}(h)|}{|h|}\leqslant (\begin{Vmatrix}B\end{Vmatrix}+| \beta (h)|)| \alpha (k(h))|.$
Первый множитель справа ограничен при достаточно малых $h,$ а второй множитель справа стремится к нулю при $h\to 0$ в силу $(13.2).$
Таким образом, $\frac{|r_{}(h)|}{|h|}\leqslant \frac{|r_{1}(h)|}{|h|}+\frac{|r_{2}(h) |}{|h|}$ стремится к нулю при $h\to 0,$ и теорема доказана.

В правой части равенства $(13.1)$ мы имеем композицию линейных отображений $f{}'(y_{0})$ и $g{}'(x_{0}).$ Поэтому доказанную теорему можно сформулировать так: производная композиции равна композиции производных.

Пусть $z=f(y^{1},\ldots,y^{m})$ – действительная функция. Если положить $y^{i}=g_{i}(x) (i=1,\ldots,m),$ то получим $z=f(g_{1}(x),\ldots,g_{m}(x)),$ и тогда, согласно правилу дифференцирования сложной функции,
$\frac{\mathrm{dz} }{\mathrm{d} x}=\frac{\partial f}{\partial y^{1}}\frac{\mathrm{dg_{1}} }{\mathrm{d} x}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial y^{m}}\frac{\mathrm{dg_{m}} }{\mathrm{d} x}$
Положим теперь $y^{i}=g_{i}(x^{1},\ldots,x^{n}) (i=1,\ldots,m)$ и получим сложную функцию $z=f(g_{1}(x^{1},\ldots,x^{n}),\ldots,g_{m}(x^{1},\ldots,x^{n})).$ Если воспользоваться упомянутым только что правилом дифференцирования сложной функции, то получим
$\frac{\partial z}{\partial x^{i}}=\frac{\partial f}{\partial y^{1}}\frac{\partial g_{1}}{\partial x^{i}}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial y^{m}}\frac{\partial g_{m}}{\partial x^{i}} \qquad (i=1,\ldots,n).$
Это равенство называется цепным правилом.

Цепное правило можно вывести также из только что доказанной теоремы. Действительно, положим в теореме $p = 1,$ т. е. рассмотрим случай, когда $f$ – действительная функция. Тогда $F:E \longmapsto \mathbb{R}$ – действительная функция. Из соотношения $(13.1)$ видно, что матрица производной $F'(x_{0})$ равна произведению матриц $f{}'(y_{0})$ и $g{}'(x_{0}).$ В векторной форме это можно записать так:
$( \frac{\partial F}{\partial x^{1}}(x_{0}),\ldots,\frac{\partial F}{\partial x^{n}}(x_{0}))=$
$=\left ( \frac{\partial f}{\partial y^{1}}(y_{0}),\ldots,\frac{\partial f}{\partial y^{m}}(y_{0}) \right )\cdot\begin{pmatrix} \frac{\partial g_{1}}{\partial x^{1}}(x_{0})& \ldots& \frac{\partial g_{1}}{\partial x^{n}}(x_{0}) \\ \ldots& \ldots& \ldots \\ \frac{\partial g_{m}}{\partial x^{1}}(x_{0})& \ldots& \frac{\partial g_{m}}{\partial x^{n}}(x_{0}) \\ \end{pmatrix} .$
В частности,
$\frac{\partial F }{\partial x^{i}}=\frac{\partial f}{\partial y^{1}}\frac{\partial g_{1}}{\partial x^{i}}+\ldots +\frac{\partial f}{\partial y^{m}}\frac{\partial g_{m}}{\partial x^{i}} \qquad \qquad (i=1,\ldots,n),$
и тем самым снова получаем цепное правило.

Примеры решения задач

Рассмотрим примеры задач, в которых фигурируют производные сложных функций. Читателю с целью самопроверки предлагается решить данные примеры самому, а затем сверить свое решение с приведенным.

Найти производную сложной функции $u=\frac{x}{y}-\frac{y}{x},$ где $x=\sin(t),$ $y=\cos(t)$

Решение

$\frac{\partial u}{\partial x}=\left (\frac{x}{y}-\frac{y}{x} \right )’= \frac{1}{y}(x)’-y\left ( \frac{1}{x} \right )’=\frac{1}{y}+\frac{y}{x^{2}}$
$\frac{\partial u}{\partial y}=\left (\frac{x}{y}-\frac{y}{x} \right )’= x\left ( \frac{1}{y} \right )’-\frac{1}{x}(y)’=-\frac{x}{y^{2}}-\frac{1}{x}$
$\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}={(\sin(t))}’=\cos(t)\qquad$ $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}={(\cos(t))}’=-\sin(t)$
$\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} t}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}=\left ( \frac{1}{y}+\frac{y}{x^{2}} \right )\cos(t)+\left ( -\frac{x}{y}-\frac{1}{x} \right )(-\sin(t))$
Найти полную производную сложной функции $u=x+y^{2}+z^{3},$ где $y=\sin(x),$ $z=\cos(x)$

Решение

$\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} x}=\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}+\frac{\partial u}{\partial z}\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} x}=\\=1+2y\cos(x)+3z^{2}(-\sin(x))=1+2\sin(x)\cos(x)-3\cos^{2}(x)\sin(x)$
Найти полный дифференциал сложной функции $u=\ln^{2}(x^{2}+y^{2}-z^{2})$

Решение

Вначале находим частные производные:
$\frac{\partial u}{\partial x}=2\ln(x^{2}+y^{2}-z^{2})\frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}} 2x$
$\frac{\partial u}{\partial y}=2\ln(x^{2}+y^{2}-z^{2})\frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}} 2y$
$\frac{\partial u}{\partial z}=2\ln(x^{2}+y^{2}-z^{2})\frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}} (-2z)$
Для функции $n$ -переменных $y=f(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})$ полный дифференциал определяется выражением : $dy=\frac{\partial y}{\partial x_{1}}dx_{1}+\frac{\partial y}{\partial x_{2}}dx_{2}+\ldots +\frac{\partial y}{\partial x_{n}}dx_{n}$ . Согласно этой формуле, получаем :
$du=4\ln(x^{2}+y^{2}-z^{2})\frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}(xdx+ydy-zdz)$
Вычислить приближенно $(1,02)^{3,01}$

Решение

Рассмотрим функцию $z=z^{y}.$ При $x_{0}=1$ и $y_{0}=3$ имеем $z_{0}=1^{3}=1,$
$\Delta x=1,02-1=0,02 \qquad \Delta y=3,01-3=0,01.$
Находим полный дифференциал функции $z=x^{y}$ в любой точке:
$dz=yx^{y-1}\Delta x+^{y}\ln(x)\Delta y$
Вычисляем его значения в точке $M(1,3)$ при данных приращениях $\Delta x= 0,02$ и $\Delta y= 0,01$
$dz=3\cdot 1^{2}\cdot 0,02+1^{3}\cdot \ln(1)\cdot 0,02=0,06$
Тогда $z=(1,02)^{3,01}\approx z_{0}+dz=$ 1+0,06=1,06
Найти частные производные второго порядка функции $z=e^{x^{2}y^{2}}$

Решение

Вначале найдем частные производные первого порядка:
$\frac{\partial z}{\partial x}=e^{x^{2}y^{2}}2xy^{2},\qquad \frac{\partial z}{\partial y}=e^{x^{2}y^{2}}2x^{2}y$
Продифференцировав их еще раз, получим:
$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=e^{x^{2}y^{2}}4x^{2}y^{4}+e^{x^{2}y^{2}}2y^{2}$
$\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=e^{x^{2}y^{2}}4x^{4}y^{2}+e^{x^{2}y^{2}}2x^{2}$
$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=e^{x^{2}y^{2}}4x^{3}y^{3}+e^{x^{2}y^{2}}4xy$
$\frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x}=e^{x^{2}y^{2}}4x^{3}y^{3}+e^{x^{2}y^{2}}4xy$
Сравнивая последние два выражения, видим, что $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=\frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x}$
Найти полный дифференциал второго порядка функции $z=x^{3}+y^{3}+x^{2}y^{2}$

Решение

Вначале находим частные производные до второго порядка:
$\frac{\partial z}{\partial x}=3x^{2}+2xy^{2},\qquad \frac{\partial z}{\partial y}=3y^{2}+2x^{2}y$
$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=6x+2y^{2},\qquad \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=6y+2x^{2},\qquad \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=4xy$
Полный дифференциал второго порядка $d^{2}z$ функции $z=f(x,y)$ выражается формулой:
$d^{2}z=\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}dx^{2}+2\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}dxdy+\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}dy^{2}$
Следовательно,
$d^{2}z=(6x+2y^{2})dx^{2}+8xydxdy+(6y+2x^{2})dy^{2}$

Литература

Производная сложной функции

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме.

17 Степенные ряды

Степенным рядом называется ряд вида $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x-x_0)^n,$ где $x_0$ — фиксированная точка, $\{ a_n \}$ — числовая последовательность. Числа $a_n(n = 0,1,…)$ называются коэффициентами ряда, точка $x_0$ — центром ряда. Будем рассматривать ряды вида $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n,$ т. е. полагаем $x_0 = 0.$

Ряд $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}x^n$ — сумма геометрической прогрессии. Этот ряд сходится при $|x| \lt 1$ и расходится при $|x| \ge 1.$

17.1 Структура множества точек сходимости степенного ряда
17.2 Вычисление радиуса сходимости степенного ряда
17.3 Равномерная сходимость и непрерывность суммы степенного ряда
17.4 Почленное интегрирование и дифференцирование степенного ряда
17.5 Ряды Тейлора
- 17.5.1 Определение и основные свойства
- 17.5.2 Разложение основных элементарных функций

13.3 Матрица Якоби

Рассмотрим отображение $f : E \longmapsto R^m,$ где $E \subset R^n.$ Оно состоит из $m$ функций: $f = \left(f_1 \left(x_1,\ldots,x_n \right),f_2 \left(x_1,\ldots,x_n \right),\ldots,f_m \left(x_1,\ldots,x_n \right) \right),$ которые осуществляют отображение множества $E$ из $R^n$ в пространство $R^m.$

Предположим, что функции $f_k \left(x_1,\ldots,x_n \right),$ где $k = \overline{1,m},$ дифференцируемы, то есть имеют частные производные по аргументам $(x_1,\ldots,x_n):$

$\frac{\partial f_1}{\partial x_1},\ldots,\frac{\partial f_n}{\partial x_n}, x = \overline{1,m}.$

Составим матрицу из этих частных производных по переменным $x_1,\ldots,x_n$

$\begin{pmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x_1} & \frac{\partial f_1}{\partial x_2} & \ldots & \frac{\partial f_1}{\partial x_n} \\ \frac{\partial f_2}{\partial x_1} & \frac{\partial f_2}{\partial x_2} & \ldots & \frac{\partial f_2}{\partial x_n} \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ \frac{\partial f_m}{\partial x_1} & \frac{\partial f_m}{\partial x_2} & \ldots & \frac{\partial f_m}{\partial x_n} \end{pmatrix}$

Такая матрица называется матрицей Якоби.

Если $m = n,$ то получаем квадратную матрицу, определитель которой называется определителем Якоби или якобианом $Jf(x)$ и обозначается

$Jf(x) = \frac{\partial (f_1, \ldots, f_n)}{\partial (x_1, \dots, x_n)} = \begin{vmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x_1}(x) & \frac{\partial f_1}{\partial x_2}(x) & \ldots & \frac{\partial f_1}{\partial x_n}(x) \\ \frac{\partial f_2}{\partial x_1}(x) & \frac{\partial f_2}{\partial x_2}(x) & \ldots & \frac{\partial f_2}{\partial x_n}(x) \\ \dots & \dots & \dots & \dots \\ \frac{\partial f_n}{\partial x_1}(x) & \frac{\partial f_n}{\partial x_2}(x) & \ldots & \frac{\partial f_n}{\partial x_n}(x) \end{vmatrix}.$

Замечание. Если все частные производные непрерывны, то и сам оределитель Якоби является непрерывной функцией.

Теорема. Якобиан тождественно равен нулю в некоторой области $\mathbb{S}$ :

$\frac{D(f_1,f_2, \ldots, f_n)}{D(x_1,x_2, \ldots, x_n)} \equiv 0$ при $x = \left(x_1, \ldots, x_n \right) \in \mathbb{S}$

тогда и только тогда, когда между функциями $f_1,f_2,\ldots,f_n$ имеется функциональная зависимость в $\mathbb{S},$ то есть существует функция $G \left(y_1,y_2,\ldots,y_n \right) \not \equiv 0$ такая, что

$G \left(f_1(x),f_2(x),\ldots,f_n(x) \right) \equiv 0$ при всех $x = (x_1, \ldots, x_n) \in \mathbb{S}.$

Пример 1.Являются ли функции функционально зависимыми?

$\begin{cases} f_1 = x_1 + x_2 + x_3 -1; \\ f_2 = x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3 -2; \\ f_3 = x^2_1 + x^2_2 + x^2_3 + 3. \end{cases}$

Решение.

$\frac{D(f_1,f_2,f_3)}{D(x_1,x_2,x_3)} = \begin{vmatrix} \\ 1 & 1 & 1 \\ x_2 + x_3 & x_1 + x_3 & x_1 + x_2 \\ 2x_1 & 2x_2 & 2x_3 \end{vmatrix} =$

$=\begin{vmatrix} \\ 1 & 1 & 1 \\ x_1 + x_2 + x_3 & x_1 + x_2 + x_3 & x_1 + x_2 + x_3 \\ 2x_1 & 2x_2 & 2x_3 \end{vmatrix} \equiv 0$

Так как якобиан равен нулю, то эти функции функционально зависимы. Несложно найти эту зависимость:

$\left(f_1 + 1 \right)^2 -2\left(f_2 + 2 \right) -\left(f_3 -3\right) = 0.$

Для линейных функций $f_1 = a_{11} x_1 + \ldots + a_{1n} x_n -b_1, \ldots , f_m = a_{m1} x_1 + a_{mn} x_n -b_m$ матрица Якоби будет матрицей коэффициентов при переменных:

Решение.

$\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \ldots & a_{1n} \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ a_{m1} & a_{m2} & \ldots & a_{mn} \end{pmatrix}$

Если мы хотим разрешить систему $f_1 = 0,f_2 = 0, \ldots, f_n = 0$ относительно $x_1, \ldots, x_n,$ то для случая $m = n$ определитель Якоби

$\begin{vmatrix} a_{11} & \ldots & a_{1n} \\ \ldots & \ldots & \ldots \\ a_{n1} & \ldots & a_{nn}\end{vmatrix}$

есть определитель системы и для её разрешимости он должен быть отличен от нуля.

Переход элементарной площади $dS = dx\,dy$ от декартовых координат $\left( x,y \right)$ к полярным координатам $\left( r,\phi \right)$ :

Решение.

$\begin{cases} x = r\,\cos(\phi); \\ y = r\,\sin(\phi). \end{cases}$

Матрица Якоби имеет вид:

$J(r,\phi) = \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \phi} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \phi} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos(\phi) & -r\,\sin(\phi) \\ \sin(\phi) & r\,\cos(\phi) \end{pmatrix}.$
Якобиан перехода от декартовых координат к полярным есть определитель матрицы Якоби:

$J(r,\phi) = \det I(r,\phi) = \det\begin{pmatrix} \cos(\phi) & -r\,\sin(\phi) \\ \sin(\phi) & r\,\cos(\phi) \end{pmatrix}.$

Таким образом, элемент площади при переходе от декартовых к полярным координатам будет выглядеть следующим образом:

$dS = dx\,dy = J\left(r,\phi \right) dr\,d\phi = r\,dr\,d\phi.$

Переход элементарного объёма $dV$ = $dx$ $dy$ $dz$ от декартовых координат $\left(x,y,z \right)$ к сферическим координатам $\left(r,\theta,\phi \right)$ :

Решение.

$\begin{cases}x = r\,\sin(\theta)\,\cos(\phi); \\ y = r\,\sin(\theta)\,\sin(\phi); \\ z = r\,\cos(\theta).\end{cases}$

Матрица Якоби имеет следующий вид: $I(r,\theta,\phi) = \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} \frac{\partial x}{\partial \theta} \frac{\partial x}{\partial \phi} \\ \frac{\partial y}{\partial r} \frac{\partial y}{\partial \theta} \frac{\partial y}{\partial \phi} \\ \frac{\partial z}{\partial r} \frac{\partial z}{\partial \theta} \frac{\partial z}{\partial \phi} \end{pmatrix} =$

$= \begin{pmatrix} \sin(\theta) \cos(\phi) & r\,\cos(\theta) \cos(\phi) & -r\,\sin(\theta)\,\sin(\phi) \\ \sin(\theta)\,\sin(\phi) & r\,\cos(\theta)\,\sin(\phi) & r\,\sin(\theta)\,\cos(\phi) \\ \cos(\theta) & -r\,\sin(\theta) & 0 \end{pmatrix}.$

А якобиан перехода от декартовых координат к сферическим – есть определитель матрицы Якоби:

$J\left(r,\theta,\phi \right) = \det I\left(r,\theta,\phi \right)$ =

= $\begin{vmatrix} \sin(\theta)\,\cos(\phi) & r\,\cos(\theta)\,\cos(\phi) & -r\,\sin(\theta)\,\sin(\phi) \\ \sin(\theta)\,\sin(\phi) & r\,\cos(\theta)\,\sin(\phi) & r\,\sin(\theta)\, \cos(\phi) \\ \cos(\theta) & -r\,\sin(\theta) & 0 \end{vmatrix} = r^2\sin(\theta).$

Таким образом, элемент объёма при переходе от декартовых к сферическим координатам будет выглядеть следующим образом:

$dV = dx\,dy\,dz = J\left(r,\theta,\phi \right) dr\,d\theta\,d\phi = r^2\,\sin(\theta)\,dr\,d\theta \,d\phi.$

Матрица Якоби

Для закрепления пройденного материала предлагается пройти тест.

Список использованной литературы

2.5 Критерий Коши

Если для исследования сходимости последовательности применять определение предела, то мы заранее должны знать, является ли данная последовательность сходящейся и значение ее предела. Используя определение предела, мы можем лишь доказывать выдвинутую гипотезу. Однако в ряде случаев по самому виду последовательности трудно определить, является ли она сходящейся или расходящейся. Например, $x_n = 1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{n}$ . В связи с этим возникает необходимость найти внутреннее свойство последовательности, равносильное сходимости и не
зависящее от числа $a$ – предела последовательности. Мы докажем, что таким свойством является фундаментальность.

Определение. Последовательность $\{x_n\}$ называется фундаментальной (сходящейся в себе), если для любого $\varepsilon > 0$ найдется такой номер $N$ , зависящий, вообще говоря, от $\varepsilon$ , что для всех номеров $n \geqslant N$ , $m \geqslant N$ справедливо неравенство $|x_n — x_m| < \varepsilon$ .

Существенное отличие определения фундаментальности от определения предела состоит в том, что в определении предела мы должны знать значение предела, а в определении фундаментальности это не требуется. Смысл определения предела состоит в том, что все элементы последовательности с достаточно большими номерами мало отличаются от значения предела, т. е. $|x_n — a| < \varepsilon$ при $n \geqslant N = N(\varepsilon)$ . В определении фундаментальности требуется чтобы все элементы последовательности с достаточно большими номерами мало отличались друг от друга $\Big(|x_n — x_m| < \varepsilon$ , $n, m \geqslant N = N(\varepsilon)\Big).$

Равносильность сходимости последовательности и ее фундаментальности устанавливает следующая теорема.

Теорема (критерий Коши). Для того чтобы последовательность была сходящейся, необходимо и достаточно, чтобы она была фундаментальной.

Необходимость доказывается совсем просто. В самом деле, нужно показать, что из сходимости следует фундаментальность. Пусть последовательность $\{x_n\}$ сходится и $\lim\limits_{n\to \infty}x_n = a$ . Зададим $\varepsilon > 0$ и найдем номер $N$ , такой, что для любого $n \geqslant N$ справедливо неравенство $|x_n — a| < \frac{\varepsilon}{2}$ . Если $n, m \geqslant N$ , то получим $|x_n — x_m| \leqslant |x_n — a| + |x_m — a| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$ а это и означает, что $\{x_n\}$ – фундаментальна.

Достаточность. Нужно показать, что из фундаментальности последовательности следует ее сходимость. Сначала мы покажем, что из фундаментальности следует ограниченность. Затем, используя лемму Больцано – Вейерштрасса, из ограниченной последовательности выделим сходящуюся подпоследовательность и, наконец, снова используя фундаментальность, покажем, что и вся последовательность сходится к тому же пределу, что и выделенная подпоследовательность.

Итак, пусть $\{x_n\}$ – фундаментальная последовательность. Докажем ее ограниченность. Зададим $\varepsilon = 1$ и, пользуясь фундаментальностью, найдем номер $N_1$ , такой, что для любых $n, m \geqslant N_1$ справедливо неравенство $|x_n — x_m| < 1$ . Зафиксируем $m = N_1$ . Тогда получим, что для всех $n \geqslant N_1$ имеет место неравенство $|x_n — x_m| < 1$ , т. е. ${x_N}_1 — 1 < x_n < {x_N}_1 + 1$ . Отсюда следует, что $|x_n| \leqslant |{x_N}_1| + 1$ для всех $n \geqslant N_1$ . Во множестве $E = \{|{x_N}_1| + 1, |x_1| , \ldots , |{x_N}_1 − 1|\}$ , состоящего из конечного числа элементов, выберем наибольший $A = \max\{|{x_N}_1| + 1, |x_1| ,\ldots, |{x_N}_1 − 1|\}$ . Тогда получим, что $|x_n| \leqslant A$ для всех $n = 1, 2,\ldots$ , а это и означает, что $\{x_n\}$ – ограниченная последовательность.

Применяя теперь к ограниченной последовательности $\{x_n\}$ лемму Больцано – Вейерштрасса, выделим из нее сходящуюся подпоследовательность ${\{{x_n}_k\}}^\infty_{k = 1}$ и обозначим через a предел этой подпоследовательности. Покажем, что вся последовательность $\{x_n\}$ также сходится к числу a, т. е. что $\lim\limits_{n\to \infty}x_n = a$ .

Зададим $\varepsilon > 0$ и, пользуясь фундаментальностью последовательности $\{x_n\}$ , найдем такой номер $N$ , что для всех номеров $n, m \geqslant N$ справедливо неравенство $|x_n − x_m| < \frac{\varepsilon}{2}$ . Далее, пользуясь тем, что $\lim\limits_{k\to \infty}{x_n}_k = a$ , для заданного $\varepsilon$ найдем номер $k$ , такой, что $n_k \geqslant N$ (это возможно, поскольку $n_k \rightarrow \infty$ при $k \rightarrow \infty$ ) и $|{x_n}_k — a| < \frac{\varepsilon}{2}$ . Положим $m = n_k$ . Тогда получим, что для любого $n \geqslant N$ справедливо неравенство $|x_n − {x_n}_k| < \frac{\varepsilon}{2}$ . Отсюда следует, что для $n \geqslant N$ $|x_n — a| \leqslant |x_n — {x_n}_k| + |{x_n}_k — a| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.$

Итак, для заданного $\varepsilon > 0$ мы нашли номер $N$ , начиная с которого справедливо неравенство $|x_n — a| < \varepsilon$ . Поскольку выбранное $\varepsilon > 0$ произвольно, то по определению предела последовательности получаем, что $\lim\limits_{n\to \infty}x_n = a$ .

Определение фундаментальности последовательности можно сформулировать в такой эквивалентной форме.

Определение. Последовательность $\{x_n\}$ называется фундаментальной, если для любого $\varepsilon > 0$ найдется такой номер $N$ , зависящий, вообще говоря, от $\varepsilon$ , что для любого $n \geqslant N$ и для любого $p \in N$ справедливо неравенство $|x_{n + p} — x_n| < \varepsilon$ .

Пользуясь этим определением, скажем, что последовательность $\{x_n\}$ не является фундаментальной, если найдется такое $\varepsilon_0 > 0$ , что для любого $N$ существуют такой номер $n \geqslant N$ и такое натуральное число $p$ , что $|x_{n + p} − x_n| \geqslant \varepsilon_0$ .

Пример 1. Рассмотрим последовательность $x_n = 1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{n}$ . Для натуральных $n$ и $p$ имеем $x_{n + p} − x_n = \frac{1}{n + 1} + \ldots + \frac{1}{n + p} \geqslant \frac{1}{n + p} + \ldots + \frac{1}{n + p} = \frac{p}{n + p}$ . Если $n$ зафиксировано, то для $p = n$ получаем $|x_{n + p} − x_n| \geqslant \frac{1}{2}$ . Выберем $\varepsilon_0 = \frac{1}{2} > 0$ . Тогда для любого номера $N$ положим $n = N$ , $p = n$ и будем иметь $|x_{n + p} − x_n| \geqslant \varepsilon_0$ . Это означает, что данная последовательность не является фундаментальной и, следовательно, в силу критерия Коши, она расходится.

Пример 2. Покажем, что последовательность $x_n = \frac{\sin 1}{1^2} + \frac{\sin 2}{2^2} + \ldots + \frac{\sin n}{n^2}$ фундаментальна, а значит, сходящаяся. Для натуральных $n$ и $p$ имеем $|x_{n + p} − x_n| \leqslant \frac{1}{(n + 1)^2} + \ldots + \frac{1}{(n + p)^2} \leqslant$ $\leqslant \frac{1}{n(n + 1)} + \ldots + \frac{1}{(n + p — 1)(n + p)} =$ $= \frac{1}{n} — \frac{1}{n + 1} + \ldots + \frac{1}{n + p — 1} — \frac{1}{n + p} =$ $= \frac{1}{n} — \frac{1}{n + p} \leqslant \frac{1}{n} < \varepsilon,$ если только $n \geqslant N = [\frac{1}{\varepsilon}] + 1$ . Этим самым доказано, что данная последовательность фундаментальна.

Пример 3. Доказать, что последовательность $x_n = \frac{a_1}{1^2} + \frac{a_2}{2^2} + \ldots + \frac{a_n}{n^2},$ где $|a_n| \leqslant 2$ для всех $n$ натуральных, сходится, с помощью критерия Коши.

Решение

Для натуральных $n$ и $p$ $|x_{n + p} — x_n| = \frac{|a_{n + 1}|}{(n + 1)^2} + \ldots + \frac{|a_{n + p}|}{(n + p)^2} \leqslant$ $\leqslant \frac{2}{(n + 1)^2} + \ldots + \frac{2}{(n + p)^2} \leqslant$ $\leqslant \frac{2}{(n + 1)n} + \ldots + \frac{2}{(n + p)(n + p — 1)} =$ $= \frac{2}{n} — \frac{2}{n + 1} + \ldots + \frac{2}{n + p — 1} — \frac{2}{n + p} =$ $= \frac{2}{n} — \frac{2}{n + p} \leqslant \frac{2}{n} < \varepsilon$ если только $n \geqslant N = [\frac{2}{\varepsilon}] + 1$ . таким образом доказано, что последовательность фундаментальна, а следовательно она сходится.

Упражнение. Покажите, что условие $\lim\limits_{n \to \infty}(x_{n+p} — x_n) = 0$ , справедливое при любом натуральном $p$ , не влечет фундаментальность последовательности $\{x_n\}$

Литература

З. М. Лысенко, Конспект по математическому анализу, Курс 1, Семестр 1
В. И. Коляда, А. А. Кореновский, Курс лекций по математическому анализу, Часть 1, 2010г. стр. 29 — 33
Л. Д. Кудрявцев, Курс математического анализа, Том 1, 1988-1989г. стр. 115-118

Критерий Коши

Тест по теме: «Фундаментальные последовательности. Критерий Коши сходимости числовой последовательности.»

Таблица лучших: Критерий Коши

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

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Примеры решения задач

Литература

Непрерывные функции

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

Примеры решения задач

Литература

Производная сложной функции

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

Элементы сортировки

8.

9.

Матрица Якоби

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

Список использованной литературы

Литература

Критерий Коши

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

Элементы сортировки

5.

Таблица лучших: Критерий Коши