4.4 Парцијални изводи и диференцијал од повисок ред

Првите парцијални изводи $\frac{\partial f}{\partial x_k},(i=\mathrm{1,2,}\text{.}\text{.}\text{.},n)$ на функцијата $f(x_1,x_2,\text{.}\text{.}\text{.},x_n)$ се исто така функции од $n$ променливи $x_1,x_2,\text{.}\text{.}\text{.},x_n$ и од нив пак може да се бараат изводи. На пример, $\frac{\partial }{\partial x_i}\left(\frac{\partial f}{\partial x_k}\right)=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x_i\partial x_k}$ е извод по променливата $x_i$ кога изводот се бара од првиот извод по променливата $x_k$ .

Изводите од првите парцијални изводи $\frac{\partial }{\partial x_i}\left(\frac{\partial f}{\partial x_k}\right)=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x_i\partial x_k}$ се нарекуваат парцијални изводи од втор ред .

Изводите за се нарекуваат мешани изводи .

За функција од две променливи $f(x,y)$ може да најдат следните изводи од втор ред:

$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}=f_{\text{xx}}^{\text{'}\text{'}},\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}=f_{\text{yx}}^{\text{'}\text{'}},\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}=f_{\text{xy}}^{\text{'}\text{'}},\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}=f_{\text{yy}}^{\text{'}\text{'}}\text{.}$

Условот под кој мешаните изводи се еднакви е даден со следното тврдење:

Теорема.

Ако функцијата $f(x,y)$ заедно со нејзините први парцијални изводи $\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y}$ и мешаните парцијални изводи $\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y},\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}$ се непрекинати во околина $K(A,\epsilon )$ на точката $A(x,y)$ , тогаш мешаните изводи во таа точка се еднакви, т.е. $\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}\text{.}$

Затоа функцијата две променливи $f(x,y)$ ќе има три втори парцијални изводи: $\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}=f_{\text{xx}}^{\text{'}\text{'}},\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}=f_{\text{yx}}^{\text{'}\text{'}},\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}=f_{\text{yy}}^{\text{'}\text{'}}\text{.}$

Согласно на теоремата за еднаквост на мешаните изводи, непрекината функција од две променливи $f(x,y)$ има четири трети изводи:

$f_{\text{xxx}}^{\text{'}\text{'}\text{'}},$ , $f_{\text{yxx}}^{\text{'}\text{'}\text{'}}$ , $f_{\text{yyx}}^{\text{'}\text{'}\text{'}}$ , $f_{\text{yyy}}^{\text{'}\text{'}\text{'}}$

заради еднаквоста намешаните изводи $f_{\text{yxx}}^{\text{'}\text{'}\text{'}}=f_{\text{xyx}}^{\text{'}\text{'}\text{'}}=f_{\text{xxy}}^{\text{'}\text{'}\text{'}}$ и $f_{\text{yyx}}^{\text{'}\text{'}\text{'}}=f_{\text{yxy}}^{\text{'}\text{'}\text{'}}=f_{\text{xyy}}^{\text{'}\text{'}\text{'}}\text{.}$

Пример 1.

Да се најдат вторите изводи на функцијата $z=x^3+{\mathrm{5x}}^{2}y-{\text{xy}}^3+3$ .

Решение . Првите парцијални изводи се:

$\frac{\partial z}{\partial x}={\mathrm{3x}}^2+\text{10}\text{xy}-y^3$

$\frac{\partial z}{\partial y}={\mathrm{5x}}^2-3{\text{xy}}^2$ .

Вторите парцијални изводи се:

$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}=\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)=\frac{\partial }{\partial x}\left({\mathrm{3x}}^2+\text{10}\text{xy}-y^3\right)=\mathrm{6x}+\text{10}y$

$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y\partial x}=\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)=\frac{\partial }{\partial y}\left({\mathrm{3x}}^2+\text{10}\text{xy}-y^3\right)=\text{10}x-{\mathrm{3y}}^2$

$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)=\frac{\partial }{\partial y}\left({\mathrm{5x}}^2-3{\text{xy}}^2\right)=-6\text{xy}$

$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)=\frac{\partial }{\partial x}\left({\mathrm{5x}}^2-3{\text{xy}}^2\right)=\text{10}x-{\mathrm{3y}}^2$ .

Како што се гледа од наведениот пример, мешаните изводи се еднакви $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y\partial x}=\text{10}x-{\mathrm{3y}}^2$ , бидејки и функцијата и нејзините изводи од прв ред и мешаните изводи од втор ред како полиномни функции се непрекинати функции во секоја точка. ◄

Пример 2.

Да се покаже дека за функцијата $z=\text{ln}(e^x+e^y)$ важат релациите

$\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial y}=1и\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}-{\left(\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}\right)}^2=0\text{.}$

Решение. Најпрво ги определуваме првите парцијални изводи:

$\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{1}{e^x+e^y}{\left(e^x+e^y\right)}^{{\prime }_x}=\frac{e^x}{e^x+e^y}$ ,

$\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{1}{e^x+e^y}{\left(e^x+e^y\right)}^{{\prime }_y}=\frac{e^y}{e^x+e^y}$ .

Сумата на првите парцијални изводи е

$\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{e^x}{e^x+e^y}+\frac{e^x}{e^x+e^y}=\frac{e^x+e^y}{e^x+e^y}=1\text{.}$

Вторите парцијални изводи се:

$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}=\frac{e^x\left(e^x+e^y\right)-e^x{e}^x}{{\left(e^x+e^y\right)}^2}=\frac{e^x{e}^y}{{\left(e^x+e^y\right)}^2}$ ,

$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=\frac{e^y\left(e^x+e^y\right)-e^y{e}^y}{{\left(e^x+e^y\right)}^2}=\frac{e^x{e}^y}{{\left(e^x+e^y\right)}^2}$ ,

$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}={\left(\frac{e^y}{e^x+e^y}\right)}^{{\prime }_x}=\frac{-e^y{e}^x}{{\left(e^x+e^y\right)}^2}$ .

Бараната релација со вторите парцијални изводи е

$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}-{\left(\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}\right)}^2=\frac{e^x{e}^y}{{\left(e^x+e^y\right)}^2}\frac{e^x{e}^y}{{\left(e^x+e^y\right)}^2}-{\left[\frac{-e^x{e}^y}{{\left(e^x+e^y\right)}^2}\right]}^2=$

$={\left[\frac{e^x{e}^y}{{\left(e^x+e^y\right)}^2}\right]}^2-{\left[\frac{e^x{e}^y}{{\left(e^x+e^y\right)}^2}\right]}^2=\mathrm{0,}$

што требаше да се докаже. ◄

Општо, за функција од n променливи, бројот на парцијани изводи од ред m е даден со формулата за комбинации без повторување ${\bar{C}}_n^m=\left(\begin{array}{c}n+m-1\\ m\end{array}\right)\text{.}$ Затоа функцијата од две променливи ќе има $m+1$ парцијални изводи од ред $m\text{.}$ Тоа се трите втори изводи

$f_{\text{xx}}^{\text{'}\text{'}},f_{\text{yx}}^{\text{'}\text{'}},f_{\text{yy}}^{\text{'}\text{'}}$

четирите трети изводи

$f_{\text{xxx}}^{\text{'''}},f_{\text{yxx}}^{\text{'''}},f_{\text{yyx}}^{\text{'''}},f_{\text{yyy}}^{\text{'''}},$ и т.н.

Диференцијал од повисок ред

Тоталниот диференцијал од прв ред за функција од две променливи $f(x,y)$ беше даден со релацијата $\text{df}=\frac{\partial f}{\partial x}\text{dx}+\frac{\partial f}{\partial y}\text{dy}\text{.}$ Ако се побара диференцијал од првиот диференцијал се добива вториот диференцијал

$d^{2}f=d\left(\frac{\partial f}{\partial x}\text{dx}+\frac{\partial f}{\partial y}\text{dy}\right)=$

$=\left(\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}\text{dx}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}\text{dy}\right)\text{dx}+\left(\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}\text{dx}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}\text{dy}\right)\text{dy}=$

$=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}{\text{dx}}^2+2\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}\text{dxdy}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}{\text{dy}}^2\text{.}$

Заначи втор диференцијал е изразот

или накусо запишан како бином на квадрат преку релацијата

Последниот израз овозможува накусо запишување на диференцијал од ред k за функција со две променливи преку изразот за бином на степен k