Пусть функция $f$ принадлежит классу $C^{1}(E)$, где открытое множество $E\subset \mathbb{R}^{n}$ . Тогда $f$ дифференцируема на $E$.

Через $C^{1}(E)$ обозначается класс всех всех непрерывно дифференцируемых на множестве $E$ функций.

Доказательство

Фиксируем $x_{0}\in E$. Поскольку множество $E$ открыто, то существует шар $U_{0}$ с центром в этой точке, целиком содержащийся в $E$. Пусть $r$– радиус этого шара и вектор $h$ имеет длину $\left | h \right |<r$. Обозначим: $x_{j}=x_{0}+h^{1}e_{1}+…+h^{j}e_{j}, (j=1,…,n)$. Ясно, что $x_{n}=x_{0}+h$.
Заметим, что все $x_{j}$ принадлежат шару $U_{0}$. Действительно,

$$\left | x_{0}-x_{j} \right |=\sqrt{\sum_{i=1}^{j}(h^{j})^{2}}\leq \left | h \right |< r.$$
Поскольку шар – выпуклое множество, то каждый из отрезков $[ x_{j-1},x_{j} ]$ содержится в $U_{0}$. Действительно, этот отрезок – это множество точек $x=(1-t)x_{j-1}+tx_{j}$, где $0\leq t\leq 1$, и мы получаем $\left | x_{0}-x_{j} \right |\leq (1-t)\left | x_{0}-x_{j-1} \right |+\left | x_{0}-x_{j} \right |< r$.
Воспользуемся равенством: $$f(x_{0}+h)-f(x_{0})=\sum_{j=1}^{n}\left [ f(x_{j})-f(x_{j-1}) \right ].$$
Рассмотрим отдельно каждое из слагаемых в правой части. При фиксированном $j$ положим $g(t)=f(x_{j-1}+te_{j})$, $(0\leq t\leq h^{j})$. По определению частной производной имеем: $$g{}'(t)=\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(x_{j-1}+te_{j}) .$$
По формуле Лагранжа получаем:
$$f(x_{j})-f(x_{j-1})=g(h^{j})-g(0)=g{}'(\tau _{j})h^{j}=\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(\xi _{j})h^{j},$$
где $\xi _{j}=x_{j-1}+\tau_{j}e_{j}$ — некоторая точка отрезка, соединяющего $x_{j-1}$ и $x_{j}$.
Имеем $\left | x_{0}-\xi_{j} \right |\leq \left | h \right |$.
Обозначим $$\alpha _{j}(h)=\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(x_{0})-\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(\xi_{j}) .$$
По условию все частные производные непрерывны в точке $x_{0}$ и поэтому $\lim_{h\rightarrow 0}\alpha _{j}(h)=0 , (j=1,…,n)$.
В силу равенства $$f(x_{0}+h)-f(x_{0})=\sum_{j=1}^{n}\left [ f(x_{j})-f(x_{j-1}) \right ]$$ имеем:
$$f(x_{0}+h)-f(x_{0})=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(\xi_{j})h^{j}=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(x_{0})h^{j}-\sum_{j=1}^{n}\alpha _{j}(h)h^{j}=$$ $$=A(h)+\rho (h),$$
где $$A(h)=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(x_{0})h^{j} .$$
Итак, $A$ является линейной формой аргумента $h$, а $\left | \rho(h) \right |\leq \left | h \right |\sum_{j=1}^{n}\left | \alpha_{j}(h) \right |$.
Поэтому, получаем, что $\frac{\rho(h)}{\left | h \right |}\rightarrow 0$ при $h\rightarrow 0$.
Согласно определению дифференцируемости, теорема доказана.$\square$

Из доказательства видно, что если функция имеет частные производные в некоторой окрестности точки $x_{0}$ и в этой точке все они непрерывны, то функция дифференцируема в точке $x_{0}$.

Непрерывность частных производных – только достаточное условие дифференцируемости. Оно не является необходимым.

Следствие

Каждая функция класса $C^{1}$ непрерывна.

[spoilergroup]

[/spoilergroup]

• Конспект лекций Лысенко З.М.
• В.И.Коляда, А.А.Кореновский, Курс лекций по математическому анализу в двух частях, часть 1, 2009. с.277-279
• Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И., Курс математического анализа, физмат-лит, 2001. стр.246-248
• Л.Д.Кудрявцев, Курс Математического Анализа, Том 2, стр.247-249

Рекомендованная литература

• Г.М.Фихтенольц, Курс дифференциального и интегрального исчисления, Том 1, 1962, стр.379-381

Тест