12.2 Производная

Пусть $f$ – действительная функция, определенная на интервале $(a, b)\subset \mathbb R$. Производной функции $f$ в точке $x_0\in(a, b)$ мы называли предел $$\lim_{h\to\infty}=\frac{f(x_0+h) — f(x_0)}{h}=f'(x_0). \qquad \left( 12.3 \right)$$ Функцию $f$ называли дифференцируемой в точке $x_0$, если $$f(x_0+h)=f(x_0) + Ah + \overline{o}(h) \quad (h \to 0).$$ Ранее было показано, что дифференцируемость эквивалентна наличию производной.

Определим линейную функцию на прямой равенством $A(h)=f'(x_0)h\ (h \in \mathbb R)$. Тогда равенство $(12.3)$ можно переписать в виде $$\lim_{h\to\infty}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)-A(h)}{|h|}=0, \qquad \left( 12.4 \right)$$ а определение дифференцируемости можно сформулировать так: функция $f$ дифференцируема в точке $x_0$, если существует такая линейная функция $A$, что выполняется равенство $(12.4)$. В таком виде определение дифференцируемости может быть перенесено на многомерный случай.

Определение. Пусть функция $f:E\mapsto\mathbb R$ задана некотором открытом множестве $E \subset \mathbb R^n$ и точка $x_0 \in E$, если существует такая линейная форма $A: \mathbb R^n \mapsto \mathbb R$, что выполняется равенство $$\lim_{h\to\infty}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)-A(h)}{|h|}=0. \qquad \left( 12.5 \right)$$ Эта линейная форма $A$ называется производной функции $f$ в точке $x_0$ и обозначается $f'(x_0)$. Её называют также дифференциалом функции $f$ в точке $x_0$ и обозначают $\textrm{d}f(x_0)$.

Равенство $(12.5)$ равносильно следующему соотношению: $$f(x_0+h)=f(x_0)+A(h)+r(h), \qquad \left( 12.6 \right)$$ где $\frac{r(h)}{|h|}\to 0$ при $h \to 0$. В этом случае пишут, что $r(h)=\overline{o}(h)$ и поэтому вместо $(12.6)$ можно записать $$f(x_0+h)=f(x_0)+A(h)+\overline{o}(|h|). \qquad \left( 12.7 \right)$$
Если положить $h=x-x_0$, то условие дифференцируемости $(12.7)$ можно переписать в следующем виде: $$f(x)=f(x_0)+A(x-x_0)+\overline{o}(|x-x_0|). \qquad \left( 12.8 \right)$$

Обозначим $\lambda(x)=f(x_0)+A(x-x_0)$. Функция $\lambda$ достаточно хорошо приближает функцию $f$ вблизи точки $x_0$. Эта функция $\lambda$ является аффинной (аффинной называется функция вида $\lambda(x)=A(x)+c$, где $A$ — линейная форма, т.е. аффинная функция — это сдвиг линейной формы на постоянную $c$).

Графиком функции $f:E\mapsto\mathbb R\ (E\subset\mathbb R^n)$ называется множество точек $(x^1,\ldots ,x^n,z)\in\mathbb R^{n+1}$, удовлетворяющих условию $z=f(x^1,\ldots,x^n)$, где $x\in E$, а $x^1,\ldots,x^n$ — координаты вектора $x$.

Пусть $Q$ — некоторое множество в $\mathbb R^m$. Расстоянием от точки $x_0$ до множество $Q$ называется число $$d(x_0,Q)=\inf_{y\in Q}|x_0-y|.$$

Определение. Пусть функция $f:E\mapsto\mathbb R$, где открытое множество $E \subset \mathbb R^n$, и пусть $Q$ — график функции $f$ в $\mathbb R^{n+1}$. Гиперплоскость $H$ в $\mathbb R^{n+1}$ называется касательной гиперплоскостью к графику функции $f$ в точке $w_0=(x_0^1,\ldots,x_0^n,z_0)$, где $z_0=f(x_0)$, если эта гиперплоскость проходит через точку $w_0$ и выполнено условие $$\lim_{w \to w_0, w \in H}\frac{d(w,Q)}{|w-w_0|}=0. \qquad \left( 12.9 \right)$$

Пусть функция $f$ дифференцируема в точке $x_0$, $Q$ — график функции $f$. Тогда выполнено соотношение $$f(x)=f(x_0)+A(x-x_0)+\overline{0}(|x-x_0|).$$ Рассмотрим гиперплоскость $H$ в $\mathbb R^{n+1}$, определяемую уравнением $z=f(x_0)+A(x-x_0)$. Пусть $w=(x^1,\ldots,x^n,z)\in H$. Оценим, используя $(12.8)$, $$d(w,Q)\le|f(x)-f(x_0)-A(x-x_0)|=\overline{o}(|x-x_0|).$$ Но из неравенства $|x-x_0|\le|w-w_0|$ получаем, что выполнено соотношение (12.9). Таким образом, если функция $f$ дифференцируема в точке $x_0$, то в соответствующей точке $w_0$ её графика существует касательная гиперплоскость. Эта гиперплоскость задается уравнением $$z=f(x_0)+A(x-x_0),$$ где $A=f'(x_0)$. В этом состоит геометрический смысл производной.

Следует понимает, что $f'(x_0)\equiv \textrm{d}f(x_0)$ — это единый символ, определяющий линейную форму, т.е. производная — это не число, а линейная форма. При этом функция $f$ задана на некотором множестве $E \subset \mathbb R^n$, а $f'(x_0)$, как и всякая линейная форма, определена на всём пространстве $\mathbb R^n$. В то же время для любого $h \in \mathbb R^n$ значение линейной формы $f'(x_0)(h)$ является действительным числом.

Согласно нашему обозначению, производная и дифференциал — одно и то же понятие.

Итак, мы получаем отображение $x_0 \mapsto \textrm{d}f(x_0)$, которое каждой точке $x_0 \in E$ ставит в соответствие линейную форму $\textrm{d}f(x_0)$.

При $n = 1$ производной функции $f$ в точке $x_0$ мы называли число $$a=\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}.$$
Это равносильно тому, что $$\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)-ah}{h}=0, \qquad \left( 12.10 \right)$$ а функция $f$ называлась дифференцируемой в точке $x_0$, если существует такое число $a$, что выполнено неравенство $(12.10)$.

В многомерном случае для определения производной мы используем линейную форму $A$. При $n = 1$ существует взаимно однозначное соответствие между множеством всех действительных чисел $\mathbb R$ и множеством $\mathbb R^*$ всех линейных форм на $R$. Это соответствие получим, если каждому числу $a \in \mathbb R$ поставим в соответствие линейную функцию $A(h) = ah$.
Поэтому, используя вышесказанное, с точностью до изоморфизма можно
отождествлять множество всех линейных форм и множество всех действительных чисел.

В одномерном случае часто различают понятие производной и дифференциала. Именно, производной называется число $a$, его обозначают $f'(x_0)$, для которого справедливо равенство $$f(x_0+h)-f(x_0)=f'(x_0)h+\overline{o}(h),$$ где первое слагаемое справа понимается как произведение двух чисел – $f’$ и $h$. Дифференциалом же называют линейную функцию на $\mathbb R$, которая действует по правилу $A(h) = f'(x_0)h\ (h \in \mathbb R)$. Эту линейную функцию обозначают $df(x_0)$ и можно записать $$f(x_0+h)-f(x_0)=\textrm{d}f(x_0)h+\overline{o}(h).$$ Здесь первое слагаемое справа понимается как значение линейной функции $\textrm{d}f(x_0)$ в точке $h$. Его можно обозначить также $\textrm{d}f(x_0)(h)$.

Теорема 1 (о производной аффинной функции). Пусть $f$ — действительная аффинная функция на $\mathbb R^n$, т. е. $f(x) = Ax + c$, где $A$ – линейная форма, $c$ – действительная постоянная, $x \in \mathbb R^n$. Тогда функция
$f$ дифференцируема в каждой точке $x \in \mathbb R^n$ и ее производная, или, что
то же самое, дифференциал, равна $\textrm{d}f(x) = A$.

Доказательство. Поскольку форма $A$ линейная, то $$f(x+h)-f(x)=A(x+h)+c-(A(x)+c)=A(x+h)-A(x)=A(h).$$ Отсюда следует $$\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)-A(h)}{|h|}=0,$$ и теорема доказана.

Замечание. В частном случае, если $f(x)=c$, где $c$ — постоянная, то $\textrm{d}f(x)=0$, где $0$ — нулевая линейная форма.

Теорема 1 показывает, что производная аффинной функции для всех точек $x \in \mathbb R^n$ имеет одно и то же значение $A$. Это является обобщеним того факта, что в одномерном случае производная аффинной функции постоянна, т. е. $(\alpha x + \beta)’ = \alpha$. С геометрической точки зрения графиком аффинной функции является гиперплоскость и она же является касательной для самой себя.

Теорема 2 (о единственности дифференциала). Если $f$ дифференцируема в точке $x_0$, то ее дифференциал единственен.

Предположим, что существуют две линейные формы $A_1$ и $A_2$ на $\mathbb R^n$ такие что $$\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)-A_ih}{|h|}=0\quad (i=1,2).$$ Тогда получаем $$\lim_{h\to 0}\frac{A_1(h)-A_2(h)}{|h|}=0.$$ Покажем, что отсюда следует равенство $A_1=A_2$. Это будет означать, что эти формы совпадают в каждой точке $u$. Итак, нужно доказать, что для любого $u \in \mathbb R^n$ справедливо равенство $A_1(u) = A_2(u)$. Пусть $u ∈ \mathbb R^n, u \neq 0$. Полагая $h = tu$, где действительное число $t \neq 0$, получим, что $$\lim_{t\to 0}\frac{A_1(tu)-A_2(tu)}{|tu|}=0.$$
Можем считать, что $t > 0$. Тогда, пользуясь линейностью $A_1$ и $A_2$, получим $$\frac{A_1(u) − A_2(u)}{|u|} = 0,$$ что и требовалось доказать.

Теорема 3. Если $f$ дифференцируема в точке $x_0$, то она непрерывна в этой точке.

Из дифференцируемости $f$ следует, что $$f(x)=f(x_0)+A(x-x_0)+\overline(o)(|x-x_0|),$$ где $A = \textrm{d}f(x_0)$ – линейная форма. Но поскольку линейная форма непрерывна в точке $0$ и $A(0) = 0$, то при $x\to x_0$ два последних слагаемых справа стремятся к нулю, так что получаем $$\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0),$$ что и требовалось доказать.

Замечание. Из непрерывности функции не следует дифференцируемость. Например, пусть $f(x) = |x|, x \in \mathbb R^n$. Тогда из неравенства $||x’|−|x»|| \le |x’ − x»|$ следует, что функция $f$ равномерно непрерывна на всем $\mathbb R^n$. Покажем, что в точке $x=0$ она не является дифференцируемой.
Действительно, предположим, что существует такая линейная форма $A$, что $$\lim_{h \to \infty}\frac{f(h)-f()-A(h)}{|h|}=0,$$ т.е. $$\lim_{h \to \infty}\frac{|h|-A(h)}{|h|}=0.$$ Отсюда следует, что $\frac{A(h)}{|h|}\to 1$ при $h \to 1$. Если теперь вместо $h$ взять $-h$, то получим, что $\frac{-A(h)}{|h|}\to 1$, или, что то же самое, $\frac{A(h)}{|h|}\to -1$. Тем самым, мы пришли к противоречию с единственностью предела.

Пример 1. Рассмотрим функцию $f(x, y)=x^2+y^2$ в окрестности точки $(x_0, y_0)$. Имеем $$f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)=(x_0+h)^2\- (y_0+k)^2-x_0^2-y_0^2= \\ =\underbrace{2x_0h+2y_0k}_{линейная часть} +h^2+k^2=A(h,k)+r(h,k),$$ где  $A(h, k) = 2x_0h+2y_0k$ – линейная функция переменных $h$ и $k$, $r(h, k)=h^2+k^2=\overline{o}(\sqrt{h^2+k^2})$, поскольку $\frac{r(h,k)}{\sqrt{h^2+k^2}}\to 0$ при $(h, k)\to (0, 0)$. Тем самым мы доказали дифференцируемость функции $f$ в точке $(x_0, y_0)$ по определению.

Пример 2. Пусть $$f(x,y)=
\begin{equation*}
\begin{cases}
\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}, x^2+y^2>0,
\\
0, x=y=0.
\end{cases}
\end{equation*}$$
В окрестности каждой точки, кроме начала координат, эта функция
является частным двух непрерывных функций и знаменатель отличен от
нуля, так что она непрерывна. Докажем, что $f$ непрерывна и в точке $(0, 0).$ Для этого воспользуемся неравенством $2|xy|\le x^2+y^2$. Отсюда получим, что $|f(x,y)|\le\frac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}$, а из этого неравенства вытекает, что $$\lim_{(x,y)\to (0,0)}f(x,y)=0=f(0,0).$$ Итак, функция $f$ непрерывна в каждой точке $(x,y)\in \mathbb R^2$.
Покажем, что она не является дифференцируемой в начале координат. Предположим противное. Тогда справедливо равенство $$\frac{hk}{\sqrt{h^2+k^2}}-\alpha h-\beta k=\overline{o}(\sqrt{h^2+k^2}),$$ где $\alpha$ и $\beta$ — действительные числа. Если положим $k=0$, $h\neq 0$, то получим, что $−\alpha h = \overline{o}(|h|)$. Отсюда следует, что $\alpha = 0$. Аналогично находим, что $\beta = 0$. Таким образом, получаем равенство $$\frac{hk}{\sqrt{h^2+k^2}}=\overline{o}(\sqrt{h^2+k^2}),$$ или, поделив на $\sqrt{h^2+k^2}$, $$\frac{hk}{h^2+k^2}\to 0 \quad (\ (h,k)\to (0,0)\ ).$$ Но это невозможно, ибо если взять $h = k$, то получим $\frac{hk}{h^2+k^2}=\frac{1}{2}$, так что приходим к противоречию.

Пример 3. Рассмотрим функцию $f(x, y)=xy^2$. Функция дифференцируема на всей плоскости $OXY$. Действительно, ведь полное приращение имеет вид $$f(x+h,y+k)-f(x,y)=(x+h)(y+k)^2-xy^2=\\=y^2h+2xyk+(2yk+k^2)h+xk^2,$$ и положив $y^2h+2xyk=A(h,k)$, $xk^2+2yhk+hk^2=r(x,y)$, получим представление полного приращения вида аналогичного примеру 1.

Литература

Производная

Пройдите этот тест, чтобы проверить, как вы усвоили материал.

6.2 Интегрирование по частям и замена переменной

Теорема (формула интегрирования по частям).
Пусть функции $u(x)$ и $v(x)$ дифференцируемы на интервале $I$. Если одна из функций $u(x)v'(x)$ или $u'(x)v(x)$ имеет первообразную на интервале $I$, то на этом интервале имеет первообразную и другая функция, причем справедливо равенство $$\begin{equation}\label{eq:exp1}\int u(x)v'(x)dx=u(x)v(x)-\int u'(x)v(x)dx\end{equation}.$$

Доказательство сразу следует из правила дифференцирования произведения. Действительно, пусть $u(x)v'(x)$ имеет первообразную. Тогда, по правилу дифференцирования произведения, имеем $$[u(x)v(x)]’=u'(x)v(x)+u(x)v'(x).$$
Отсюда получаем, что $u'(x)v(x)$ является разностью двух производных функций, т. е. разностью двух функций, имеющих первообразные. Поэтому она сама также является производной, т. е. имеет первообразную, и справедливо равенство $\eqref{eq:exp1}$.

Замечание 1.
Коротко правило интегрирования по частям может быть записано так:
$$\int udv=uv-\int vdu.$$
Действительно, в этой записи используется формула для вычисления дифференциала функции $du(x)=u'(x)dx$.

Замечание 2.
Если одна из функций дифференцируема, а другая имеет первообразную, то их произведение (производной на функцию, имеющую первообразную) не обязано иметь первообразную. Такой пример приводится сразу после этого замечания. Поэтому в формулировке теоремы нужно предполагать наличие первообразной у одной из функций $u'(x)v(x)$ или $u(x)v'(x)$.

Утверждение.
Существуют дифференцируемая функция $u$ и имеющая первообразную функция $v$, такие, что $u’v$ не имеет первообразной.

Достаточно показать, что квадрат функции, имеющей первообразную, может не иметь первообразной.
Положим $f(x)=|x|^\alpha \sin\displaystyle\frac{1}{x}$, $x\neq0$, $f(0)=0$. При $\alpha>1$ функция $f$ дифференцируема на $\mathbb{R}$ и ее производная равна
$$\begin{equation*}f'(x) = \begin{cases}\alpha|x|^{\alpha-1}\sin\displaystyle\frac{1}{|x|}-|x|^{\alpha-2}\cos\displaystyle\frac{1}{x},\;  x\neq0, \\ 0,\;  x=0. \end{cases}\end{equation*}$$
Поскольку функция $\alpha|x|^{\alpha-1}\sin\displaystyle\frac{1}{x}\equiv\varphi(x) (x\neq0)$, $\varphi(0) = 0$ непрерывна на $\mathbb{R}$, а значит, имеет первообразную на $\mathbb{R}$, то функция
$$v(x)\equiv|x|^{\alpha-2}\cos\displaystyle\frac{1}{x}=\varphi(x)-f'(x) (x\neq0),\;\; v(0) = 0,$$
имеет первообразную на $\mathbb{R}$ как разность двух функций — $\varphi(x)$ и $f'(x)$, имеющих первообразные на $\mathbb{R}$.
Покажем, что при надлежащем выборе числа $\alpha>1$ функция $v^2(x)$ не имеет первообразной на $\mathbb{R}$. Предположим противное. Пусть существует такая дифференцируемая на $\mathbb{R}$ функция $F$, что для всех $x\in \mathbb{R}$ справедливо равенство
$$F'(x)=v^2(x)=|x|^{2(\alpha-2)}\cos^2\displaystyle\frac{1}{x},\;\; (x\neq0),\;\; F'(0)=0.$$
Для $k = 1, 2, \ldots$ обозначим
$$[a_k, b_k] = \left[\displaystyle\frac{4}{(4k+1)\pi}, \displaystyle\frac{4}{(4k-1)\pi}\right].$$
Если $x\in[a_k, b_k]$, то
$$\displaystyle\frac{1}{x}\in\left[\displaystyle\frac{(4k-1)\pi}{4}, \displaystyle\frac{(4k+1)\pi}{4}\right], \\ \displaystyle\frac{2}{x}\in\left[\displaystyle\frac{(4k-1)\pi}{4}, \displaystyle\frac{(4k+1)\pi}{4}\right]=\left[2k\pi-\displaystyle\frac{\pi}{2}, 2k\pi+\displaystyle\frac{\pi}{2}\right].$$
Поэтому для $x\in[a_k, b_k]$ имеем
$$\cos^2\displaystyle\frac{1}{x}=\displaystyle\frac{1+\cos\displaystyle\frac{2}{x}}{2}\geqslant\displaystyle\frac{1}{2},$$
так что $F'(x)\geqslant\displaystyle\frac{1}{2}x^{2(\alpha-2)}, x\in[A_k, b_k]$. По теореме Лагранжа получим
$$F(b_k)-F(a_k)=F'(\xi_k)(b_k-a_k)\geqslant\displaystyle\frac{1}{2}\xi^{2(\alpha-2)}_k(b_k-a_k)\geqslant\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k,$$
где $\xi_k\in[a_k, b_k]$, а число $\alpha>1$ будет выбрано так, что $\alpha<2$. Отсюда получим
$$F(a_k)\leqslant F(b_k)-\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k.$$
Заметим, что отрезки $[a_k, b_k]$ попарно не пересекаются и, так как $F'(x)\geqslant0$, то функция $F$ не убывает. Значит,
$$F(b_{k+1})\leqslant F(a_k)\leqslant F(b_k)-\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k.$$
Отсюда следует, что
$$\begin{equation}\label{eq:exp2}F(b_{k+1})\leqslant F(b_1)-\displaystyle\frac{1}{2}\sum^{k}_{s=1}(b_s-a_s)b^{2(\alpha-2)}_s.\end{equation}$$
Оценим последнюю сумму справа. Имеем
$$b_s-a_s=\displaystyle\frac{8}{\pi}\displaystyle\frac{1}{(4s+1)(4s-1)},$$
так что
$$\sum^{k}_{s=1}(b_s-a_s)b^{2(\alpha-2)}_s=\\=c_s\sum^{k}_{s=1}\displaystyle\frac{1}{(4s+1)(4s-1)}\left(\displaystyle\frac{1}{4s-1}\right)^{2(\alpha-2)}\geqslant c’_s\sum^{k}_{s=1}\displaystyle\frac{1}{s^{2\alpha-2}}.$$
Если $2\alpha-2\leqslant1$, т. е. $\alpha\leqslant\displaystyle\frac{3}{2}$, то $\sum\limits^k_{s=1}\displaystyle\frac{1}{s^{2\alpha-2}}\rightarrow\infty(k\rightarrow\infty)$. Поэтому из $\eqref{eq:exp2}$ следует, что $F(b_{k+1})\rightarrow-\infty$ при $k\rightarrow\infty$. Но поскольку $b_{k+1}\rightarrow+0 (k\rightarrow\infty)$, то это противоречит непрерывности функции $F$ в точке $x_0=0$ справа, которая вытекает из дифференцируемости функции $F$ в нуле.

Пример 1.
$\int x e^x dx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=e^x dx\\du=dx, & v=e^x\end{bmatrix}=x e^x-\int e^x dx=x e^x-e^x+C.$

Пример 2. 
$\int x\cos x dx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=\cos x dx\\du=dx, & v=\sin x\end{bmatrix}=\\=x\sin x-\int\sin x dx=x\sin x+\cos x+C.$

Пример 3. 
$\int x\ln x dx=\begin{bmatrix}u=\ln x, & dv=x dx\\du=\displaystyle\frac{dx}{x}, & v=\displaystyle\frac{x^2}{2}\end{bmatrix}=\\=\displaystyle\frac{x^2}{2}\ln x-\displaystyle\frac{1}{2}\int x dx=\displaystyle\frac{x^2}{2}\ln x-\displaystyle\frac{x^2}{4}+C.$

Следующий пример показывает такой способ применения формулы интегрирования по частям, когда в правой части появляется такой же интеграл, как и в левой части. Тогда искомый интеграл может быть найден из полученного равенства.

Пример 4. 
$\int e^x\cos xdx=\begin{bmatrix}u=e^x, & dv=\cos xdx\\du=e^x dx, & v=\sin x\end{bmatrix}=\\=e^x\sin x-\int e^x\sin xdx=e^x\sin x-\begin{bmatrix}u=e^x, & dv=\sin xdx\\du=e^x dx, & v=-\cos x\end{bmatrix}=\\=e^x\sin x+e^x\cos x-\int e^x\cos xdx.$
Из этого равенства находим
$$\int e^x\cos xdx=\displaystyle\frac{e^x}{2}[\sin x+\cos x] + C.$$

Теорема (о замене переменной в интеграле). Пусть функция $f$ имеет первообразную на интервале $I$, т. е.
$$\int f(t)dt=F(t)+C.$$
Пусть, далее, функция $\varphi$ дифференцируема на интервале $\Delta$ и $\varphi(\Delta)\subset I$. Тогда справедливо равенство
$$\int f(\varphi(x))\varphi'(x)dx=F(\varphi(x))+C.$$

Действительно, по правилу дифференцирования сложной функции имеем
$$[F(\varphi(x))]’=F'(\varphi(x))\varphi'(x)=f(\varphi(x))\varphi'(x).$$

Пример 1. $\int\sin^3 xdx=\int\sin x(1-\cos^2 x)dx=[\cos x = t, dt =-\sin xdx]=\\=\int(t^2-1)dt=\displaystyle\frac{t^3}{3}-t+C=\displaystyle\frac{\cos^3 x}{3}-\cos x+C.$

Пример 2. $\int\displaystyle\frac{dx}{1+e^x}=\begin{bmatrix}\text{преобразуем} & \displaystyle\frac{1}{1+e^x}=\displaystyle\frac{1}{e^x(e^-x+1)}=\displaystyle\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}\\ \text{положим} & 1+e^{-x}=t, dt=-e^{-x}dx\end{bmatrix}=-\int\displaystyle\frac{dt}{t}=\\=-\ln|t|+C=-\ln(1+e^{-x})+C=-\ln\displaystyle\frac{1+e^x}{e^x}+C=x-\ln(1+e^x)+C.$

Замечание. Мы использовали равенство $\int\displaystyle\frac{dx}{x}=\ln|x|+C$. Это равенство следует применять отдельно для промежутков $(0, +\infty)$ и $(-\infty, 0)$.
При $x>0$ оно справедливо по той причине, что $|x|=x,$ $(\ln x+C)’=\displaystyle\frac{1}{x}$.
Если же $x<0$, то $|x|=-x$, $\ln(-x)+C)’=\displaystyle\frac{1}{-x}\cdot(-1)=\displaystyle\frac{1}{x}$, так что и в этом случае равенство верно.

Итак, если исходный интеграл представлен в виде $\int f(\varphi(x))\varphi'(x)dx$, то, выполняя замену переменной $t=\varphi(x)$, мы приходим к интегралу $\int f(t)dt$. Часто замену переменной в интеграле $\int g(x)dx$ применяют в виде $x = \psi(t)$, затем вычисляют интеграл по $t$, а чтобы вернуться к старой переменной $x$, нужно выразить новую переменную $t$ через $x$.

Пример. Пусть $I=\int\sqrt{1-x^2}dx$.
Для вычисления этого интеграла положим $x=\sin t$. Тогда
$$dx=\cos tdt, \sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-\sin^2 t}=\sqrt{\cos^2 t}=\cos t.$$
Подставляя это в исходный интеграл, получаем
$$I=\int\cos^2 tdt=\int\displaystyle\frac{1+\cos 2t}{2}dt=\displaystyle\frac{t}{2}+\displaystyle\frac{\sin 2t}{4}+C.$$
Из равенства $x=\sin t$ имеем $t=\arcsin x$, так что
$$I=\displaystyle\frac{\arcsin x}{2}+\displaystyle\frac{x\sqrt{1-x^2}}{2}+C.$$
Вычислим этот интеграл еще одним способом, основанным на применении формулы интегрирования по частям.
$$I=\int\sqrt{1-x^2}dx=\begin{bmatrix}u=\sqrt{1-x^2}, & dv=dx\\du=-\displaystyle\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx, & v=x\end{bmatrix}=\\=x\sqrt{1-x^2}+\int\displaystyle\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx=\\=x\sqrt{1-x^2}+\int\displaystyle\frac{x^2-1+1}{\sqrt{1-x^2}}dx=x\sqrt{1-x^2}-I+\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}.$$
Воспользовавшись теперь равенством $\int\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x+c$, вытекающим из того, что $(\arcsin x+C)’=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$, получим $I=x\sqrt{1-x^2}-I+\arcsin x$. Отсюда следует
$$I=\displaystyle\frac{1}{2}[x\sqrt{1-x^2}+\arcsin x]+C.$$

Решение примеров

Интегрирование по частям:

  1. $\int\text{arctg}\:xdx$
    Решение

    $\int\text{arctg}\:xdx=\begin{bmatrix}\text{arctg}\:{x}=u, du=\displaystyle\frac{dx}{1+x^2}\\dx=dv, v=x\end{bmatrix}=x\:\text{arctg}\: {x}-\int\displaystyle\frac{xdx}{1+x^2}=\\=x\:\text{arctg}\: {x}-\displaystyle\frac{1}{2}\int\displaystyle\frac{dx^2}{1+x^2}=x\:\text{arctg}\: {x}-\displaystyle\frac{1}{2}\ln(1 + x^2) + C.$

  2. $\int x\sin{x}dx$
    Решение

    $\int x\sin{x}dx=\begin{bmatrix}x=u, du=dx\\ \sin{x}=dv, v=-\cos{x}\end{bmatrix}=-x\cos{x}+\int\cos{x}dx=\\=-x\cos{x}+\sin{x}+C.$

  3. $\int xe^{x}dx$
    Решение

    $\int xe^{x}dx=\begin{bmatrix}u=x, du=dx\\dv=e^{x}dx, v=e^x\end{bmatrix}=xe^x-\int e^{x}dx=xe^x-e^x+C.$

Замена переменной:

  1. $\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{e^x-1}}$
    Решение

    $\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{e^x-1}}=\begin{bmatrix}\sqrt{e^x-1}=t, x=\ln(t^2+1)\\dx=\displaystyle\frac{2tdt}{t^2+1}\end{bmatrix}=2\int\displaystyle\frac{tdt}{t(t^2+1)}=\\=2\int\frac{dt}{t^2+1}=2\: \text{arctg}\: t+C.$

  2. $\int\displaystyle\frac{x^{2}dx}{5-x^6}$
    Решение

    $\int\frac{x^2dx}{5-x^6}=\begin{bmatrix}x^3=t\\dt=3x^2dx\\x^6=t^2\end{bmatrix}=\frac{1}{3}\int\frac{dt}{5-t^2}=\frac{1}{3}\int\frac{dt}{(\sqrt{5})^2-t^2}=\\=\frac{1}{6\sqrt{5}}\ln\left|\frac{\sqrt{5}+t}{\sqrt{5}-t}\right|+C=[t=x^3]=\frac{1}{6\sqrt{5}}\ln\left|\frac{\sqrt{5}+x^3}{\sqrt{5}-x^3}\right|+C.$

Интегрирование по частям и замена переменной

Пройдя этот тест, вы закрепите пройденный ранее материал по теме «Интегрирование по частям и замена переменной»

Таблица лучших: Интегрирование по частям и замена переменной

максимум из 18 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных
Литература

Смотрите также

  1. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 2 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1970 (стр.23, 31)
  2. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М. И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М. И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001  (стр. 277, 281)
  3. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003 (стр. 461, 464)

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

Дифференциал в пространстве $\mathbb R^n$

Если у Вас возникли трудности с понятием дифференциала в одномерном случае, то ознакомьтесь с этой статьей.

Дифференциалы высших порядков

Полный дифференциал dU функции от многих переменных — это функция тех же переменных, и можно определить полный дифференциал этой функции. Таким образом, получим дифференциал второго порядка d^2U изначальной функции U, который также будет функцией тех же переменных, а его полный дифференциал приведет к дифференциалу третьего порядка d^3U изначальной функции и т.д.

Теперь рассмотрим функцию U=f(x,y) двух переменных x и y и предположим, что переменные x и y  независимые переменные. По определению

dU=\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\partial x+\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}\partial y.

При вычислении d^2U обратим внимание, что дифференциалы dx и dy независимых переменных следует рассматривать только как постоянные величины, значит их можно выносить за знак дифференциала

d^2U=\partial[\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\partial x]+\partial [\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}\partial y]=\partial x\partial \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}+\partial y\partial \frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=\partial x[\frac{\partial ^2f(x,y)}{\partial x^2}\partial x +  + \frac{\partial ^2f(x,y)}{\partial x \partial y}\partial y]+\partial y[\frac{\partial ^2f(x,y)}{\partial y \partial x}\partial x+\frac{\partial ^2f(x,y)}{\partial y^2}]=\frac{\partial ^2f(x,y)}{\partial x^2}\partial x^2+2\frac{\partial ^2f(x,y)}{\partial y \partial x}\partial x \partial y+\frac{\partial ^2f(x,y)}{\partial y^2}\partial y^2.

Вычисляя аналогичным образом d^3U, получим

d^3U=\frac{\partial ^3f(x,y)}{\partial x^3}\partial x^3+3\frac{\partial ^3f(x,y)}{\partial x^2 dy}\partial x^2 \partial y+3\frac{\partial ^3f(x,y)}{\partial x \partial y^2}\partial x \partial y^2+\frac{\partial ^3f(x,y)}{\partial y^3}\partial y^3.

Эти выражения d^2U и d^3U приводят к следующей символической формуле для дифференциала любого порядка:

d^nU=(\frac{\partial }{\partial x}\partial x+\frac{\partial }{\partial y}\partial y),

причем формулу следует понимать так: сумму, стоящую в круглых скобках, нужно возвести в степень n, применяя бином Ньютона, после чего показатели степеней y \frac{\partial }{\partial x} и \frac{\partial }{\partial y} будем считать указателями порядка производных по x и y от функции f.

Геометрический смысл дифференциала функций двух переменных
Пусть функция z=f(x,y) имеет в точке P_{0}(x_{0},y_{0}) дифференциал

dz=f_{x}^{\prime}(x_{0},y_{0})\Delta x+f_{y}^{\prime}(x_{0},y_{o})\Delta y,(*)

или

dz=f_{x}^{\prime}(x_{0},y_{0})(x-x_{0})+f_{y}^{\prime}(x_{0},y_{0})(y-y_{0}). (**)

Рассмотрим уравнение касательной плоскости

Z-z_{0}=f_{x}^{\prime}(x_{0},y_{0})(x-x_{0})+f_{y}^{\prime}(x_{0},y_{0})(y-y_{0}).

Видим, что правая часть этого уравнения совпадает с правой частью уравнения (*) для дифференциала dx.
1234
Левые части этих равенств равны, но в равенстве (*) левая часть и есть дифференциал функции z=f(x,y) в точке P_{0}(x_{0},y_{0}), а в уравнении (**) левая часть означает соответствующее приращение аппликаты касательной плоскости.

Вывод: геометрический смысл дифференциала функции двух переменных равен соответствующему приращению аппликаты касательной плоскости.
Правила дифференцировaния
d(U+V)=dU+dV
d(UV)=UdV+VdU
d\frac{U}{V}=\frac{VdU-UdV}{V^2}, \ \ V\neq0

Литература

Тест на тему: Дифференциал

Предлагаем пройти тесты и закрепить пройденный материал


Таблица лучших: Тест на тему: Дифференциал

максимум из 12 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Определение дифференцируемой функции

Дифференцируемость функции нескольких переменных
Если у Вас возникли трудности с понятием дифференцируемой функции в одномерном случае, то ознакомьтесь со статьей «Дифференцируемые функции и дифференциал».

Пусть действительная функция нескольких переменных f:\mathbb R^n\rightarrow \mathbb R^m(f:\mathbb R^n\rightarrow \mathbb R) определена в некоторой окрестности точки x\in R^n и \Delta x=(\Delta x_{1}\dots\Delta x_{n}) — такой вектор независимых переменных, что точка x+\Delta x тоже принадлежит этой окрестности. В этом случае определено полное приращение функции f

\Delta f(x)=f(x+\Delta x)-f(x),

соответствующее приращение \Delta x переменных в точке x. Напомним, что

||\Delta x||=\sqrt{(\Delta x_{1})^2+\dots +(\Delta x_{n})^2}.

Определение. Функцию f:\mathbb R^n\rightarrow \mathbb R, определенную в некоторой окрестности точки x, называют дифференцируемой в точке x, если ее полное приращение в окрестности этой точки можно представить в виде

\Delta f(x)=a_{1}\Delta x_{1}+a_{2}\Delta x_{2}+\dots +a_{n}\Delta x_{n}+\alpha(\Delta x)|\Delta x|, \ \ \ (1)

где коэффициенты a_{1},a_{2},\dots ,a_{n} не зависят от приращений \Delta x, а функция \alpha(\Delta x) является бесконечно малой при \Delta x\rightarrow 0.

Теорема (необходимое условие дифференцируемости). Если функция нескольких переменных дифференцируема в точке x, то у этой функции в точке x существуют все частные производные f_{x_{i}}^{\prime}(x), i=\overline{1,n} , причем коэффициенты a_{i} в представлении (1) равны значениям соответствующих частных производных в точке x:

a_{i}=f_{x_{i}}^{\prime}(x), i=\overline{1,n}.

Доказательство
Для дифференцируемой в точке x функции f представление (1) верно для любого приращения \Delta x имеет вид

\Delta x=(0,\dots, 0 ,\Delta x_{i}, 0,\dots, 0), \Delta x_{i}\neq0,
где номер i выбран произвольным образом и зафиксирован. В этом случае ||\Delta x||=|\Delta x_{i}|, соответствующее полное \Delta f(x) функции f(x) сводится к ее i-му частному приращению \Delta_{i}f(x), а равенство (1) принимает вид

\Delta f(x)=\Delta_{i}f(x)=a_{i}\Delta x_{i}+\alpha(\Delta x)|\Delta x|.

Разделив последнее равенство на \Delta x_{i} и перейдя к пределу при \Delta x_{i}\rightarrow 0, получим

\lim\limits_{\Delta x_{i}\rightarrow 0}{\frac{\Delta_{i}f(x)}{\Delta x_{i}}}=a_{i}+\lim\limits_{\Delta x_{i}\rightarrow 0}{(\alpha(\Delta x)\frac{|\Delta x_{i}|}{\Delta x_{i}})}=a_{i},

поскольку функция \alpha(\Delta x) бесконечно малая при \Delta x_{i}\rightarrow 0, а отношение \frac{|\Delta x_{i}|}{\Delta x_{i}}=\pm 1 ограничено, так что последний предел равен нулю. Следовательно, производная f_{x_{i}}^{\prime}(x) в точке  x существует и равна a_{i}.
Следствие. Если функция нескольких переменных f:R^n\rightarrow R дифференцируема в точке x, то ее полное приращение \Delta f(x) можно представить в виде

\Delta f(x)=f_{x_{1}}^{\prime}(x)\Delta x_{i}+\dots +f_{x_{n}}^{\prime}(x)\Delta x_{n}+\alpha(\Delta x)|\Delta x|,

где при \alpha(\Delta x)\rightarrow 0 \Delta x\rightarrow 0.

Литература

Тест: Определение дифференцируемой функции

Предлагаем пройти тесты и закрепить пройденный материал


Таблица лучших: Тест: Определение дифференцируемой функции

максимум из 10 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных