12.3 Частные производные

Сначала рассмотрим пример. Пусть $\DeclareMathOperator{\tg}{tg} f(x,y)=x^{2}+y^{2}$ . Производной по $x$ называется

$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x,$
а производной по

$y$ –

$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y.$
Полной производной, или дифференциалом, согласно примеру

$1$ , будет

$A(h,k)=2xh+2yk$ ,

$A = \mathrm{d}f(x,y).$

Пусть $f\colon E\to \mathbb{R}$ , где открытое множество $E\subset{\mathbb{R}^{n}}$ , и точка $x_{0}\in{E}$ . Если существует

$\lim_{t \rightarrow 0}\frac{f(x_{0}+te_{i})-f(x_{0})}{t},$ то этот предел называется

$i$ -й частной производной функции

$f$ по переменной

$x^{i}$ в точке

$x_{0}$ и обозначается одним из символов

$\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0}),$

${f}’_{x^{i}}(x_{0}),$

$\mathrm{D}_{i}f(x_0),$

${f}’_{i}(x_{0}).$

В этом определении $e_{i}$ – $i$ -й координатный вектор. Все его координаты – нули, за исключением $i$ -й, равной $1$ , а $t \neq 0$ пробегает действительные значения, близкие к нулю, так, чтобы точка $x_{0} + te_{i}$ оставалась во множестве $E.$

Можно записать

$\frac{\partial f }{\partial x^{i}}(x_0)=\lim_{t \rightarrow 0}\frac{f(x_{0}^{1},\ldots, x_{0}^{i}+t,\ldots, x_{0}^{n})-f(x_{0}^{1},\ldots, x_{0}^{n})}{t}.$
Эта запись показывает, что частную производную можно рассматривать как производную функции

$f$ по переменной

$x_{i}$ при фиксированных значениях всех остальных переменных. Точнее,

$\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0})$ есть производная функции одного переменного

$g(\xi)=f(x_{0}^{1},\ldots, x_{0}^{i-1}, \xi, x_{0}^{i+1},\ldots, x_{0}^{n})$ в точке

$\xi = x_{0}^{i}.$

Частная производная – это число, в отличие от производной $f'(x_{0}),$ которая называется также полной производной. Полная производная является линейной формой.

Пусть $f$ – действительная функция, заданная на открытом множестве $E\subset{\mathbb{R}^{n}}$ . Если функция $f$ дифференцируема в точке $x_{0}\in{E}$ , то в этой точке у нее существуют частные производные по всем переменным. При этом справедливо равенство

$f(x_{0}+h)-f(x_{0})=\frac{\partial f}{\partial x^{1}}(x_{0})h^{1}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial x^{n}}(x_{0})h^{n}+\bar{o}(\left | h \right |). \quad (12.11)$

Пусть $A={\mathrm{d} f}(x_{0})$ . Тогда, по определению дифференцируемости,

$f(x_{0}+h)-f(x_{0})= A(h)+\bar{o}(\left | h \right |). \quad (12.12)$
Положим

$h = te_{i}$ , где достаточно малое

$t\neq 0.$ Тогда получим

$f(x_{0}+te_{i})−f(x_{0})=tA(e_{i})+\bar{o}(\left | t \right |).$
Отсюда следует, что

$\frac{f(x_{0}+te_{i})-f(x_{0})}{t}\to A(e_{i})\quad(t\to 0).$
Тем самым мы доказали, что существует

$\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0})=A(e_{i})$ . Заметим, что

$A(h) = A(e_{1})h^{1}+\ldots+A(e_{n})h^{n},$ и поэтому из

$(12.12)$ следует

$(12.11).$

При доказательстве теоремы нами установлено соотношение

$\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0})=\mathrm{d}f(x_{0})e_{i}\quad(i=1,\ldots,n).$
В правой его части записано значение линейной формы

$\mathrm{d}f(x_{0})$ на

$i$ -м базисном векторе

$e_{i}$ .

Формулой

$\mathrm{d}f(x_{0})h=\frac{\partial f}{\partial x^{1}}(x_{0})h^{1}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial x^{n}}(x_{0})h^{n}\quad(h\in \mathbb{R}^{n})$ описывается дифференциал

$\mathrm{d}f(x_{0})$ как линейная форма. Заметим, что из этой формулы вытекает равенство

$\mathrm{d}f(x_{0})=\frac{\partial f}{\partial x^{1}}(x_{0})\pi^{1}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial x^{n}}(x_{0})\pi^{n},$ где

$\pi^{i}(h)$ –

$i$ -я проекция.

Таким образом, частные производные – это координаты полной производной или дифференциала в стандартном базисе $\pi^{1}, \ldots, \pi^{n}$ сопряженного пространства.

Пусть $f(x, y)=x^{2}+y^{2}.$ Как было установлено выше, частные производные этой функции по переменным $x$ и $y$ соответственно равны $2x$ и $2y.$ Вычислим значение дифференциала этой функции в точке $(1, 2)$ на векторе $(−3, 5).$ Имеем

$\frac{\partial f}{\partial x}(1, 2)=2,\quad \frac{\partial f}{\partial y}(1, 2)=4,\quad \mathrm{d}f(1, 2)(−3, 5) = 2(−3)+4·5=14.$
Запишем разложение

$\mathrm{d}f(1, 2)$ по базисным линейным формам

$\pi^{1},$

$\pi^{2}:$

$\mathrm{d}f(1, 2) = 2\pi^{1} + 4\pi^{2}.$
Это выражение полностью описывает дифференциал.

Рассмотрим функцию $f(x) = \left | x \right |$ , $x\in \mathbb{R}^{n}$ . Покажем, что в начале координат у нее нет ни одной частной производной. Действительно, например, $f(x^{1}, 0, \ldots, 0) = \left | x^{1} \right |$ , но, как хорошо известно, у этой функции нет производной в нуле по переменной $x^{1}.$ Аналогично показываем, что в начале координат нет частных производных по остальным переменным.

Рассмотрим геометрический смысл частной производной на примере функции $f(x, y)$ двух переменных. Сечением графика функции $f(x, y)$ плоскостью $y = y_{0}$ есть некоторая кривая – график функции одного переменного $f(x, y_{0})$ . Касательная к этому графику в точке $x = x_{0}$ образует некоторый угол $\alpha$ с положительным направлением оси $Ox$ . Тангенс этого угла $\tg \alpha$ и есть частная производная функции $f(x, y)$ по переменной $x$ в точке $(x_{0}, y_{0})$ , т. е. $\tg \alpha = \frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}, y_{0})$ .

Частные производные в точке $(x_{0}, y_{0})$ характеризуют поведение функции вблизи точки $(x_{0}, y_{0})$ вдоль прямых, параллельных координатным осям. В случае $n \geq 2$ из существования частных производных не следует дифференцируемость функции. Например, пусть функция $f(x, y) = 1$ , если $xy = 0$ , и $f(x, y) = 0$ во всех остальных точках $(x, y)$ . Тогда очевидно, что $\frac{\partial f}{\partial x}(0, 0)=\frac{\partial f}{\partial y}(0, 0)=0$ , но, в то же время, функция $f$ разрывна в точке $(0, 0)$ и, тем более, она не является дифференцируемой в этой точке.

Пример 1. Пусть

$f(x, y)=\left\{\begin{matrix}\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}, \quad x^{2}+y^{2}>0, &\\0, \quad x^{2}+y^{2}=0.\end{matrix}\right.$
Если

$x^2 + y^2 > 0$ , то

$\frac{\partial f}{\partial x}(x, y)=y\frac{x^2+y^2-2x^2}{(x^2+y^2)^2}=y\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2},\quad \frac{\partial f}{\partial y}(x, y)=x\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}.$
Вычислим частные производные функции

$f$ в начале координат. Поскольку

$f(x, 0) = 0$ , то

$\frac{\partial f}{\partial x}(0, 0) = 0$ . Аналогично

$\frac{\partial f}{\partial y}(0, 0) = 0$ . Таким образом, частные производные функции

$f$ существуют во всех точках плоскости. Однако эта функция разрывна в начале координат, поскольку на прямой

$x = y \neq 0$ справедливо равенство

$f(x, x) = \frac{1}{2}$ . Это означает, что ее предел не равен значению функции в точке

$(0, 0)$ .
Итак, функция

$f$ разрывна в начале координат, так что она не является дифференцируемой в точке

$(0, 0)$ .

Пример 2. Функция

$f(x, y)=\left\{\begin{matrix}\frac{xy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}, \quad x^{2}+y^{2}>0, &\\0, \quad x^{2}+y^{2}=0.\end{matrix}\right.$
как было показано ранее, непрерывна во всех точках плоскости. Легко видеть, что в каждой точке плоскости она имеет частные производные, однако, как было показано выше, в начале координат не является дифференцируемой.

Пусть действительная функция $f$ определена на открытом множестве $E\subset\mathbb{R}^{n}$ . Предположим, что в каждой точке $x \in E$ существует частная производная $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x)$ . Тогда получаем функцию $x \to\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x)$ , определенную на множестве $E$ , которая обозначается $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}$ и называется $i$ -й частной производной.

Если функция $f$ в каждой точке $x$ множества $E$ имеет все частные производные $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}$ и они непрерывны на множестве $E$ то функция $f$ называется непрерывно дифференцируемой на этом множестве. Через $C^1(E)$ обозначается класс всех непрерывно дифференцируемых на множестве $E$ функций.

Если функция $f$ дифференцируема в каждой точке множества $E$ , то говорят, что $f$ дифференцируема на множестве $E$ .

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

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 $x_{j} = x_{0} + h^{1}e_{1} + \ldots+ h^{j}e_{j}\quad (j = 1, \ldots, n)$ . Ясно, что $x_{n} = x_{0} + h$ . Заметим, что все $x_{j}$ принадлежат шару $U_0$ . Действительно,

$\left | x_0-x_j \right |=\sqrt{\sum_{i=1}^{j}(h^{i})^{2}}\leq \left | h \right |<r.$
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

$\left | x_0-x_j \right |=(1-t)\left | x_0-x_{j-1} \right |+t\left | x_0-x_{j} \right |<r.$
Воспользуемся равенством

$f(x_0 + h) − f(x_0) =\sum_{j=1}^{n}[f(x_j) − f(x_{j−1})].\quad(12.13)$
Рассмотрим отдельно каждое из слагаемых в правой части. При фиксированном

$j$ положим

$g(t) = f(x_{j−1} + te_{j})\quad (0 \leq t \leq h^j).$
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

$\lim_{x\to 0}\alpha_j(h)=0 \quad(j=1,\ldots, n).\quad(12.14)$
В силу

$(12.13)$ 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

$A(h)=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^j}(x_0)h^j,\quad \rho(h)=-\sum_{j=1}^{n}\alpha_j(h)h^j.$
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, в силу соотношений

$(12.14)$ получаем, что

$\frac{\rho(h)}{\left | h \right |}\to 0$ при

$h \to 0$ .
Согласно определению дифференцируемости, теорема доказана.

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 $x_0.$

Каждая функция класса $C^1$ непрерывна.

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

Пример. Пусть

$f(x)=\left\{\begin{matrix} \left | x \right | ^2\sin \frac{1}{\left | x \right |^2}, \quad x\neq0, &\\ 0, \quad x=0. \end{matrix}\right.$
Найдем частные производные

$\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x)=2x^{i}\sin \frac{1}{\left | x \right |^2}-\frac{2x^i}{\left | x \right |^2}\cos \frac{1}{\left | x \right |^2}\quad(x \neq 0).$
При

$x = 0$ наша функция дифференцируема, т. к.

$f(h) − f(0) = f(h) =\bar{o}(\left | h \right |)$ . Однако, как легко видеть, все частные производные разрывны в точке

$x = 0$ .

Примеры решения задач

Найти частные производные первого порядка функции $f(x,y)=\sin \frac{x}{y} \cos \frac{y}{x}:$

Решение

Область определена функции $\mathbb{R}.$ Фиксируя переменную $y$ , находим

$\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{y^{2}\sin \frac{x}{y}\sin \frac{y}{x} + x^{2}\cos \frac{x}{y}\cos \frac{y}{x}}{x^{2}y}.$
Фиксируя переменную $x$ , получаем

$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{-y^{2}\sin \frac{x}{y}\sin \frac{y}{x}-x^2\cos \frac{x}{y}\cos \frac{x}{y}}{xy^{2}}.$
Найти дифференциал функции $f(x,y)=\frac{y}{x}+\frac{x}{y}$ , если

Решение

Найдем частные производные:

$\frac{\partial f}{\partial x}=-\frac{y}{x^2}+\frac{1}{y},$

$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{1}{x}-\frac{x}{y^2}.$
Теперь подставляя полученные частные производные в формулу: $\mathrm{d}f=f’_{x}\mathrm{d}x+f’_{y}\mathrm{d}y$ , получаем:

$\mathrm{d}f=(-\frac{y}{x^2}+\frac{1}{y})\mathrm{d}x+(\frac{1}{x}-\frac{x}{y^2})\mathrm{d}y.$

Смотрите также

Частные производные

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

12.3 Частные производные

Примеры решения задач

Смотрите также

Частные производные

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

Элементы сортировки

5.

6.

7.

Добавить комментарий Отменить ответ