Рубрика: Математический анализ

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

12.2 Производная

Пусть $f$ – действительная функция, определенная на интервале $(a, b)\subset \mathbb R$. Производной функции $f$ в точке $x_0\in(a, b)$ мы называли предел $$\lim_{h\to\infty}=\frac{f(x_0+h) — f(x_0)}{h}=f'(x_0). \qquad \left( 12.3 \right)$$ Функцию $f$ называли дифференцируемой в точке $x_0$, если $$f(x_0+h)=f(x_0) + Ah + \overline{o}(h) \quad (h \to 0).$$ Ранее было показано, что дифференцируемость эквивалентна наличию производной.

Определим линейную функцию на прямой равенством $A(h)=f'(x_0)h\ (h \in \mathbb R)$. Тогда равенство $(12.3)$ можно переписать в виде $$\lim_{h\to\infty}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)-A(h)}{|h|}=0, \qquad \left( 12.4 \right)$$ а определение дифференцируемости можно сформулировать так: функция $f$ дифференцируема в точке $x_0$, если существует такая линейная функция $A$, что выполняется равенство $(12.4)$. В таком виде определение дифференцируемости может быть перенесено на многомерный случай.

Определение. Пусть функция $f:E\mapsto\mathbb R$ задана некотором открытом множестве $E \subset \mathbb R^n$ и точка $x_0 \in E$, если существует такая линейная форма $A: \mathbb R^n \mapsto \mathbb R$, что выполняется равенство $$\lim_{h\to\infty}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)-A(h)}{|h|}=0. \qquad \left( 12.5 \right)$$ Эта линейная форма $A$ называется производной функции $f$ в точке $x_0$ и обозначается $f'(x_0)$. Её называют также дифференциалом функции $f$ в точке $x_0$ и обозначают $\textrm{d}f(x_0)$.

Равенство $(12.5)$ равносильно следующему соотношению: $$f(x_0+h)=f(x_0)+A(h)+r(h), \qquad \left( 12.6 \right)$$ где $\frac{r(h)}{|h|}\to 0$ при $h \to 0$. В этом случае пишут, что $r(h)=\overline{o}(h)$ и поэтому вместо $(12.6)$ можно записать $$f(x_0+h)=f(x_0)+A(h)+\overline{o}(|h|). \qquad \left( 12.7 \right)$$
Если положить $h=x-x_0$, то условие дифференцируемости $(12.7)$ можно переписать в следующем виде: $$f(x)=f(x_0)+A(x-x_0)+\overline{o}(|x-x_0|). \qquad \left( 12.8 \right)$$

Обозначим $\lambda(x)=f(x_0)+A(x-x_0)$. Функция $\lambda$ достаточно хорошо приближает функцию $f$ вблизи точки $x_0$. Эта функция $\lambda$ является аффинной (аффинной называется функция вида $\lambda(x)=A(x)+c$, где $A$ — линейная форма, т.е. аффинная функция — это сдвиг линейной формы на постоянную $c$).

Графиком функции $f:E\mapsto\mathbb R\ (E\subset\mathbb R^n)$ называется множество точек $(x^1,\ldots ,x^n,z)\in\mathbb R^{n+1}$, удовлетворяющих условию $z=f(x^1,\ldots,x^n)$, где $x\in E$, а $x^1,\ldots,x^n$ — координаты вектора $x$.

Пусть $Q$ — некоторое множество в $\mathbb R^m$. Расстоянием от точки $x_0$ до множество $Q$ называется число $$d(x_0,Q)=\inf_{y\in Q}|x_0-y|.$$

Определение. Пусть функция $f:E\mapsto\mathbb R$, где открытое множество $E \subset \mathbb R^n$, и пусть $Q$ — график функции $f$ в $\mathbb R^{n+1}$. Гиперплоскость $H$ в $\mathbb R^{n+1}$ называется касательной гиперплоскостью к графику функции $f$ в точке $w_0=(x_0^1,\ldots,x_0^n,z_0)$, где $z_0=f(x_0)$, если эта гиперплоскость проходит через точку $w_0$ и выполнено условие $$\lim_{w \to w_0, w \in H}\frac{d(w,Q)}{|w-w_0|}=0. \qquad \left( 12.9 \right)$$

Пусть функция $f$ дифференцируема в точке $x_0$, $Q$ — график функции $f$. Тогда выполнено соотношение $$f(x)=f(x_0)+A(x-x_0)+\overline{0}(|x-x_0|).$$ Рассмотрим гиперплоскость $H$ в $\mathbb R^{n+1}$, определяемую уравнением $z=f(x_0)+A(x-x_0)$. Пусть $w=(x^1,\ldots,x^n,z)\in H$. Оценим, используя $(12.8)$, $$d(w,Q)\le|f(x)-f(x_0)-A(x-x_0)|=\overline{o}(|x-x_0|).$$ Но из неравенства $|x-x_0|\le|w-w_0|$ получаем, что выполнено соотношение (12.9). Таким образом, если функция $f$ дифференцируема в точке $x_0$, то в соответствующей точке $w_0$ её графика существует касательная гиперплоскость. Эта гиперплоскость задается уравнением $$z=f(x_0)+A(x-x_0),$$ где $A=f'(x_0)$. В этом состоит геометрический смысл производной.

Следует понимает, что $f'(x_0)\equiv \textrm{d}f(x_0)$ — это единый символ, определяющий линейную форму, т.е. производная — это не число, а линейная форма. При этом функция $f$ задана на некотором множестве $E \subset \mathbb R^n$, а $f'(x_0)$, как и всякая линейная форма, определена на всём пространстве $\mathbb R^n$. В то же время для любого $h \in \mathbb R^n$ значение линейной формы $f'(x_0)(h)$ является действительным числом.

Согласно нашему обозначению, производная и дифференциал — одно и то же понятие.

Итак, мы получаем отображение $x_0 \mapsto \textrm{d}f(x_0)$, которое каждой точке $x_0 \in E$ ставит в соответствие линейную форму $\textrm{d}f(x_0)$.

При $n = 1$ производной функции $f$ в точке $x_0$ мы называли число $$a=\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}.$$
Это равносильно тому, что $$\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)-ah}{h}=0, \qquad \left( 12.10 \right)$$ а функция $f$ называлась дифференцируемой в точке $x_0$, если существует такое число $a$, что выполнено неравенство $(12.10)$.

В многомерном случае для определения производной мы используем линейную форму $A$. При $n = 1$ существует взаимно однозначное соответствие между множеством всех действительных чисел $\mathbb R$ и множеством $\mathbb R^*$ всех линейных форм на $R$. Это соответствие получим, если каждому числу $a \in \mathbb R$ поставим в соответствие линейную функцию $A(h) = ah$.
Поэтому, используя вышесказанное, с точностью до изоморфизма можно
отождествлять множество всех линейных форм и множество всех действительных чисел.

В одномерном случае часто различают понятие производной и дифференциала. Именно, производной называется число $a$, его обозначают $f'(x_0)$, для которого справедливо равенство $$f(x_0+h)-f(x_0)=f'(x_0)h+\overline{o}(h),$$ где первое слагаемое справа понимается как произведение двух чисел – $f’$ и $h$. Дифференциалом же называют линейную функцию на $\mathbb R$, которая действует по правилу $A(h) = f'(x_0)h\ (h \in \mathbb R)$. Эту линейную функцию обозначают $df(x_0)$ и можно записать $$f(x_0+h)-f(x_0)=\textrm{d}f(x_0)h+\overline{o}(h).$$ Здесь первое слагаемое справа понимается как значение линейной функции $\textrm{d}f(x_0)$ в точке $h$. Его можно обозначить также $\textrm{d}f(x_0)(h)$.

Теорема 1 (о производной аффинной функции). Пусть $f$ — действительная аффинная функция на $\mathbb R^n$, т. е. $f(x) = Ax + c$, где $A$ – линейная форма, $c$ – действительная постоянная, $x \in \mathbb R^n$. Тогда функция
$f$ дифференцируема в каждой точке $x \in \mathbb R^n$ и ее производная, или, что
то же самое, дифференциал, равна $\textrm{d}f(x) = A$.

Доказательство. Поскольку форма $A$ линейная, то $$f(x+h)-f(x)=A(x+h)+c-(A(x)+c)=A(x+h)-A(x)=A(h).$$ Отсюда следует $$\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)-A(h)}{|h|}=0,$$ и теорема доказана.

Замечание. В частном случае, если $f(x)=c$, где $c$ — постоянная, то $\textrm{d}f(x)=0$, где $0$ — нулевая линейная форма.

Теорема 1 показывает, что производная аффинной функции для всех точек $x \in \mathbb R^n$ имеет одно и то же значение $A$. Это является обобщеним того факта, что в одномерном случае производная аффинной функции постоянна, т. е. $(\alpha x + \beta)’ = \alpha$. С геометрической точки зрения графиком аффинной функции является гиперплоскость и она же является касательной для самой себя.

Теорема 2 (о единственности дифференциала). Если $f$ дифференцируема в точке $x_0$, то ее дифференциал единственен.

Предположим, что существуют две линейные формы $A_1$ и $A_2$ на $\mathbb R^n$ такие что $$\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)-A_ih}{|h|}=0\quad (i=1,2).$$ Тогда получаем $$\lim_{h\to 0}\frac{A_1(h)-A_2(h)}{|h|}=0.$$ Покажем, что отсюда следует равенство $A_1=A_2$. Это будет означать, что эти формы совпадают в каждой точке $u$. Итак, нужно доказать, что для любого $u \in \mathbb R^n$ справедливо равенство $A_1(u) = A_2(u)$. Пусть $u ∈ \mathbb R^n, u \neq 0$. Полагая $h = tu$, где действительное число $t \neq 0$, получим, что $$\lim_{t\to 0}\frac{A_1(tu)-A_2(tu)}{|tu|}=0.$$
Можем считать, что $t > 0$. Тогда, пользуясь линейностью $A_1$ и $A_2$, получим $$\frac{A_1(u) − A_2(u)}{|u|} = 0,$$ что и требовалось доказать.

Теорема 3. Если $f$ дифференцируема в точке $x_0$, то она непрерывна в этой точке.

Из дифференцируемости $f$ следует, что $$f(x)=f(x_0)+A(x-x_0)+\overline(o)(|x-x_0|),$$ где $A = \textrm{d}f(x_0)$ – линейная форма. Но поскольку линейная форма непрерывна в точке $0$ и $A(0) = 0$, то при $x\to x_0$ два последних слагаемых справа стремятся к нулю, так что получаем $$\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0),$$ что и требовалось доказать.

Замечание. Из непрерывности функции не следует дифференцируемость. Например, пусть $f(x) = |x|, x \in \mathbb R^n$. Тогда из неравенства $||x’|−|x»|| \le |x’ − x»|$ следует, что функция $f$ равномерно непрерывна на всем $\mathbb R^n$. Покажем, что в точке $x=0$ она не является дифференцируемой.
Действительно, предположим, что существует такая линейная форма $A$, что $$\lim_{h \to \infty}\frac{f(h)-f()-A(h)}{|h|}=0,$$ т.е. $$\lim_{h \to \infty}\frac{|h|-A(h)}{|h|}=0.$$ Отсюда следует, что $\frac{A(h)}{|h|}\to 1$ при $h \to 1$. Если теперь вместо $h$ взять $-h$, то получим, что $\frac{-A(h)}{|h|}\to 1$, или, что то же самое, $\frac{A(h)}{|h|}\to -1$. Тем самым, мы пришли к противоречию с единственностью предела.

Пример 1. Рассмотрим функцию $f(x, y)=x^2+y^2$ в окрестности точки $(x_0, y_0)$. Имеем $$f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)=(x_0+h)^2\- (y_0+k)^2-x_0^2-y_0^2= \\ =\underbrace{2x_0h+2y_0k}_{линейная часть} +h^2+k^2=A(h,k)+r(h,k),$$ где  $A(h, k) = 2x_0h+2y_0k$ – линейная функция переменных $h$ и $k$, $r(h, k)=h^2+k^2=\overline{o}(\sqrt{h^2+k^2})$, поскольку $\frac{r(h,k)}{\sqrt{h^2+k^2}}\to 0$ при $(h, k)\to (0, 0)$. Тем самым мы доказали дифференцируемость функции $f$ в точке $(x_0, y_0)$ по определению.

Пример 2. Пусть $$f(x,y)=
\begin{equation*}
\begin{cases}
\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}, x^2+y^2>0,
\\
0, x=y=0.
\end{cases}
\end{equation*}$$
В окрестности каждой точки, кроме начала координат, эта функция
является частным двух непрерывных функций и знаменатель отличен от
нуля, так что она непрерывна. Докажем, что $f$ непрерывна и в точке $(0, 0).$ Для этого воспользуемся неравенством $2|xy|\le x^2+y^2$. Отсюда получим, что $|f(x,y)|\le\frac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}$, а из этого неравенства вытекает, что $$\lim_{(x,y)\to (0,0)}f(x,y)=0=f(0,0).$$ Итак, функция $f$ непрерывна в каждой точке $(x,y)\in \mathbb R^2$.
Покажем, что она не является дифференцируемой в начале координат. Предположим противное. Тогда справедливо равенство $$\frac{hk}{\sqrt{h^2+k^2}}-\alpha h-\beta k=\overline{o}(\sqrt{h^2+k^2}),$$ где $\alpha$ и $\beta$ — действительные числа. Если положим $k=0$, $h\neq 0$, то получим, что $−\alpha h = \overline{o}(|h|)$. Отсюда следует, что $\alpha = 0$. Аналогично находим, что $\beta = 0$. Таким образом, получаем равенство $$\frac{hk}{\sqrt{h^2+k^2}}=\overline{o}(\sqrt{h^2+k^2}),$$ или, поделив на $\sqrt{h^2+k^2}$, $$\frac{hk}{h^2+k^2}\to 0 \quad (\ (h,k)\to (0,0)\ ).$$ Но это невозможно, ибо если взять $h = k$, то получим $\frac{hk}{h^2+k^2}=\frac{1}{2}$, так что приходим к противоречию.

Пример 3. Рассмотрим функцию $f(x, y)=xy^2$. Функция дифференцируема на всей плоскости $OXY$. Действительно, ведь полное приращение имеет вид $$f(x+h,y+k)-f(x,y)=(x+h)(y+k)^2-xy^2=\\=y^2h+2xyk+(2yk+k^2)h+xk^2,$$ и положив $y^2h+2xyk=A(h,k)$, $xk^2+2yhk+hk^2=r(x,y)$, получим представление полного приращения вида аналогичного примеру 1.

Литература

Производная

Пройдите этот тест, чтобы проверить, как вы усвоили материал.

4.9.2 Показательная функция

Пусть $a > 1, \mathit{x} \in \mathbb{R}$. Выберем последовательность рациональных чисел $\left \{ r_{n} \right \}$, сходящуюся к $x$. Тогда, в силу леммы $\left ( \ast \right )$, последовательность $\left \{ a^{r_{n}} \right \}$ сходится. Положим по определению $a^{x}= \lim\limits_{n \to \infty} a^{r_{n}}$. Для доказательства корректности данного определения нужно показать, что $a^{x}$ не зависит от выбора последовательности $\left \{ r_{n} \right \}$, сходящейся к $x$. Покажем это. Пусть $\left \{ r_{n}^{\prime} \right \}$ и $\left \{ r_{n}^{\prime\prime} \right \}$ сходятся к $x$, а $\left \{ a^{r_{n}^{\prime}} \right \}$ и $\left \{ a^{r_{n}^{\prime\prime}} \right \}$ сходятся к разным пределам (сходимость этих последовательностей вытекает из леммы $\left ( \ast \right )$. Но тогда последовательность $\left \{ r_{1}^{\prime}, r_{1}^{\prime\prime}, r_{2}^{\prime}, r_{2}^{\prime\prime}, \ldots \right \}$ сходится, а последовательность $\left \{ a^{r_{1}^{\prime}}, a^{r_{1}^{\prime\prime}}, a^{r_{2}^{\prime}}, a^{r_{2}^{\prime\prime}},\ldots \right \}$ имеет два различных частичных предела и, стало быть, расходится, что противоречит лемме $\left ( \ast \right )$.

Итак, для определения $a^{x}$ можно выбрать любую последовательность рациональных чисел, сходящуюся к $x$. Значение $a^{x}$ не зависит от выбора этой последовательности. Таким образом, для $a > 1$ каждому $\mathit{x} \in \mathbb{R}$ поставлено в соответствие число $a^{x}$, т. е. мы получаем функцию $f\left ( x \right ) = a^{x}$, определенную на $\mathbb{R}$. Далее, полагаем $1_{x} = 1$ для любого $\mathit{x} \in \mathbb{R}$. Если же $0 < a < 1$, то $b = \frac{1}{a} > 1$, и значение $b^{x}$  для $\mathit{x} \in \mathbb{R}$ уже определено. Полагаем $a^{x} = \frac{1}{b^{x}}$. Полученное значение $a^{x}$ можно было определить и как предел последовательности $\left \{ a^{r_{n}} \right \}$, где последовательность рациональных чисел $\left \{ r_{n} \right \}$ сходится к числу $x$. В самом деле,
$a^{x}= \frac{1}{b^{x}}= \frac{1}{\lim\limits_{n \to \infty } b^{r_{n}}}= \lim\limits_{n \to \infty }\frac{1}{b^{r_{n}}}= \lim\limits_{n \to \infty }\left ( \frac{1}{b} \right )^{r_{n}}= \lim\limits_{n \to \infty }a^{r_{n}}$.
Таким образом, мы получили показательную функцию $y= a^{x} \left ( x \in \mathbb{R} \right )$, где $a > 0$. Изучим свойства этой функции. Случай [latex]a = 1[/latex] тривиален, и мы его опускаем.
Поскольку при $0 < a < 1$ имеем $b = \frac{1}{a} > 1$ и $a^{x} = \frac{1}{b^{x}}$, то достаточно изучить лишь свойства функции $a^{x}$ при $a > 1$.

Свойство 1

Для любого $a > 1$ и любых $x^{\prime}, x^{\prime\prime} \in \mathbb{R}$ справедливо равенство $a^{x^{\prime}} \cdot a^{x^{\prime\prime}} = a^{x^{\prime}+x^{\prime\prime}}$.

Пусть $r_{n}^{\prime}\rightarrow x^{\prime}, r_{n}^{\prime\prime}\rightarrow x^{\prime\prime}$. Тогда $r_{n}^{\prime} + r_{n}^{\prime\prime} \rightarrow x^{\prime} + x^{\prime\prime}$ и $a^{x^{\prime}}\cdot a^{x^{\prime\prime}} = \lim\limits_{n \to \infty } a^{r_{n}^{\prime}} \cdot \lim\limits_{n \to \infty } a^{r_{n}^{\prime\prime}} = \lim\limits_{n \to \infty } a^{r_{n}^{\prime}} \cdot a^{r_{n}^{\prime\prime}} = \lim\limits_{n \to \infty } a^{r_{n}^{\prime} + r_{n}^{\prime\prime}}$  $= a^{x^{\prime} + x^{\prime\prime}}$.

Из свойства $1$, в частности, вытекает, что $a^{-x} = \frac{1}{a^{x}} \left ( x \in \mathbb{R} \right )$.

Свойство 2

Функция $y= a^{x} \left (a > 1 \right )$ строго возрастает на $\mathbb{R}$.

Пусть $^{\prime} < x^{\prime\prime}$. Нужно доказать, что $a^{x^{\prime}} < a^{x^{\prime\prime}}$. Для этого покажем сначала, что $a^{x} > 0$ при любом $ x \in \mathbb{R}$. Пусть последовательность рациональных чисел  $r_{n} \rightarrow x \left ( n \rightarrow \infty \right )$. Тогда существует рациональное число $r < r_{n} \left ( n \geq N \right )$, и, значит, $a^{r} < a^{r_{n}}$, откуда $a^{r} \leq \lim\limits_{n \to \infty } a^{r_{n}} = a^{x}$. Но $a^{r} > 0$, так что и $a^{x} > 0$.
Умножим требуемое неравенство $a^{x^{\prime}} < a^{x^{\prime\prime}}$ на $a^{ -x^{\prime}} > 0$. Получим эквивалентное неравенство $1 < a^{x^{\prime\prime}  -x^{\prime}}$, где $x^{\prime\prime} -x^{\prime} = z > 0$. Таким образом, нужно показать, что $a^{z} > 1$ при любом действительном $z > 0$. Выберем рациональное $r$ такое, что $0 < r < z$, и последовательность рациональных чисел $a^{z} > 1$, стремящуюся к $z$. Тогда $a^{z} = \lim\limits_{n \to \infty } a^{r_{n}} \geq a^{r} > a^{0} = 1$, и тем самым завершается доказательство.

Свойство 3

Функция $y= a^{x}$ непрерывна на $\mathbb{R}$.

Пусть $x_{0} \in \mathbb{R}$. Тогда $a^{x} -a^{x_{0}} = a^{x_{0}}\left ( a^{x -x_{0}} -1 \right )$. Поэтому достаточно показать, что $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}a^{x -x_{0}} = 1$, или, что то же самое, $\lim\limits_{t \rightarrow 0}a^{t} = 1$. Используем определение предела функции в терминах последовательностей. Пусть $\left \{ t_{n} \right \}$ стремится к нулю. Тогда найдется последовательность положительных рациональных чисел $\left \{ r_{n} \right \}$, стремящаяся к нулю и такая, что $-r_{n} \leq t_{n} \leq r_{n}$. Тогда  $a^{-r_{n}} \leq a^{t_{n}} \leq a^{r_{n}}$, т. е. $a^{-r_{n}} -1 \leq a^{t_{n}} -1 \leq a^{r_{n}} -1$. Из условия $a^{r_{n}} \rightarrow a^{0} = 1\left ( n \rightarrow \infty \right )$ следует, что для любого $\varepsilon > 0$ найдется такое $N_{1}$, что при любом $n \geq N_{1}$ справедливо неравенство $a^{r_{n}} -1 < \varepsilon$. Далее, поскольку $a^{-r_{n}} \rightarrow a^{0} = 1\left ( n \rightarrow \infty \right )$, то для любого $\varepsilon > 0$ найдется такое $N_{2}$, что при всех $n \geq N_{2}$ справедливо неравенство $a^{-r_{n}} -1 > -\varepsilon$. Зададим $\varepsilon > 0$, найдем номера $N_{1}$ и $N_{2}$ и положим $N = max(N_{1}, N_{2})$. Тогда для $n \geq N$ получим $-\varepsilon < a^{t_{n}} -1 < \varepsilon$, т. е. $\left | a^{t_{n}} -1 \right | < \varepsilon$. Это означает, что $\lim\limits_{n\rightarrow \infty }a^{t_{n}} = 1$, а, в силу произвольности последовательности $\left \{ t_{n} \right \}$ получаем, что $\lim\limits_{t\rightarrow 0}a^{t} = 1$.

Свойство 4

Для любого $a > 0$ и любых $x^{\prime}, x^{\prime\prime} \in \mathbb{R}$ справедливо равенство $\left ( a^{x^{\prime}} \right )^{x^{\prime\prime}} = a^{x^{\prime} \cdot x^{\prime\prime}}$.

Сначала рассмотрим случай $x^{\prime\prime} = r \in \mathbb{Q}$. Пусть $r_{n}^{\prime} \rightarrow x^{\prime} \left ( n \rightarrow \infty \right )$. Тогда $r_{n}^{\prime} \cdot r \rightarrow x^{\prime} \cdot r \left ( n \rightarrow \infty \right )$ и $\left ( a^{r_{n}^{\prime}} \right )^{r} = a^{r_{n}^{\prime} \cdot r} \rightarrow a^{x^{\prime} \cdot r} \left ( n \rightarrow \infty \right )$. С другой стороны, так как $a^{r_{n}^{\prime}} \rightarrow a^{x^{\prime}} \left ( n \rightarrow \infty \right )$, то на основании непрерывности степенной функции с рациональным показателем $r$ получаем, что $\left ( a^{r_{n}^{\prime}} \right )^{r} \rightarrow \left ( a^{x^{\prime}} \right )^{r} \left ( n \rightarrow \infty \right )$, откуда, в силу единственности предела, следует, что $\left ( a^{x^{\prime}} \right )^{r} \rightarrow a^{x^{\prime} \cdot r}$.
Пусть теперь произвольные $x^{\prime}, x^{\prime\prime} \in \mathbb{R}$. Используя доказанный случай, получим $\left ( a^{x^{\prime}} \right )^{x^{\prime\prime}} = \lim\limits_{n \to \infty } \left ( a^{x^{\prime}} \right )^{r_{n}^{\prime\prime}} = \lim\limits_{n \to \infty } a^{x^{\prime} \cdot r_{n}^{\prime\prime}} = a^{x^{\prime} \cdot x^{\prime\prime}}$.

Свойство 5

Если $a > 0$, то $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty } a^{x} = +\infty , \lim\limits_{x\rightarrow -\infty } a^{x} = 0$.

Используя неравенство Бернулли, получим $a^{x}\geq a^{\left [ x \right ]} = \left ( 1 + \alpha \right )^{\left [ x \right ]} \geq \alpha \left [ x \right ] \geq \alpha \left ( x -1 \right )$, где $\alpha = a -1 > 0$. Отсюда следует, что $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty } a^{x} = +\infty$. Так как $a^{-x} = \frac{1}{a^{x}}$, то при $\left ( x\rightarrow -\infty \right )$ имеем  $-x\rightarrow +\infty$ и $a^{-x} = \frac{1}{a^{x}} \rightarrow +\infty$, так что $a^{x} \rightarrow 0$ при $ax \rightarrow -\infty$.

Пусть $a > 0$. Если последовательность рациональных чисел $\left \{ r_{n} \right \}$ сходится, то последовательность $\left \{ a^{r_{n}^{\prime}} \right \}$ также сходится $\left ( \ast \right )$.

Упражнения

Пример 1.На основании полученных свойств показательной функции постройте графики показательной функции при различных значениях $a > 0$.

Ниже представлен график функции $y = 2^{x}$:

Пример 2.Решите уравнение $9^{x} -4 \cdot 3^{x} + 3 = 0$.

Решение

$$9^{x} — 4 \cdot 3^{x} + 3 = 0$$
$$\left ( 3^{x} \right )^{2} -4 \cdot 3^{x} + 3 = 0$$
Пусть $t = 3^{x}$, тогда
$$t^{2} -4t + 3 = 0$$
$$\left[
\begin{array}{ccc}
t & = & 3
\\t & = & 1
\end{array}
\right.$$
$$\left[
\begin{array}{ccc}
3^{x} & = & 3
\\3^{x} & = & 1
\end{array}
\right. \Leftrightarrow
\left[
\begin{array}{ccc}
x & = & 1
\\x & = & 0
\end{array}
\right.$$

Пример 3.Решите уравнение $\left ( \frac{4}{9} \right )^{x} = \left ( \frac{3}{2} \right )^{8}$.

Решение

$$\left ( \frac{4}{9} \right )^{x} = \left ( \frac{3}{2} \right )^{8}$$
$$\left ( \frac{4}{9} \right )^{x} = \left ( \frac{2^{2}}{3^{2}} \right )^{x} = \left ( \frac{2}{3} \right )^{2x} = \left ( \frac{3}{2} \right )^{-2x}$$
$$\left ( \frac{3}{2} \right )^{-2x} = \left ( \frac{3}{2} \right )^{8}$$
$$-2x = 8$$
$$x = 4$$

Пример 4.Решите неравенство $4^{-x + 2}\geq \left ( \frac{1}{2} \right )^{4x -1}$.

Решение

$$4^{-x + 2}\geq \left ( \frac{1}{2} \right )^{4x -1}$$
$$\left ( 2^{2} \right )^{-x + 2} \geq \left ( 2^{-1} \right )^{4x — 1}$$
$$2^{-2x + 4} \geq 2^{-4x + 1}$$
$$-2x + 4 \geq -4x + 1$$
$$-2x + 4x \geq 1 -4$$
$$2x \geq -3$$
$$x \geq -\frac{3}{2}$$

Показательная функция

Тест на тему «Показательная функция»

5.2 Дифференцируемость и арифметические операции

Теорема. Пусть функции $f$ и $g$ определены на интервале $(a,b)$ и дифференцируемы в точке $x_0$. Тогда

  1. функция $f + g$ дифференцируема в точке $x_0$ и $$(f + g)’(x_0) = f’(x_0) + g’(x_0);$$
  2. функция $f \cdot g$ дифференцируема в точке $x_0$ и $$(f \cdot g)’(x_0) = f’(x_0)g(x_0) + f (x_0)g’(x_0);$$
  3. если $g(x) \neq 0 (x \in (a,b))$, то функция $\dfrac{f}{g}$ дифференцируема в точке $x_0$ и $$(\dfrac{f}{g})’ = \dfrac{f’(x_0)g(x_0) — f (x_0)g’(x_0)}{g^2(x_0)}.$$

Утверждение $a)$ очевидно. Докажем $b)$. Имеем $$\dfrac{(f \cdot g)(x) — (f \cdot g)(x_0)}{x-x_0} = \dfrac{f(x)g(x) — f(x_0)g(x_0)}{x-x_0} =$$ $$= \dfrac{f(x)g(x) — f(x_0)g(x) + f(x_0)g(x) + f(x_0)g(x_0)}{x-x_0} =$$ $$ = \dfrac{f(x) — f(x_0)}{x-x_0}\cdot g(x) + f(x_0)\dfrac{g(x) — g(x_0)}{x-x_0}.$$ Используя непрерывность функции $g$ в точке $x_0$, которая следует из дифференцируемости, переходя к пределу при $x \to x_0$, получаем $b)$.

Для доказательства $c)$ рассмотрим сначала случай $f(x) \equiv 1$. Тогда $$\dfrac{\dfrac{1}{g(x)} — \dfrac{1}{g(x_0)}}{x — x_0} = — \dfrac {g(x)-g(x_0)}{x-x_0} \cdot \dfrac1{g(x)g(x_0)} \to -\dfrac{g’(x_0)}{g^2(x_0)} (x \to x_0).$$

Замечание. Непосредственно из определения производной следует, что $(c \cdot f)’(x_0) = c\cdot f’(x_0)$, где $c$ – постоянная. Поэтому, используя часть $a)$ доказанной теоремы, получаем, что операция дифференцирования является линейной операцией, т. е. производная линейной комбинации двух дифференцируемых функций равна линейной комбинации их производных – $$(\alpha\cdot f + \beta\cdot g)’(x_0) = \alpha\cdot f’(x_0) + \beta\cdot g’(x_0),$$ где $\alpha$ и $\beta$ – постоянные.

Примеры решения задач

  1. Найти производную функции $ f(x) = 3x^2 + 7x + 3$ в точке $x_0 = 3$.
    Решение

    Пользуясь вышеописанными формулами и таблицей производных получаем: $$f’(x) = (3x^2 + 7x + 3)’ = (3x^2)’ + (7x)’ + (3)’ = 6x + 7 + 0 = 6x + 7.$$ Тогда: $$f’(x_0) = 25$$

  2. Найти производную функции $f(x) = e^x\cos x$
    Решение

    Вновь воспользуемся вышеописанными формулами и таблицей производных, вследствие чего получим результат: $$f’(x) = (e^x\cos x)’ = (e^x)’\cdot\cos x + e^x\cdot(\cos x)’ = e^x\cos x — e^x\sin x$$

  3. Найти производную функции $f(x) = \dfrac {\arccos x}{\sqrt x}$.
    Решение

    $$f’(x) = (\dfrac {\arccos x}{\sqrt x})’ = \dfrac{(\arccos x)’\cdot\sqrt x — (\sqrt x)’\cdot\arccos x}{(\sqrt x)^2} =$$ $$= \dfrac{-\dfrac{\sqrt x}{\sqrt{1 — x^2}} — \dfrac{\arccos x}{2\sqrt x}}{x}$$

Литература

  1. Коляда В.И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу.- Одесса : Астропринт , 2009. с. 111-112.
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — с.288-291.
  3. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1962. — 607 с. — С. 199-202.
  4. Б.П.Демидович. Сборник задач и упражнений по математическому анализу, 13-ое издание, Московского университета, 1997, с. 96-97

Дифференцируемость и арифметические операции

Тест для проверки собственных знаний по данной теме.

15.3.2 Признаки Абеля и Дирихле

Аналогом интегрирования по частям для сумм является следующее равенство, которое называют преобразованием Абеля:
$$ \sum_{i=1}^n\alpha_i \beta_i = \sum_{i=1}^{n-1}\left(\alpha_i — \alpha_{i+1}\right)B_i + \alpha_n B_n,$$
где $ B_i = \sum_{j = 1}^i\beta_j \left(i = 1,2,\ldots,n\right).$ Для его доказательства обозначим
$ B_0 = 0.$ Тогда получим
$$ \sum_{i=1}^n\alpha_i \beta_i = \sum_{i=1}^n\alpha_i\left(B_i — B_{i-1}\right) = \sum_{i=1}^n\alpha_iB_i — \sum_{i=1}^n\alpha_iB_{i-1} = $$ $$ = \sum_{i=1}^{n — 1}\alpha_iB_i + \alpha_nB_n — \sum_{i=1}^{n — 1}\alpha_{i + 1}B_i = \sum_{i=1}^{n — 1}\left(\alpha_i — \alpha_{i+1}\right)B_i + \alpha_nB_n,$$
и тем самым завершается доказательство преобразования Абеля.

Лемма

Пусть числа $ \alpha_i \left(i = 1,2,\ldots,n\right)$ монотонны (возрастают или убывают). Тогда справедливо неравенство
$$ \left|\sum_{i=1}^n\alpha_i \beta_i\right| \leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant n} \left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1\right| + 2\left|\alpha_n\right|\right)$$

Применим преобразование Абеля
$$ \left|\sum_{i=1}^n\alpha_i \beta_i\right| = \left|\sum_{i=1}^{n — 1}\left(\alpha_i — \alpha_{i+1}\right)B_i + \alpha_nB_n\right| \leqslant$$
$$ \leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant n}\left| B_k\right|\left(\sum_{i=1}^{n — 1}\left|\alpha_i — \alpha_{i+1}\right| + \left|\alpha_n\right|\right) = $$
$$ = \max_{1\leqslant k\leqslant n}\left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1 — \alpha_n\right| + \left|\alpha_n\right|\right)\leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant n}\left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1\right| + 2\left|\alpha_n\right|\right),$$
и тем самым лемма доказана.

Теорема (признак Абеля)

Пусть последовательность $ \{a_n\}$ монотонна (возрастающая или убывающая) и ограничена, а последовательность $ \{b_n\}$ такова, что сходится ряд $ \sum_{n = 1}^{\infty}b_n.$ Тогда ряд $ \sum_{n = 1}^{\infty}a_nb_n$ сходится.

Доказательство основано на применении критерия Коши . В силу этого критерия, нам нужно оценить отрезок Коши
$$ \sum_{k=n + 1}^{n + p}a_k b_k \equiv \sum_{i=1}^pa_{n + i}b_{n + i}$$
Обозначим $ \alpha_i = a_{n+i},\; \beta_i = b_{n+i}.$ Пользуясь леммой, получим
$$ \left|\sum_{k=n + 1}^{n + p}a_k b_k\right| = \left|\sum_{i=1}^p\alpha_i\beta_i\right| \leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant p}\left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1\right| + 2\left|\alpha_p\right|\right) = $$
$$ = \max_{1\leqslant k\leqslant p}\left|\sum_{i=n+1}^{n+k}b_i\right|\left(\left|a_{n+1}\right| + 2\left|a_{n+p}\right|\right)\;\;\;\;\;\;\left(15.16\right)$$
По условию, ряд $ \sum_{n=1}^{\infty}b_n$ сходится. Поэтому, в силу критерия Коши, для любого $ \varepsilon > 0$ найдется такой номер $ N,$ что при любом $ n \geqslant N$ и при любом $ k \in \mathbb{N}$ справедливо неравенство $ \left|\sum_{i=n+1}^{n+k}b_i\right| < \varepsilon .$ Далее, в силу
ограниченности последовательности $ \{a_n\},$ найдется такое $ M,$ что $ \left|a_n\right| \leq M \left(n = 1,2,\ldots\right).$ Из неравенства $ \left(15.16\right),$ для заданного $ \varepsilon > 0$ и $ n \geqslant N$ имеем
$$ \left|\sum_{i=n+1}^{n+p}a_ib_i\right| \leqslant 3M \cdot \varepsilon,$$
где произвольное $ p \in \mathbb{N}.$ Таким образом, для ряда $ \sum_{i = 1}^{\infty}a_ib_i$ выполнено условие критерия Коши, в силу которого этот ряд сходится.

Теорема (признак Дирихле)

Пусть последовательность $ \{a_n\}$ монотонно стремится к нулю, а последовательность $ \{b_n\}$ такова, что частичные суммы $ B_n = \sum_{i = 1}^{n}b_i$ ограничены, т.е существует такое $ M,$ что $ \left|B_n\right| \leq M \left(n = 1,2,\ldots\right).$ Тогда ряд $ \sum_{n = 1}^{\infty}a_nb_n$ сходится.

В силу неравенства $ \left(15.16\right),$ полученного при доказательстве предыдущей теоремы,
$$ \left|\sum_{k=n+1}^{n+p}a_kb_k\right| \leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant p}\left| B_{n+k} — B_n\right|\left(\left|a_{n+1}\right| + 2\left|a_{n+p}\right|\right)\;\;\;\;\;\left(15.17\right)$$
Зададим $ \varepsilon > 0$ и, пользуясь условиями теоремы, найдем такой номер $ N,$ что $ \left|a_n\right| < \varepsilon$ при всех $ n \geqslant N.$ Тогда из $ \left(15.17\right)$ и из ограниченности $ B_i$ следует
$$ \left|\sum_{k=n+1}^{n+p}a_kb_k\right| \leqslant 2M \cdot 3\varepsilon = 6M\varepsilon\;\;\left(n \geqslant N, p \in \mathbb{N}\right)$$
Таким образом, для ряда $ \sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n$ выполнено условие критерия Коши, в силу которого этот ряд сходится.

Замечание. Теорема Лейбница является частным случаем признака Дирихле, в котором $ a_n = u_n, b_n = \left(-1\right)^{n-1}.$

Примеры:

Пример 1.
Доказать, что ряд $ \sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}\sin{n\alpha}$ сходится по Дирихле.

Решение:
Положим $ a_n = \frac{1}{n},$ тогда последовательность $ \{a_n\}_{n = 1}^{\infty}$ монотонно стремится к нулю т.к.

  1. $ \lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{n} = 0$
  2. $ \frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{n}{n + 1} < 1$

Положим также $ b_n = \sin{n\alpha},$ тогда по формуле суммы синусов кратных углов получим
$$ \sum_{k=1}^{n}\sin{n\alpha} = \frac{\sin{\frac{n\alpha}{2}} \cdot \sin{\frac{\left(n+1\right)\alpha}{2}}}{\sin{\frac{\alpha}{2}}}, \;\; \alpha \neq 2\pi m, \;\; \left(m = 0,\pm 1,\ldots\right)$$
и отсюда
$$ \left|\sum_{k=1}^{n}\sin{n\alpha}\right| = \left|\frac{\sin{\frac{n\alpha}{2}} \cdot \sin{\frac{\left(n+1\right)\alpha}{2}}}{\sin{\frac{\alpha}{2}}}\right| \leqslant \frac{1}{\left|\sin{\frac{\alpha}{2}}\right|} \equiv M, \;\; \alpha \neq 2\pi m, \;\; \left(m = 0,\pm 1,\ldots\right),$$
что и значит что наши суммы ограничены константой $ M$. Подытожив, имеем последовательность $ \{a_n\}_{n = 1}^{\infty},$ монотонно сходящуюся к $ 0$ и последовательность $ \{b_n\}_{n = 1}^{\infty},$ частичные суммы которой ограниченны. Тогда по признаку Дирихле ряд $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\sin{n\alpha}$ сходится.

Пример 2.
Исследовать ряд $ \sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin n \cdot \sin{n^2}}{n^2}$ на сходимость.

Решение:
Пусть $ \{b_n\}_{n=1}^{\infty} = \{\sin n \cdot \sin{n^2}\}_{n=1}^{\infty},$ покажем, что частичные суммы ограниченны.
$$ \sum_{k = 1}^{n}b_k = \sum_{k = 1}^{n}\sin k \cdot \sin{k^2} = \sum_{k = 1}^{n}\frac{\cos{\left(k — k^2\right)} — \cos{\left(k + k^2\right)}}{2} = \left(\frac{\cos0}{2} — \frac{\cos2}{2}\right) + $$
$$ + \left(\frac{\cos{\left(-2\right)}}{2} — \frac{\cos6}{2}\right) + \left(\frac{\cos{\left(-6\right)}}{2} — \frac{\cos12} {2}\right) +
\left(\frac{\cos{\left(-12\right)}}{2} — \frac{\cos20}{2}\right) +\cdots $$
$$ + \left(\frac{\cos{\left(n — n^2\right)}}{2} — \frac{\cos{\left(n + n^2\right)}}{2}\right) = \frac{1}{2} — \frac{\cos{\left(n + n^2\right)}}{2}$$
$$ \left|\sum_{k = 1}^{n}b_k\right| = \left|\frac{1}{2} — \frac{\cos{\left(n + n^2\right)}}{2}\right| \leqslant \frac{1}{2} + \frac{\left|\cos{\left(n + n^2\right)}\right|}{2} \leqslant \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$$
Получили, что частичные суммы последовательности $ \{b_n\}_{n=1}^{\infty}$ в совокупности ограниченны единицей.
Теперь пусть $ \{a_n\}_{n=1}^{\infty} = \{n^2\}_{n=1}^{\infty}.$ Убедимся, что $ \{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ монотонно стремится к нулю.

  1. $ \lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{n^2} = 0$
  2. $ \frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{n^2}{\left(n + 1\right)^2} < 1$

Действительно, $ \{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ монотонно стремится к нулю.
Значит ряд $ \sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin n \cdot \sin{n^2}}{n^2}$ сходится по Дирихле.

Пример 3.
Доказать, что ряд $ \sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin{\frac{\pi n}{12}}}{\ln n}\cos{\frac{\pi}{n}}$ сходится по Абелю.

Решение:
Выделим в исходном ряде 2 последовательности: $ \{\frac{\sin{\frac{\pi n}{12}}}{\ln n}\}_{n=1}^{\infty}$ и $ \{\cos{\frac{\pi}{n}}\}_{n=1}^{\infty}.$ Докажем, что ряд $ \sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{\sin{\frac{\pi n}{12}}}{\ln n}$ сходится:
Пусть $ a_n = \frac{1}{\ln n},$ тогда последовательность $ \{a_n\}_{n = 1}^{\infty}$ монотонно стремится к нулю т.к.

  1. $ \lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{ln n} = 0$
  2. $ \frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{\ln n}{\ln{n + 1}} < 1$

И пусть $ b_n = \sin{\frac{\pi n}{12}},$ отсюда из формулы суммы синусов кратных углов следует, что
$$ \left|\sum_{k=1}^{n}\sin{\frac{\pi n}{12}}\right| = \left|\frac{\sin{\frac{\pi}{24} n} \cdot \sin{\left(\frac{\pi}{24}\left(n+1\right)\right)}}{\sin{\frac{\pi}{24}}}\right| \leqslant \frac{1}{\left|\sin{\frac{\pi}{24}}\right|} \equiv M,$$
значит частичные суммы последовательности $ \{b_n\}_{n=1}^{\infty}$ ограничены. По признаку Дирихле ряд сходится.
Последовательность $ \{\cos{\frac{\pi}{n}}\}_{n=1}^{\infty}$ ограниченна единицей и монотонна т.к. косинус на промежутке $ \left[\pi;0\right)$ монотонно убывает.

Оба условия признака Абеля выполнены, а значит ряд сходится.

Тест по теме: "Признаки Абеля и Дирихле"

Небольшой тест, чтобы закрепить теоретический материал.

  1. Коляда В.И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу.- Одесса : Астропринт , 2009. стр.19-21
  2. Б. П. Демидович «Сборник задач и упражнений по математическому анализу» 13-е издание, 1997 М.: Изд-во Моск. ун-та, ЧеРо.
  3. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 2. Радиус сходимости и круг сходимости степенного ряда / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 720 с. — c. 43-47.
  4. Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу.

23.5 Потенциальные поля

Непрерывное векторное поле $(P(x,y),Q(x,y))$ называется потенциальным в области $G \subset \mathbb{R^2},$ если существует непрерывно дифференцируемая функция $U(x,y)$, заданная на $G$, такая, что $$\frac{\partial U}{\partial x} (x,y) = P(x,y), \quad\frac{\partial U}{\partial y} (x,y) = Q(x,y).$$ Такая функция $U$ называется потенциалом поля $(P,Q)$. Другими словами, функция $U$ называется потенциалом поля $(P,Q)$, если $$dU(x, y) = P(x, y) dx + Q(x, y) dy.$$

Следующая теорема содержит необходимое и достаточное условие потенциальности поля.

Теорема 1. Для того чтобы непрерывное поле $(P(x, y), Q(x, y))$ было потенциальным в области $G$, необходимо и достаточно, чтобы было выполнено условие $$\int_{\Gamma} P(x, y) dx + Q(x, y) dy = 0\quad\quad(23.3)$$ для любой кусочно гладкой замкнутой кривой $\Gamma \subset G$.

Необходимость. Пусть поле $(P,Q)$ потенциально, т. е. пусть существует такая функция $U(x,y),$ что $$\frac{\partial U}{\partial x} (x,y) = P(x,y),\quad\frac{\partial U}{\partial y} (x,y) = Q(x,y)\quad((x,y) \in G).$$ Далее, пусть $\Gamma : r = r(t) = (x(t),y(t))\quad(\alpha \leqslant t \leqslant \beta)$ — произвольная кусочно гладкая, замкнутая кривая, лежащая в $G.$ Тогда $$\int_{\Gamma} P(x, y) dx + Q(x, y) dy =\int_{\alpha}^{\beta} [P(x(t),y(t))x^\prime(t) +  Q(x(t),y(t))y^\prime(t)] dt =$$ $$= \int_{\alpha}^{\beta} \left [\frac{\partial U}{\partial x}(x(t),y(t))x\prime(t) + \frac{\partial U}{\partial y} (x(t),y(t))y^\prime(t)\right ] dt =$$ $$=\int_{\alpha}^{\beta} \frac{\partial}{\partial t} (x(t),y(t)) dt = U(x(\beta),y(\beta))-U(x(\alpha),y(\alpha)) = 0.$$ Последнее равенство справедливо в силу условия $r(\alpha) = r(\beta),$ т. е. в силу замкнутости кривой $\Gamma.$
    Достаточность. Пусть выполнено условие (23.3). Покажем сначала, что в этом случае криволинейный интеграл $\int_{\gamma}P(x,y) dx + Q(x,y) dy$ зависит лишь от начальной и от конечной точек кривой $\gamma \subset G$ и не зависит от самой кривой $\gamma,$ соединяющей эти точки.
Итак,пусть $\gamma_{1} : r =r_{1}(t)\quad(\alpha \leqslant t \leqslant \beta)$ и $\gamma_{2} :\quad r =r_{2}(\tau)\quad(a \leqslant \tau \leqslant b)$ — две кусочно гладкие кривые, лежащие в $G$ и такие, что $r_{1}(\alpha) = r_{2}(a), r_{1}(\beta) = r_{2}(b).$ Тогда кривая $\Gamma = \gamma_{1} \cup (\gamma_{2})_{-}$ является замкнутой, и поэтому, в силу условия (23.3), $$0 = \int_{\Gamma}P dx + Q dy = \int_{\gamma_{1}}P dx + Q dy + \int_{(\gamma_{2})_{-}}P dx + Q dy = $$ $$= \int_{\gamma_{1}}P dx + Q dy-\int_{\gamma_{2}}P dx + Q dy.$$ Отсюда следует, что $\int_{\gamma_{1}}P dx + Q dy = \int_{\gamma_{2}}P dx + Q dy.$
Зафиксируем теперь точку $(\xi_{0},\eta_{0}) \in G.$ В силу связности $G$, для любой точки $(\xi,\eta) \in G$ найдется кусочно гладкая кривая $\gamma \subset G,$ начало которой в точке $(\xi_{0},\eta_{0}),$ а конец — в точке $(\xi,\eta),$ причем для любой такой кривой интеграл $\int_{\gamma}P dx + Q dy$ зависит лишь от точек $(\xi_{0},\eta_{0})$ и $(\xi,\eta).$ Таким образом, на $G$ определена функция $$U(\xi,\eta) = \int_{\gamma}P(x,y) dx + Q(x,y) dy,$$ где $\gamma \subset G$ — кусочно гладкая кривая, соединяющая точки $(\xi_{0},\eta_{0})$ и $(\xi,\eta).$ Покажем, что функция $U(\xi,\eta)$ будет потенциалом нашего векторного поля, т. е. $$\frac{\partial U}{\partial \xi} (\xi,\eta) = P(\xi,\eta),\quad\frac{\partial U}{\partial \eta} (\xi,\eta) = Q(\xi,\eta).$$ Пусть $(\xi,\eta) \in G$ и $\Delta\xi$ таково, что отрезок $I,$ соединяющий точки $(\xi,\eta)$ и $\xi + \Delta\xi,\eta),$ содержится в $G.$ Соединим точки $(\xi_{0},\eta_{0})$ и $(\xi,\eta)$ кривой $\gamma \subset G.$ Тогда $$\frac{1}{\Delta\xi}[U (\xi + \Delta\xi,\eta) — U(\xi,\eta)$ ] =$$ $$= \frac{1}{\Delta\xi}\left[\int_{\gamma \cup I}P(x,y) dx + Q(x,y) dy-\int_{\gamma}P(x,y) dx + Q(x,y) dy \right] =$$ $$=\frac{1}{\Delta\xi}\int_{I}P(x,y) dx + Q(x,y) dy = \frac{1}{\Delta\xi}\int_{\xi}^{\xi + \Delta\xi}P(x,\eta) dx = P(\xi + \theta\Delta\xi,\eta),$$ где $0 \leqslant \theta \leqslant 1.$ Последнее равенство справедливо в силу непрерывности функции $P(x,y)$ и следует из теоремы о среднем значении для интеграла Римана по отрезку $[\xi,\xi+\Delta\xi].$ При $\Delta\xi \rightarrow 0$ правая часть стремится к $P(\xi,\eta).$ Поэтому существует $$\frac{\partial U}{\partial \xi}(\xi,\eta) = \lim\limits_{\Delta\xi\to 0} \frac{U(\xi+\Delta\xi,\eta)-U(\xi,\eta)}{\Delta\xi} = P(\xi,\eta).$$ Аналогично доказываем, что $$\frac{\partial U}{\partial \eta}(\xi,\eta) = Q(\xi,\eta).$$ Наконец, поскольку функции $P(\xi,\eta)$ и $Q(\xi,\eta)$ непрерывны в $G$, то функция $U(\xi,\eta)$ непрерывно дифференцируема в $G.$

Замечание 1. В условии теоремы 1 не требуется, чтобы кривая $$ была контуром, т. е. эта кривая не обязана быть простой.

Замечание 2. При доказательстве достаточности было показано, что из равенства нулю криволинейного интеграла $II$ рода вдоль любой замкнутой кривой следует, что интеграл не зависит от кривой, а только лишь от начальной и конечной ее точек. Обратное утверждение, очевидно, также имеет место, т. е. если интеграл не зависит от кривой, соединяющей начальную и конечную точки, то по замкнутой кривой он равен нулю.

Замечание 3. При доказательстве достаточности была построена такая функция $U$, что $dU = P dx + Q dy$, где заданные функции $P(x,y)$ и $Q(x,y)$ удовлетворяют условию (23.3). Ясно, что задача нахождения этой функции $U$ является двухмерным аналогом задачи нахождения первообразной в одномерном случае. Напомним, что в одномерном случае было показано, что для любой непрерывной функции $f$ ее первообразная $F$ может быть записана в виде интеграла с переменным верхним пределом $$F(x) = \int_{a}^xf(t)dt.$$ Полученная нами формула $$U(\xi,\eta) = \int_{\gamma}P(x,y) dx + Q(x,y)dy \quad(\gamma : (\xi_{0},\eta_{0}) \rightarrow (\xi,\eta))$$ является аналогом указанной выше формулы из одномерного случая для случая функции двух переменных. Следует, однако, отметить, что в пространстве $\mathbb{R^2}$ уже не для каждой пары непрерывных функций $P$ и $Q$ найдется соответствующая функция $U$. Пример таких функций $P$ и $Q$ приведем ниже. Мы доказали, что функция $U$ существует, если функции $(P,Q)$ удовлетворяют условию (23.3).

Замечание 4. Можно показать, что условие (23.3) эквивалентно условию равенства нулю интеграла по любому кусочно гладкому контуру, т. е. можно рассматривать лишь простые кривые.

Замечание 5. Теорема 1 не дает практических рекомендаций для выяснения вопроса о потенциальности поля $(P,Q),$ так как на практике условие (23.3) проверяется трудно.

Следующая теорема в частном случае содержит условие, легко проверяемое с практической точки зрения.

Теорема 2. Пусть поле $(P(x,y),Q(x,y))$ непрерывно дифференцируемо в области $G \subset \mathbb{R^2}.$ Для того чтобы оно было потенциальным, необходимо, а если область $G$ односвязна, то и достаточно, чтобы было выполнено равенство $$\frac{\partial Q}{\partial x}(x,y) = \frac{\partial P}{\partial y}(x,y)\quad ((x,y) \in G) \quad (23.4)  $$

Необходимость. Пусть поле $(P,Q)$ потенциальное, т. е. пусть существует такая функция $U$, что $$P(x,y) = \frac{\partial U}{\partial x}(x,y),\quad Q(x,y) = {\partial U}{\partial y}(x,y)\quad((x,y) \in G).$$ Поскольку функции $P$ и $Q$ непрерывно дифференцируемы и $$\frac{\partial P}{\partial y}(x,y) = \frac{\partial^2 U}{\partial x\partial y}(x,y),\quad\frac{\partial Q}{\partial x}(x,y) = \frac{\partial^2 U}{\partial y\partial x}(x,y),$$ то, в силу равенства смешанных производных функции $U$, которое следует из теоремы Шварца, получаем, что справедиво равенство (23.4).
    Достаточность. Пусть область $G$ односвязна. Возьмем произвольный кусочно гладкий контур $\Gamma \subset G$ и обозначим через $\Omega$ область, ограниченную этим контуром. Тогда, по формуле Грина, получим $$\int_{\Gamma}P dx + Q dy = \int\int_{\Omega}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) dxdy.$$ Отсюда, в силу условия (23.4), следует, что по произвольному кусочно гладкому контуру $\Gamma \subset G$ справедливо равенство $$\int_{\Gamma}P dx + Q dy = 0.$$ С учетом замечания 4, из этого равенства следует, что поле $(P,Q)$ является потенциальным.

В заключение рассмотрим пример, показывающий, что условие односвязности в теореме 2 нельзя отбросить. Этот же пример показывает, что не для любых непрерывных (и даже непрерывно дифференцируемых) функций $P$ и $Q$ существует такая функция $U,$ что $dU=Pdx+Qdy.$

Пример. Пусть $\small P(x,y)=-\frac{y}{x^2+y^2},\,Q(x,y)=\frac{x}{x^2+y^2}\,\,((x,y)\neq(0,0)).\normalsize$ Функция $P$ и $Q$ удовлетворяют условию (23.4) в области$G\equiv\mathbb{R^2}\backslash{(0,0)},$ так как $$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}.$$ Вместе с тем поле $(P,Q)$ не является потенциальным, так как в противном случае было бы выполнено условие (23.3). Мы же покажем, что $\int_\Gamma Pdx+Qdy\neq 0,$ где $\Gamma$ – окружность $x=\cos t,\,y=\sin t\,(0\leqslant t \leqslant 2\pi).$ Имеем $$\int_{\Gamma} P dx + Q dy = \int_{0}^{2\pi}[(-\sin t)(-\sin t)+\cos t\cos t]dt = 2\pi \neq 0.$$
Таким образом, в неодносвязной области $G$ наше поле не является потенциальным. Вместе с тем так как условие (23.4) выполнено, то, в силу теоремы 2, наше поле потенциально в любой односвязной области $G$, не содержащей начала координат.

Пример 1. Проверить, является ли векторное поле $\vec{F} = X\vec{i} + Y\vec{j} + Z\vec{k}$ потенциальным. В случае потенциальности поля  найти его потенциал.
$\vec{F} = (9x + 5yz)\vec{i} + (9y + 5xz)\vec{j} + (9z + 5xy)\vec{k}$
Решение. Для потенциальности поля необходимо и достаточно, чтобы $rot\vec{F} = 0.$

$rot\vec{F} = (\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z})\vec{i} + (\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x})\vec{j} + (\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial k})\vec{k} = $ $= (5x-5x)\vec{i} + (5y-5y)\vec{j} + (5z-5z)\vec{k} = 0$

Значит, поле является потенциальным.
Вычисляем потенциальность с помощью этой формулы:

$U = \int_{x_{0}}^{x}P dx + \int_{y_{0}}^{y}Q dy + \int_{z_{0}}^{z}R dz + C$

В качестве точки $(x_{0},y_{0},z_{0})$ возьмем точку $(0,0,0)$
$U = \int_{0}^{x}(9x+5yz)|_{y=0\\z=0} dx + \int_{0}^{y}(9y+5xz)|_{x=0}dy + \int_{0}^{z}(9z+5xy)dz + C = $ $=\frac{9}{2}x^2 + \frac{9}{2}y^2 + \frac{9}{2}z^2 + 5xyz +C$

Пример 2. Показать, что поле $\vec{a}=(y+\cos z)\vec{i} + x\vec{j}-x\sin z\vec{k}$ потенциально во всем пространстве и найти его потенциал.
Решение. Вычислим $\overline{rot}\vec{a}$

$rot\vec{a}=\begin{vmatrix} \vec{i}& \vec{j}& \vec{k} \\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial}{\partial y}& \frac{\partial}{\partial z} \\ {y+\cos z}& x& {-x\sin z}\end{vmatrix}=\vec{i}(0-0)-\vec{j}(-\sin z + \sin z)+$ $$+(1-1)\vec{k}=\vec{0}$$ т.е. поле $\vec{a}$ потенциально . Вычисляем потенциальность с помощью этой формулы: $$U(x,y,z)=\int_{x_{0}}^{x}a_{x}(x,y_{0},z_{0}) dx+ \int_{y_{0}}^{y}a_{y}(x,y,z_{0}) dy+$$ $$+\int_{z_{0}}^{z}a_{z}(x,y,z) dz+C,$$  а в качестве точки $(x_{0},y_{0},z_{0})$ возьмем точку(0,0,0). $$U(x,y,z)=\int_{0}^x(0+\cos 0) dx + \int_{0}^y x dy-\int_{0}^z x\sin z dz =$$ $$=\int_{0}^x dx + x\int_{0}^y dy-x\int_{0}^z \sin z dz + C =$$ $$= x|_0^x + xy|_0^y+x\cos z|_0^z+C =$$ $$= x + xy + x\cos z-x\cos 0 + C =$$ $$= x + xy + x\cos z-x + C =$$ $$=xy+x\cos z + C.$$

Пример3.Показать,что векторное поле $\vec{F}$ является потенциальным.

$\vec{F}(x,y,z)=(3x+yz)\vec{i}+(3y+xz)\vec{j}+(3z+xy)\vec{k}$

Решение.Найдём роторную функцию:

$rot\vec{F}=\left ( \frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z} \right)\vec{i}+\left ( \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x} \right)\vec{j}+\left ( \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} \right)\vec{k}$

Выпишем компоненты поля:$P=3x+yz,\quad Q=3y+xz,\quad R=3z+xy$ и найдьом их частные производние :

$\frac{\partial R}{\partial y}=(3z+xy)_{y}^{\prime}=x\,\frac{\partial Q}{\partial z}(3y+xy)_{z}^{\prime}=x, \frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}=x-x=0$

$\frac{\partial P}{\partial z}=(3x+yz)_{z}^{\prime}=y \, \frac{\partial R}{\partial x}=(3z+xy)_{x}^{\prime}=y\, \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}=y-y=0$

$\frac{\partial Q}{\partial x}=(3y+xz)_{x}^{\prime}=z\,\frac{\partial P}{\partial y}=(3x+yz)_{y}^{\prime}=z\,\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=(z-z)=0$

Получаем $rot\vec{F}=(x-x)\vec{i}+(y-y)\vec{j}+(z-z)\vec{k}=0,$ следовательно, поле $\vec{F}(x,y,z)=(3x+yz)\vec{i}+(3y+xz)\vec{j}+(3z+xy)\vec{k}$ потенциально.

Литература:

Потенциальные поля

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


Таблица лучших: Потенциальные поля

максимум из 14 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных