Пусть g — отображение открытого множества E⊂Rn в открытое множество N⊂Rm, а f:N⟼Rp. Тогда можно рассматривать сложную функцию F:E⟼Rp, F(x)=f(g(x)) (x∈E). Ее называют композицией F=f∘g.
Теорема. Пусть отображение g дифференцируемо в точке x0∈E, а отображение f дифференцируемо в соответствующей точке y0=g(x0)∈N. Тогда композиция F=f∘g дифференцируема в точке x0 и справедливо равенство
F′(x0)=f′(y0)g′(x0).
Обозначим A=f′(y0), B=g′(x0). При достаточно малой длине вектора k вектор y0+k∈N и справедливо равенство
f(y0+k)−f(y0)=A(k)+α(k)|k|,
где
limk→0α(k)=0(α(0)=0).
(Заметим, что N — открытое множество, и поэтому y0+k∈N при достаточно малых по длине векторах k.) Если вектор h достаточно мал, то x0+h∈E. Положим k≡k(h)=g(x0+h)−g(x0). Тогда f(y0+k)=f(g(x0+h))=F(x0+h) и получаем
F(x0+h)−F(x0)=A(k(h))+α(k(h))|k(h)|,
где
k(h)=B(h)+β(h)|h|
по свойству дифференцируемости отображения g, и limh→0β(h)=0. Подставив это в равенство (13.3), получаем
F(x0+h)−F(x0)=A(B(h))+r(h),
где
r(h)=A(β(h)|h|)+α(k(h))|k(h)|.
По определению производной, нужно доказать, что limh→0|r(h)||h|=0,
и тем самым теорема будет доказана.
Пусть r1(h)=A(β(h)|h|). Тогда в силу линейности отображения А,
|r1(h)||h|=|A(β(h))|⩽‖A‖⋅|β(h)|.
Но правая часть стремится к нулю при h→0, и поэтому получаем, что
limh→0|r1(h)||h|=0.
Теперь положим r2(h)=α(k(h))|k(h)|. Воспользуемся неравенством
|k(h)|⩽|B(h)|+|h|⋅|β(h)|⩽[‖B‖+|β(h)|]⋅|h|,
откуда
|r2(h)||h|⩽(‖B‖+|β(h)|)|α(k(h))|.
Первый множитель справа ограничен при достаточно малых h, а второй множитель справа стремится к нулю при h→0 в силу (13.2).
Таким образом, |r(h)||h|⩽|r1(h)||h|+|r2(h)||h| стремится к нулю при h→0, и теорема доказана.
Замечание. В правой части равенства (13.1) мы имеем композицию линейных отображений f′(y0) и g′(x0). Поэтому доказанную теорему можно сформулировать так: производная композиции равна композиции производных.
Цепное правило.
Пусть z=f(y1,…,ym) – действительная функция. Если положить yi=gi(x)(i=1,…,m), то получим z=f(g1(x),…,gm(x)), и тогда, согласно правилу дифференцирования сложной функции,
dzdx=∂f∂y1dg1dx+…+∂f∂ymdgmdx
Положим теперь yi=gi(x1,…,xn)(i=1,…,m) и получим сложную функцию z=f(g1(x1,…,xn),…,gm(x1,…,xn)). Если воспользоваться упомянутым только что правилом дифференцирования сложной функции, то получим
∂z∂xi=∂f∂y1∂g1∂xi+…+∂f∂ym∂gm∂xi(i=1,…,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⟼R – действительная функция. Из соотношения (13.1) видно, что матрица производной F′(x0) равна произведению матриц f′(y0) и g′(x0). В векторной форме это можно записать так:
(∂F∂x1(x0),…,∂F∂xn(x0))=
=(∂f∂y1(y0),…,∂f∂ym(y0))⋅(∂g1∂x1(x0)…∂g1∂xn(x0)………∂gm∂x1(x0)…∂gm∂xn(x0)).
В частности,
∂F∂xi=∂f∂y1∂g1∂xi+…+∂f∂ym∂gm∂xi(i=1,…,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=xy−yx, где x=sin(t), y=cos(t)
Решение
∂u∂x=(xy−yx)′=1y(x)′−y(1x)′=1y+yx2
∂u∂y=(xy−yx)′=x(1y)′−1x(y)′=−xy2−1x
dxdt=(sin(t))′=cos(t) dydt=(cos(t))′=−sin(t)
dudt=∂u∂xdxdt+∂u∂ydydt=(1y+yx2)cos(t)+(−xy−1x)(−sin(t)) - Найти полную производную сложной функции u=x+y2+z3, где y=sin(x), z=cos(x)
Решение
dudx=∂u∂x+∂u∂ydydx+∂u∂zdzdx==1+2ycos(x)+3z2(−sin(x))=1+2sin(x)cos(x)−3cos2(x)sin(x)
- Найти полный дифференциал сложной функции u=ln2(x2+y2−z2)
Решение
Вначале находим частные производные:
∂u∂x=2ln(x2+y2−z2)1x2+y2−z22x
∂u∂y=2ln(x2+y2−z2)1x2+y2−z22y
∂u∂z=2ln(x2+y2−z2)1x2+y2−z2(−2z)
Для функции n-переменных y=f(x1,x2,…,xn) полный дифференциал определяется выражением : dy=∂y∂x1dx1+∂y∂x2dx2+…+∂y∂xndxn. Согласно этой формуле, получаем :
du=4ln(x2+y2−z2)1x2+y2−z2(xdx+ydy−zdz) - Вычислить приближенно (1,02)3,01
Решение
Рассмотрим функцию z=zy. При x0=1 и y0=3 имеем z0=13=1,
Δx=1,02−1=0,02Δy=3,01−3=0,01.
Находим полный дифференциал функции z=xy в любой точке:
dz=yxy−1Δx+yln(x)Δy
Вычисляем его значения в точке M(1,3) при данных приращениях Δx=0,02 и Δy=0,01
dz=3⋅12⋅0,02+13⋅ln(1)⋅0,02=0,06
Тогда z=(1,02)3,01≈z0+dz=1+0,06=1,06 - Найти частные производные второго порядка функции z=ex2y2
Решение
Вначале найдем частные производные первого порядка:
∂z∂x=ex2y22xy2,∂z∂y=ex2y22x2y
Продифференцировав их еще раз, получим:
∂2z∂x2=ex2y24x2y4+ex2y22y2
∂2z∂y2=ex2y24x4y2+ex2y22x2
∂2z∂x∂y=ex2y24x3y3+ex2y24xy
∂2z∂y∂x=ex2y24x3y3+ex2y24xy
Сравнивая последние два выражения, видим, что ∂2z∂x∂y=∂2z∂y∂x - Найти полный дифференциал второго порядка функции z=x3+y3+x2y2
Решение
Вначале находим частные производные до второго порядка:
∂z∂x=3x2+2xy2,∂z∂y=3y2+2x2y
∂2z∂x2=6x+2y2,∂2z∂y2=6y+2x2,∂2z∂x∂y=4xy
Полный дифференциал второго порядка d2z функции z=f(x,y) выражается формулой:
d2z=∂2z∂x2dx2+2∂2z∂x∂ydxdy+∂2z∂y2dy2
Следовательно,
d2z=(6x+2y2)dx2+8xydxdy+(6y+2x2)dy2
Литература
- Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу.
- 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).
- 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).
- 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.
