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 $F=f\circ g.$

Теорема. 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.

Замечание. 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.

Цепное правило.
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.

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

    $\frac{\partial u}{\partial x}=\left (\frac{x}{y}-\frac{y}{x} \right )’= \frac{1}{y}(x)’-y\left ( \frac{1}{x} \right )’=\frac{1}{y}+\frac{y}{x^{2}}$
    $\frac{\partial u}{\partial y}=\left (\frac{x}{y}-\frac{y}{x} \right )’= x\left ( \frac{1}{y} \right )’-\frac{1}{x}(y)’=-\frac{x}{y^{2}}-\frac{1}{x}$
    $\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}={(\sin(t))}’=\cos(t)\qquad$ $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}={(\cos(t))}’=-\sin(t)$
    $\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} t}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}=\left ( \frac{1}{y}+\frac{y}{x^{2}} \right )\cos(t)+\left ( -\frac{x}{y}-\frac{1}{x} \right )(-\sin(t))$

  2. Найти полную производную сложной функции $u=x+y^{2}+z^{3},$ где $y=\sin(x),$ $z=\cos(x)$
    Решение

    $\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} x}=\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}+\frac{\partial u}{\partial z}\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} x}=\\=1+2y\cos(x)+3z^{2}(-\sin(x))=1+2\sin(x)\cos(x)-3\cos^{2}(x)\sin(x)$

  3. 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 :
    $du=4\ln(x^{2}+y^{2}-z^{2})\frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}(xdx+ydy-zdz)$

  4. 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

  5. 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 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=\frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x}$

  6. 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

  1. Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу.
  2. В. И. Коляда, А. А. Кореновский «Курс лекций по математическому анализу». — Одесса: Астропринт, 2009, ч.1, раздел 13.4 «Производная сложной функции» (стр. 311 — 313).
  3. А. П. Рябушко «Сборник индивидуальных заданий по высшей математике». — Минск: «Вышэйшая школа», 1991, ч.2, разделы 10.2,10.3 «Полный дифференциал. Дифференцирование сложных и неявных функций», «Частные производные высших порядков. Касательная плоскость и нормаль к поверхности» (стр. 212 — 216).
  4. И. И. Ляшко, А.К. Боярчук, Я.Г.Гай, Г.П.Головач «Математический анализ: введение в анализ, производная, интеграл». «М.Едиториал», 2001, глава 2(4), «Производные и дифференциал высших порядков» (стр. 137).

Производная сложной функции

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

Дифференцируемость функции в точке и существование частных производных

Дадим определение дифференцируемости функции в точке.
Определение. Функция $f \left( x \right) = f \left( x_1, \dots, x_n \right)$ называется дифференцируемой в точке $x^0 = \left( x_1^0, \dots, x_n^0 \right)$, если она определена в некоторой окрестности этой точки и существуют такие числа $A_1, \dots, A_n$, что $$f \left( x \right) — f \left( x^0 \right) = \sum\limits_{i = 1}^{n} A_i \left( x_i — x_i^0 \right) + o \left( \rho \left( x, x^0 \right) \right) \qquad (2)$$ при $x \to x^0$.
Теорема 1. Функция $f \left( x \right)$ дифференцируема в точке $x^0$ в том и только том случае, когда в некоторой окрестности точки $x^0$ функция $f \left( x \right)$ может быть представлена в следующем виде: $$f \left( x \right) = f \left( x^0 \right) + \sum\limits_{i = 1}^{n} f_i \left( x \right) \left( x_i — x_i^0 \right), \qquad (2)$$ где функции $f_i \left( x \right)$ непрерывны в точке $x^0$.

Доказательство

Пусть функция $f \left( x \right)$ дифференцируема в точке $x^0$. Тогда выполнено условие (1). Заметим, что равенство $\psi \left( x \right) = o \left( \rho \left( x, x^0 \right) \right)$ при $x \to x^0$ означает, что $\psi \left( x \right) = \varepsilon \left( x \right) \rho \left( x, x^0 \right)$, где $\lim_{x \to x^0} \varepsilon \left( x \right) = 0$.
Тогда $$\psi \left( x \right) = \frac{ \varepsilon \left( x \right) }{ \rho \left( x, x^0 \right) } \sum\limits_{i = 1}^{n} \left( x_i — x_i^0 \right) ^2 = \\ = \sum\limits_{i = 1}^{n} \varepsilon_i \left( x \right) \left( x_i — x_i^0 \right), \qquad (3)$$
где $\varepsilon \left( x \right) = \varepsilon \left( x \right) \frac{ x_i — x_i^0 }{ \rho \left( x, x^0 \right) }$, $\lim_{ x \to x^0 } \varepsilon \left( x \right) = 0$, так как $0 \leq \frac{ \left| x_i — x_i^0 \right| }{ \rho \left( x, x^0 \right) } \leq 1$.
Доопределим функции $\varepsilon_i \left( x \right)$ в точке $x^0$ по непрерывности, полагая $\lim_{x \to x^0} \varepsilon_i \left( x \right) = \varepsilon_i \left( x^0 \right) = 0$.
Тогда из (1) и (3) получаем $$f \left( x \right) = f \left( x^0 \right) + \sum\limits_{ i = 1 }^{ n } A_i \left( x_i — x_i^0 \right) + \sum\limits_{ i = 1 }^{ n } \varepsilon_i \left( x \right) \left( x_i — x_i^0 \right) = \\ = f \left( x^0 \right) + \sum\limits_{ i = 1 }^{ n } f_i \left( x \right) \left( x_i — x_i^0 \right), f_i \left( x \right) = A_i + \varepsilon_i \left( x \right).$$ Так как функции $\varepsilon_i \left( x \right)$ непрерывны в точке $x^0$, то и функции $f_i \left( x \right)$ непрерывны в точке $x^0$ и $f_i \left( x^0 \right) = A_i, i = \overline{1, n}$.
Пусть выполнено (2). Тогда, воспользовавшись непрерывностью функции $f_i \left( x \right)$ в точке $x^0$, положим $$A_i = f_i \left( x^0 \right), f_i \left( x \right) = A_i + \varepsilon_i \left( x \right), \lim\limits_{x \to x^0} \varepsilon_i \left( x \right) = 0.$$ Получаем $$f \left( x \right) — f \left( x^0 \right) = \sum\limits_{i = 1}^{n} A_i \left( x_i — x_i^0 \right) + \sum\limits_{i = 1}^{n} \varepsilon_i \left( x \right) \left( x_i — x_i^0 \right) = \\ = \sum\limits_{i = 1}^{n} A_i \left( x_i — x_i^0 \right) + o \left( \rho \left( x, x^0 \right) \right),$$ так как $$\frac{ \left| \sum\limits_{i = 1}^{n} \varepsilon_i \left( x \right) \left( x_i — x_i^0 \right) \right| }{ \rho \left( x, x^0 \right) } \leq \sum\limits_{i = 1}^{n} \left| \varepsilon_i \left( x \right) \right| \to 0, x \to x^0. $$

[свернуть]

Упражнение 1. Пусть функции $f \left( x \right)$ и $\varphi \left( x \right)$ определены в окрестности точки $x^0 \in \mathbb{R}^n$, функция $f \left( x \right)$ дифференцируема в точке $x^0$ и $f \left( x^0 \right) = 0$, а функция $\varphi \left( x \right)$ непрерывна в точке $x^0$. Доказать, что функция $f \left( x \right) \varphi \left( x \right)$ дифференцируема в точке $x^0$.
Упражнение 2. Доказать, что функция $$\left( x + y \right) \left( x^3 + y^3 \right) ^{\frac{1}{3}}$$ дифференцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$.
Указание. Воспользоваться результатом упр. 1.
Пример 1. Показать, что функция $$f \left( x, y \right) = \sqrt[3]{x^3 + y^4}$$дифференцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$.
Решение

Покажем, что существует число $C > 0$ такое, что для любых $x \in \mathbb{R}$ и $y \in \mathbb{R}$ справедливо неравенство $$\left| \sqrt[3]{x^3 + y^4} — x \right| \leq C \left| y \right| ^{\frac{4}{3}}. \qquad (4)$$ Если $y = 0$, то неравенство (4) справедливо при любом $C$. Пусть $y \ne 0$. Положим $t = xy^{- \frac{4}{3}}$. Тогда неравенство (4) эквивалентно неравенству $\left| \psi \left( t \right) \right| < C$, где $\psi \left( t \right) = \sqrt[3]{1 + t^3} — t$.
Так как функция $\psi \left( t \right)$ непрерывна на $\mathbb{R}$ и $\psi \left( t \right) \to 0$ при $t \to \infty$, то $\psi \left( x \right)$ есть ограниченная функция на $\mathbb{R}$.
Итак, неравенство (4) установлено. Так как $$\left| \frac{ y^{\frac{4}{3}} }{ \sqrt{ x^2 + y^2 } } \right| = \left| y \right| ^{\frac{1}{3}} \frac{ \left| y \right| }{ \sqrt{x^2 + y^2} } \leq \left| y \right| ^{\frac{1}{3}},$$ то $$y^{\frac{4}{3}} = o \left( \sqrt{x^2 + y^2} \right), \left( x, y \right) \to \left( 0, 0 \right),$$ и, следовательно, $$\sqrt[3]{x^3 + y^4} = x + o \left( \sqrt{x^2 + y^2} \right), \left( x, y \right) \to \left( 0, 0 \right),$$ т. е. функция $f \left( x, y \right) = \sqrt[3]{x^3 + y^3}$ дифференцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$.

[свернуть]

Пример 2. Показать, что функция $$f \left( x, y \right) = \sqrt[3]{x^3 + y^3}$$недифференцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$.
Решение

Первый способ. Пусть функция дифференцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$, тогда, согласно определению, существует числа $A$ и $B$ такие, что $$f \left( x, y \right) — f \left( 0, 0 \right) = Ax + By + o \left( \rho \right), \rho = \sqrt{x^2 + y^2},$$ где $f \left( x, y \right) = \sqrt[3]{x^3 + y^3}$, $f \left( 0, 0 \right) = 0$, $A = \frac{ \partial f \left( 0 , 0 \right) }{ \partial x }$, $B = \frac{ \partial f \left( 0, 0 \right) }{ \partial y } = 1$.
Поэтому $$\sqrt[3]{x^3 + y^3} = x + y + o \left( \sqrt{x^2 + y^2} \right).$$ Пусть $x = y > 0$, тогда $$\sqrt[3]{2x} = 2x + 0 \left( x \right)$$ или $\left( \sqrt[3]{2} — 2 \right) x = o \left( x \right)$ при $x \to 0$, что противоречит определению символа $o \left( x \right)$. Следовательно, функция $\sqrt[3]{x^3 + y^3}$ недифференцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$.
Второй способ. Если функция $f \left( x, y \right)$ дифференцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$, то ее можно в некоторой окрестности этой точки, согласно теореме 1, представить в следующем виде: $$\sqrt[3]{x^3 + y^3} = x \varphi \left( x, y \right) + y \psi \left( x, y \right), \qquad (5)$$где функции $\varphi \left( x, y \right)$ и $\psi \left( x, y \right)$ непрерывны в точке $\left( 0, 0 \right)$.
Пусть $k$ — произвольное число. Положим в (5) $y = kx$. Тогда $$\sqrt[3]{1 + k^3} = \varphi \left( x, kx \right) + k \psi \left( x, kx \right).$$ Переходя к пределу при $x \to 0$ и пользуясь непрерывностью функции $\varphi \left( x, y \right)$ и $\psi \left( x, y \right)$ в точке $\left( 0, 0 \right)$, получаем, что при любом $k$ выполняется равенство $$\sqrt[3]{1 + k^3} + \varphi \left( 0, 0 \right) + k\psi \left( 0, 0 \right) = a + kb.$$
Это неверно, так как функция $\sqrt[3]{1 + k^3}$ не есть линейная функция (ее вторая производная по $k$ не обращается тождественно в нуль).

[свернуть]

Из теоремы 1 следует, что функция $f \left( x \right)$, дифференцируемая в точке $x^0$, непрерывна в этой точке. Обратное утверждение неверно: функция примера 2 непрерывна, но недифференцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$.

Необходимое условие дифференцируемости функции в точке.

Теорема 2. Если функция $f \left( x \right)$ дифференцируема в точке $x^0 \in \mathbb{R}^n$, то она имеет в точке $x^0$ все частные производные $\frac{ \partial f }{ \partial x_i } \left( x^0 \right)$, $i = \overline{1, n}$, и $$f \left( x \right) — f \left( x^0 \right) = \\ = \sum\limits_{i = 1}^{n} \frac{ \partial f }{ \partial x_i } \left( x^0 \right) \left( x_i — x_i^0 \right) + o \left( \rho \left( x, x^0 \right) \right), x \to x^0. \qquad (6)$$

Доказательство

Пусть функция $ f \left( x \right)$ дифференцируема в точке $x^0$. Тогда найдутся такие числа $A_1, \dots, A_n$, что при $x \to x_1^0$ будет выполнено равенство (1). Пусть в этом равенстве $x_1 \neq x_1^0$, а $x_2 = x_2^0, \dots, x_n = x_n^0$. Тогда равенство (1) принимает следующий вид: $$f \left( x_1, x_2^0, \dots, x_n^0 \right) — f \left( x_1^0, \dots, x_n^0 \right) = \\ = A_1 \left( x_1 — x_1^0 \right) + o \left( \left| \Delta x_1 \right| \right), x_1 — x_1^0 = \Delta x_1 \to 0.$$ Следовательно, существует предел: $$A_1 = \lim\limits_{\Delta x_1 \to 0} \frac{ f \left( x_1, x_2^0, \dots, x_n^0 \right) — f \left( x_1^0 , \dots, x_n^0 \right) }{ \Delta x_1 } = \frac{ \partial f }{ \partial x_1 } \left( x^0 \right).$$ Аналогично доказывается, что у функции $f \left( x \right)$ в точке $x^0$ существуют и остальные частные производные и что $$A_i = \frac{ \partial f }{ \partial x_i } \left( x^0 \right), i = \overline{ 2, n }.$$ Подставляя эти выражения в равенство (1), получаем (6).

[свернуть]

Функция примера 2 имеет в точке $\left( 0, 0 \right)$ обе частные производные первого порядка: $$\frac{ \partial f }{ \partial x } \left( 0, 0 \right) = \lim\limits_{x \to 0} \frac{ f \left( x, 0 \right) — f \left( 0, 0 \right) }{ x } = \\ = \lim\limits_{x \to 0} \frac{ \sqrt[3]{x^3} }{ x } = 1, \frac{ \partial f }{ \partial y } \left( 0, 0 \right) = 1.$$ Так как функция $f \left( x, y \right) = sqrt[3]{x^3 + y^3}$ примера 2 недиффиринцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$, то этот пример показывает, что из существования частных производных в точке не следует дифференцируемость функции в этой точке. Существование частных производных функции в точке не гарантирует даже непрерывности функции в этой точке.
Так, функция $$f \left( x \right) = \begin{cases} \frac{2xy}{x^2+y^2}, & x^2 + y^2 > 0, \\ 0, & x = y = 0 \end{cases}$$ не имеет предела при $\left( x, y \right) \to \left( 0, 0 \right)$, а поэтому и не является непрерывной в точке $\left( 0, 0 \right)$. Тем не менее у этой функции в точке $\left( 0, 0 \right)$ существуют обе частные производные: $$\frac{ \partial f }{ \partial x } \left( 0, 0 \right) = \lim\limits_{x \to 0} \frac{ f \left( x, 0 \right) — f \left( 0, 0 \right) }{ x } = 0, \frac{ \partial f }{ \partial y } \left( 0, 0 \right) = 0.$$

Достаточные условия дифференцируемости функции в точке.

Теорема 3. Если все частные производные $\frac{ \partial f }{ \partial x_i }$, $i = \overline{1, n}$ определены в окрестности точки $x^0 \in \mathbb{R}^n$ и непрерывны в точке $x^0$, то функция $f \left( x \right)$ дифференцируема в точке $x^0$.

Доказательство

Рассмотрим случай функции трех переменных. Общий случай рассматривается аналогично. Пусть функции $\frac{ \partial f }{ \partial x } \left( x, y, z \right)$, $\frac{ \partial f }{ \partial y } \left( x, y, z \right)$, $\frac{ \partial f }{ \partial z } \left( x, y, z \right)$ определены в некотором шаре $S_\varepsilon \left( x^0, y^0, z^0 \right)$ и непрерывны в центре шара $\left( x^0, y^0, z^0 \right)$.
Запишем приращения функции в следующем виде: $$f \left( x, y, z \right) — f \left( x^0, y^0, z^0 \right) = \\ = f \left( x, y, z \right) — f \left( x^0, y, z \right) + f \left( x^0, y, z \right) — f \left( x^0, y^0, z \right) + \\ + f \left( x^0, y^0, z \right) — f \left( x^0, y^0, z^0 \right).$$ Пусть $x^0 < x$. Рассмотрим функцию одной переменной $\psi \left( t \right)$ при $t \in \left[ x^0, x \right]$. На этом отрезке функция $\psi \left( t \right)$ имеет производную $$\psi ‘ \left( t \right) = \frac{ \partial f }{ \partial x } \left( t, y, z \right).$$ Применяя формулу конечных приращений Лагранжа для функции $\psi \left( t \right)$ на отрезке $\left[ x^0, x \right]$, получаем $$\psi \left( x \right) — \psi \left( x^0 \right) = \psi ‘ \left( x^0 + \theta \left( x — x^0 \right) \right) \left( x — x^0 \right), 0 < \theta < 1.$$ Если подставить в эту формулу выражение для $\psi \left( t \right)$, то $$f \left( x, y, z \right) — f \left( x^0, y, z \right) = f_1 \left( x, y, z \right) \left( x — x^0 \right), \\ f_1 \left( x, y, z \right) = \frac{ \partial f }{ \partial x } \left( x^0 + \theta \left( x — x^0 \right), y, z \right). \qquad (7)$$ Так как частная производная $\frac{ \partial f }{ \partial x } \left( x, y, z \right)$ непрерывна в точке $\left( x^0, y^0, z^0 \right)$, то существует $$\lim\limits_{ \left( x, y, z \right) \to \left( x^0, y^0, z^0 \right) } f_1 \left( x, y, z \right) = \frac{ \partial f }{ \partial x } \left( x^0, y^0, z^0 \right).$$ Аналогично,$$f \left( x^0, y, z \right) — f \left( x^0, y^0, z \right) = f_2 \left( , y, z \right) \left( y — y^0 \right), \\ f \left( x^0, y^0, z \right) — f \left( x^0, y^0, z^0 \right) = f_3 \left( , y, z \right) \left( z — z^0 \right), \qquad (8)$$ где функции $f_2 \left( x, y, z \right)$ и $f_3 \left( x, y, z \right)$ имеют конечные пределы при $\left( x, y, z \right) \to \left( x^0, y^0, z^0 \right)$. Доопределяя эти функции в точке $\left( x^0, y^0, z^0 \right)$предельным значениями, получим, что функции $f_i \left( x, y, z \right)$, $i = \overline{1, 3}$, непрерывны в точке $\left( x^0, y^0, z^0 \right)$. Таким образом, $$f \left( x, y, z \right) — f \left( x^0, y^0, z^0 \right) = \\ = \left( x — x^0 \right) f_1 \left( x, y, z \right) + \left( y — y^0 \right) f_2 \left( x, y, z \right) + \left( z, z_0 \right) f_3 \left( x, y, z \right).$$ Из непрерывности функций $f_1 \left( x, y, z \right)$, $f_2 \left( x, y, z \right)$ и $f_3 \left( x, y, z \right)$ в точке $ \left( x^0, y^0, z^0 \right)$ и теоремы 1 следует дифференцируемость функции $f \left( x, y, z \right)$ в точке $\left( x^0, y^0, z^0 \right)$.

[свернуть]

Непрерывность частных производных в точке не является необходимым условием дифференцируемости функции в этой точке.
Функция $$f \left( x, y \right) = \begin{cases} \left( x^2 + y^2 \right) \sin \frac{ 1 }{ \sqrt{ x^2 + y^2 } }, & x^2 + y^2 > 0, \\ 0, & x = y = 0, \end{cases}$$ дифференцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$, так как $$f \left( x, y \right) = 0 \cdot x + 0 \cdot y + o \left( \sqrt{ x^2 + y^2 } \right), \left( x, y \right) \to \left( 0, 0 \right).$$ Но при $x^2 + y^2 > 0$ частная производная$$\frac{ \partial f }{ \partial x } \left( x, y \right) = 2x \sin \frac{ 1 }{ \sqrt{ x^2 + y^2 } } — \frac{ x }{ \sqrt{ x^2 + y^2 } } \cos \frac{ 1 }{ x^2 + y^2 }$$ не имеет предела при $\left( x, y \right) \to \left( 0, 0 \right)$ и, следовательно, не является непрерывной функцией в точке $\left( 0, 0 \right)$. Чтобы в этом убедиться, достаточно показать, что $\frac{ \partial f \left( x, 0 \right) }{ \partial x }$ не имеет предела при $x \to 0$.

Список литературы

Тест

Тест для проверки усвоения материала

Определение частной производной и её геометрический смысл

Определение. Пусть функция $$ f \left( x \right) = f \left( x_1, \dots, x_n \right) $$ определена в окрестности точки $ x^0 = \left( x_2^0, \dots, x_n^0 \right) $. Рассмотрим функцию одной переменной $$ \varphi \left( x_1 \right) = f \left( x_1, x_2^0, \dots, x_n^0 \right). $$ Функция $ \varphi \left( x_1 \right) $ может иметь производную в точке $ x_1^0 $. По определению такая производная называется частной производной $ \frac{ \partial f }{ \partial x_1 } \left( x^0 \right) $. Таким образом, $$ \frac{ \partial f }{ \partial x_1 } \left( x^0 \right) = \frac{ \partial f }{ \partial x_1 } \left( x_1^0, \dots, x_n^0 \right) = \\ = \lim\limits_{\Delta x_1 \to 0 } \frac{ f \left( x_1, x_2^0, \dots, x_n^0 \right) — f \left( x_1^0, \dots, x_n^0 \right) }{ \Delta x_1 }, $$ где $ \Delta x_1 = x_1 — x_1^0 $.
Аналогично определяются частные производные (первого порядка) $$ \frac{ \partial f }{ \partial x_i } \left( x_1^0, \dots, x_n^0 \right) , i = \overline{2, n}. $$ Употребляются и другие обозначения для частных производных первого порядка: $$ \frac{ \partial f }{ \partial x_i } \left( x^0 \right) = f_{x_i} \left( x^0 \right) = D_i f \left( x^0 \right) = \\ = {f’}_{x_i} \left( x^0 \right) = \frac{ \partial }{ \partial x_i } f \left( x^0 \right) = \frac{ \partial f \left( x^0 \right) }{ \partial x_i }. $$ Функция двух переменных может иметь в точке $ \left( x^0, y^0 \right) $ две частные производные первого порядка $$ \frac{ \partial f }{ \partial x } \left( x^0, y^0 \right), \frac{ \partial f }{ \partial y } \left( x^0, y^0 \right). $$ Для функции трех переменных — три частные производные первого порядка $$ \frac{ \partial f }{ \partial x } \left( x^0, y^0, z^0 \right), \frac{ \partial f }{ \partial y } \left( x^0, y^0, z^0 \right), \frac{ \partial f }{ \partial z } \left( x^0, y^0, z^0 \right). $$ Поскольку при вычслении частных производных все переменные, кроме одной, фиксируются, то техника вычисления частных производных такая же, как техника вычисления производных функции одной переменной.
Например, $$ \frac{ \partial }{ \partial x } \sqrt{x^2 + y^2} = \frac{ 1 }{ 2 \sqrt{x^2 + y^2} } \frac{ \partial }{ \partial x } \left( x^2 + y^2 \right) = \frac{ x }{ \sqrt{x^2 + y^2} }. $$

Геометрический смысл

kolomeiets20160630Рассмотрим функцию двух переменных $ z = f \left( x, y \right) $, определенную на множестве $ D \subset \mathbb{R}^2 $ и имеющую конечные частные производные $ \frac{ \partial z }{ \partial x } $ и $ \frac{ \partial z }{ \partial y } $ в точке $ M_0 \left( x_0, y_0 \right) $. Чтобы выяснить геометрический смысл частных производных, выполним следующие построения. В плоскости $ Oxy $ отметим точку $ M_0 $.
Затем нарисуем поверхность $ S $, являющуюся графиком функции $ z = f \left( x, y \right) $. Без ограничения общности будем полагать, что поверхность расположена над плоскостью $ Oxy $. Через точку $ M_0 $ проведем плоскость $ y = y_0 $ параллельную коорднатной плоскости $ Oxy $. В сечении поверхности $ S $ этой плоскостью получаем кривую $ \Gamma $. Уравнение этой кривой описывается функцией одной переменной $ z = f \left( x, y_0 \right) $. Так как в точке $ M_0 $ существует частная производная $ {f’}_x \left( x_0, y_0 \right) $, то она согласно геометрическому смыслу обычной производной функции одной переменной равна угловому коэффициенту касательной, проведенной в точке $ N \left( x_0, y_0, f \left( x_0, y_0 \right) \right) $ к кривой $ \Gamma $: $$ {f’}_x \left( x_0, y_0 \right) = \tan \alpha, $$ где $ \alpha $ — угол между касательной и положительным направлением оси $ Ox $. В этом состоит геометрический смысл частной производной $ {f’}_x \left( x_0, y_0 \right) $.

Список литературы

Тест

Тест для проверки усвоения материала