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 композиции дифференцируемых функций

В данной статье, используя термин «сложная функция», мы будем понимать композицию нескольких функций.

Теорема

Пусть функции { \varphi }_{ i }(x)={ \varphi }_{ i }({ x }_{ 1 },{ x }_{ 1 },{ x }_{ 1 },...,{ x }_{ n })\quad i=\overline { 1,m } дифференцируемы в точке { x }^{ \circ }=({ x }_{ 1 }^{ \circ },{ x }_{ 2 }^{ \circ },...,{ x }_{ n }^{ \circ }) . Пусть функция f({ y }_{ 1 },{ y }_{ 2 },{ y }_{ 3 },...{ ,y }_{ m }) дифференцируема в точке { y }^{ \circ }=({ \varphi }_{ 1 }({ x }^{ \circ }),{ \varphi }_{ 2 }({ x }^{ \circ }),...,{ \varphi }_{ m }({ x }^{ \circ })).

Тогда сложная функция T(x)=f({ \varphi }_{ 1 }(x),{ \varphi }_{ 2 }(x),...,{ \varphi }_{ m }(x)) дифференцируема в точке { x }^{ \circ } , причем при { x\rightarrow x }^{ \circ }
$$
T(x)-T({ x }^{ \circ })=\sum _{ i=1 }^{ n }{ { A }_{ i }({ x }_{ i }-{ x }_{ i }^{ \circ })+o(p(x,{ x }^{ \circ }))} 
$$
$$
{A }_{ i }=\frac { \partial T }{ \partial { x }_{ i } } ({ x }^{ \circ  })=\sum _{ j=1 }^{ m }{ \frac { \partial f }{ \partial { y }_{ j } }  } ({ y }^{ \circ  })\frac { \partial { \varphi  }_{ i } }{ \partial { x }_{ i } } ({ x }^{ \circ  }),\quad i=\overline { 1,n } \quad \quad \quad \quad (1)
$$

Спойлер

Функция f(y) дифференцируема в точке { y }^{ \circ }, а значит, по теореме о существовании частных производных найдутся функции { { f }_{ j }( }y), j=\overline { 1,m } непрерывные в точке { y }^{ \circ } и такие, что $$f(y)-f({ y }^{ \circ  })=\sum _{ j=1 }^{ m }{ { f }_{ j }(y)({ y }_{ j }-{ y }_{ j }^{ \circ  }), } \quad \quad { f }_{ j }({ y }^{ \circ  })=\frac { \partial f }{ \partial { y }_{ j } } ({ y }^{ \circ  }) \quad \quad\quad \quad(2)$$Раз функция дифференцируема в точке, то она непрерывна в этой точке. Используя это и теорему о непрерывности сложной функции, получим что функции: $${ \psi  }_{ j }(x)={ f }_{ j }({ \varphi  }_{ 1 }(x),{ \varphi  }_{ 2 }(x),…{ \varphi  }_{ m }(x)),\quad \quad j=\overline { 1,m }\quad \quad\quad \quad(3) $$

непрерывны в точке { x }^{ \circ } (т.к функции {\varphi}_{ i }(x) непрерывны, и по теореме указанной выше, их композиция также даст непрерывную функцию) , при этом
$$
{ \psi  }_{ j }({ x }^{ \circ  })={ f }_{ j }({ y }^{ \circ  })=\frac { \partial f }{ \partial { y }_{ j } } ({ y }^{ \circ  })\quad \quad\quad \quad(4)
$$

Подставив в (2) { y }_{ 1 }={ \varphi }_{ 1 }(x),...,{ y }_{ m }={ \varphi }_{ m }(x) и воспользовавшись (3) получим:

$$T(x)-T({ x }^{ \circ  })=\sum _{ j=1 }^{ m }{ { \psi  }_{ j }(x)({ \varphi  }_{ j }(x)- } ({ \varphi  }_{ j }({ x }^{ \circ  }))\quad \quad\quad \quad(5)$$

Но функции { \varphi }_{ j }(x) дифференцируемы в точке { x }^{ \circ } (по условию), поэтому найдутся такие непрерывные в точке { x }^{ \circ } функции { \varphi }_{ ij }(x),  что $${ \varphi  }_{ j }(x)-{ \varphi  }_{ j }({ x }^{ \circ  })=\sum _{ i=1 }^{ n }{ { \varphi  }_{ ij }(x) } ({ x }_{ i }-{ x }_{ i }^{ \circ  }),\quad \quad { \varphi  }_{ ij }({ x }^{ \circ  })=\frac { \partial { \varphi  }_{ j } }{ \partial { x }_{ i } } ({ x }^{ \circ  })\quad \quad\quad \quad(6)$$

$${ i=\overline { 1,n }  }\quad { j=\overline { 1,m }  }$$

Подставляя выражения (6) и (5) получаем

$$T(x)-T({ x }^{ \circ  })=\sum _{ i=1 }^{ n }{ { T }_{ i }(x)({ x }_{ i }-{ x }_{ i }^{ \circ  }) } \quad \quad { T }_{ i }(x)=\sum _{ j=1 }^{ m }{ { \varphi  }_{ ij } } (x){ \psi  }_{ j }(x)\quad \quad\quad \quad(7)$$

Так как функции { \psi }_{ j }(x) и { \varphi }_{ ij }(x) непрерывны в точке  { x }^{ \circ }, то и { T }_{ i }(x) непрерывны в этой точке (как композиции непрерывных). А это означает, что сложная функция  { T }(x) дифференцируема в  { x }^{ \circ }.

Дифференцируемая функция { T }(x) может быть записан в виде (1) с коэффициентами { A }_{ i }, равными в силу (6) и (4)

$${ A }_{ i }={ T }_{ i }({ x }^{ \circ  })=\sum _{ j=1 }^{ m }{ { \varphi  }_{ ij } } ({ x }^{ \circ  }){ \psi  }_{ j }({ x }^{ \circ  })=\sum _{ j=1 }^{ m }{ \frac { \partial f }{ d{ y }_{ j } } ({ y }^{ \circ  })\frac { \partial { \varphi  }_{ j } }{ d{ x }_{ i } } ({ x }^{ \circ  })=\frac { \partial T }{ \partial { x }_{ i } }  } ({ x }^{ \circ  })$$

[свернуть]
Спойлер

  •  Формула ${ A }_{ i }=\frac { \partial T }{ \partial { x }_{ i } } ({ x }^{ \circ })=\sum\limits _{ j=1 }\limits^{ m }{ \frac { \partial f }{ \partial { y }_{ j } }  } ({ y }^{ \circ })\frac { \partial { \varphi }_{ i } }{ \partial { x }_{ i } } ({ x }^{ \circ }),\quad i=\overline { 1,n }$  дает правило нахождения частных производных сложной функции, аналогичное соответствующему правилу для функций одной переменной.

[свернуть]
Спойлер

Пусть дана функция $f(x,y)=\sin x + \tan (x^ 2+y^ 2)$.
Ее можно представить как композицию функций: $z(u,v)=u+v\quad u(x,y)=\sin x \quad v(x,y)=\tan (x^ 2+y^ 2)$
Тогда дифференциал функции $f$ имеет вид:
$$
df=\frac { dz }{ dx } +\frac { dz }{ dy } =\frac { dz }{ du } \frac { du }{ dx } +\frac { dz }{ dv } \frac { dv }{ dx } +\frac { dz }{ du } \frac { du }{ dy } +\frac { dz }{ dv } \frac { dv }{ dy }
$$
Вычислим частные производные:
$$
\frac { dz }{ du } =1; \quad \frac { du }{ dx } =-\cos x;
$$
$$
\frac { dz }{ dv } =1; \quad \frac { dv }{ dx } =\frac { 2x }{ \cos ^{ 2 }{ ({ x }^{ 2 }+{ y }^{ 2 }) } } ;
$$
$$
\frac { du }{ dy } = 0; \quad \frac { dv }{ dy } =\frac { 2y }{ \cos ^{ 2 }{ ({ x }^{ 2 } } +y };
$$
Получаем, что:
$$
df=-\cos x +\frac { 2x }{ \cos ^{ 2 }{ ({ x }^{ 2 }+{ y }^{ 2 }) } } +\frac { 2y }{ \cos ^{ 2 }{ ({ x }^{ 2 } } + y^{ 2 }) }.
$$

[свернуть]

 

Дифференцируемость композиции дифференцируемых функций

Тест, на понимание темы «Дифференцируемость композиции дифференцируемых функций»

Таблица лучших: Дифференцируемость композиции дифференцируемых функций

максимум из 3 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Теорема о смешанных производных

Теорема 1(для функции двух переменных)

Пусть функция $f(x,y)$ определенна со своими частными производными ${ f }_{ x },{ f }_{ y },{ f }_{ xy },{ f }_{ yx }$ в некоторой окрестности точки $({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })$, и при этом ${ f }_{ xy }$ и  ${ f }_{ yx }$ непрерывны в этой точке. Тогда  эти производные равны ( результат не зависит от порядка дифференцирования). $${ f }_{ xy }({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })={ f }_{ yx }({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }) \quad \quad (1)$$
Спойлер

Пусть $f(x,y)$ определенна со своими частными производными ${ f }_{ x },\;{ f }_{ y },\;{ f }_{ xy },\;{ f }_{ yx }$ в некоторой $\delta-$окрестности точки $({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })$ и пусть $\Delta x$ и $\Delta y$ зафиксированы так, что образуют шар с радиусом $\delta$ $(\Delta { x }^{ 2 }+\Delta { y }^{ 2 }<{ \delta }^{ 2 })$. (Под $\Delta x $ будем понимать приращение функции  $f$ по аргументу $x$. Аналогично определим $\Delta y$)
Положим:
$$
{ \Delta  }_{ xy }f={ \Delta  }_{ x }({ \Delta  }_{ y }f),  { \Delta  }_{ yx }f={ \Delta  }_{ y }({ \Delta  }_{ x }f)
$$
и докажем, что
$$
{ \Delta }_{ xy }f={ \Delta }_{ yx }f\quad (2)
$$
Действительно,
$$
{ \Delta }_{ xy }f={ \Delta }_{ x }({ \Delta }_{ y }f)={ \Delta }_{ x }[f({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }+{ \Delta }y)-f({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })]=[f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 }+{ \Delta }y)-f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 })]-[f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 }+{ \Delta }y)-f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 })]\quad (3)
$$
(т.е ${ \Delta }_{ xy }f$ это приращение функции $f$ сперва по $y$ а затем по $x$)
Аналогично
$$
{ \Delta  }_{ yx }f={ \Delta  }_{ y }({ \Delta  }_{ x }f)=[f({ x }_{ 0 }+{ \Delta  }x,{ y }_{ 0 }+{ \Delta  }y)-f({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }+{ \Delta  }y)]-[f({ x }_{ 0 }+{ \Delta  }x,{ y }_{ 0 })-f({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })]\quad (4)
$$
Сравнивая $(3)$ и $(4)$, убедимся в справедливости $(2)$.
Положим приращение функции $f$ по переменной $y$ как функцию одной переменной по $x$. Пусть $\varphi (x)=f(x,{ y }_{ 0 }+\Delta y)-f(x,{ y }_{ 0 })$. Тогда ${ \Delta }_{ xy }f$ можно записать в виде:
$$
{ \Delta }_{ xy }f=\varphi ({ x }_{ 0 }+\Delta x)-\varphi ({ x }_{ 0 })
$$
Так как , по условию существует производная ${ f }_{ x }$  то функция $\varphi (x)$ дифференцируема на отрезке $[{ x }_{ 0 },{ x }_{ 0 }+{ \Delta }x]$
Воспользуемся теоремой Лагранжа о конечных приращениях, получим:
$$
{ \Delta  }_{ xy }f=\varphi ({ x }_{ 0 }+\Delta x)-\varphi ({ x }_{ 0 })={ \varphi  }^{ \prime  }({ x }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 1 }\Delta x)\Delta x,\quad 0<{ \theta  }_{ 1 }<1 $$
А поскольку $\varphi (x)$ функция по переменной $x$, то ее производная будет: $${ \varphi  }^{ \prime  }(x)={ f }_{ x }(x,{ y }_{ 0 }+\Delta y)-{ f }_{ x }(x,{ y }_{ 0 })$$
тогда мы можем записать ${ \Delta}_{ xy }f$ как
$$
{ \Delta }_{ xy }f=[{ f }_{ x }({ x }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 1 }\Delta x,{ y }_{ 0 }+\Delta y)-{ f }_{ x }({ x }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 1 }\Delta x,{ y }_{ 0 })]\Delta x
$$
Применим опять формулу конечных приращений Лагранжа, но теперь по переменной $y$, получим:
$$
{ \Delta  }_{ xy }f={ f }_{ xy }({ x }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 1 }\Delta x,\quad { y }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 2 }\Delta y)\Delta x\Delta y,\quad 0<{ \theta  }_{ 1 },{ \theta  }_{ 2 }<1
$$
Сделаем абсолютно аналогичные действия, но уже начнем с переменно $x$. Т.е, положим приращение $f$ по переменной $x$ в функцию одной переменной по $y$
$$
\psi (y)=f({ x }_{ 0 }+\Delta x,y)-f({ x }_{ 0 },y)
$$
Также выразим ${ \Delta }_{ yx }f$ через $\psi (y)$, затем применим дважды формулу конечных приращений Лагранжа ( сначала по y, затем по x ).  В итоге получим:
$$
{ \Delta  }_{ yx }f={ f }_{ yx }({ x }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 4 }\Delta x,\quad { y }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 3 }\Delta y)\Delta x\Delta y,\quad 0<{ \theta  }_{ 3 },{ \theta  }_{ 4 }<1
$$
Согласно равенству (2) правые части равенств равны. Приравняем их и сократим на $\Delta x\Delta y$ (т.к. $\Delta x\neq 0$ и $\Delta y\neq 0$), получим
$$
{ f }_{ xy }({ x }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 1 }\Delta x,\quad { y }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 2 }\Delta y){ =f }_{ yx }({ x }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 4 }\Delta x,\quad { y }_{ 0 }+{ \theta  }_{ 3 }\Delta y),\quad { 0<\theta  }_{ 1 }{ ,\theta  }_{ 2 },{ \theta  }_{ 3 },{ \theta  }_{ 4 }<1
$$
Так как частные производные ${ f }_{ xy }$ и ${ f }_{ yx }$ непрерывны в точке $({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })$, перейдем к пределу. Так как ${ \theta }_{ i }$-бесконечно малая то в итоге получим:
$$
{ f }_{ xy }({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }){ =f }_{ yx }({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }),
$$
что и требовалось доказать.

[свернуть]
Спойлер

Найти смешанные производные второго порядка функции ${ z={ x }^{ 4 } }-2{ x }^{ 2 }y^{ 3 }+{ y }^{ 5 }+1$

${ { z }_{ x }^{ \prime }={ 4x }^{ 3 } }-4{ x }y^{ 3 }$

${ { z }_{ y }^{ \prime }= }5{ y }^{ 4 }-6{ x }^{ 2 }y^{ 2 }$

${ { z }_{ yx }^{ \prime }= }-12{ x }y^{ 2 } \quad \quad \quad { { z }_{ xy }^{ \prime }= }-12{ x }y^{ 2 }\quad \quad { \Rightarrow \quad }{ z }_{ yx }^{ \prime }={ z }_{ xy }^{ \prime }$

[свернуть]
Спойлер

(пример Шварца):
 
$f(x,y)=\begin{cases} xy\frac { { x }^{ 2 }-{ y }^{ 2 } }{ { x }^{ 2 }+y^{ 2 } } \quad \quad { x }^{ 2 }+y^{ 2 }>0 \\ 0\quad \quad \quad \quad \quad x=y=0 \end{cases}$

${ f }_{ xy }(0,0)=-1\quad \quad \quad \quad{ f }_{ yx }(0,0)=1$

[свернуть]

Теперь сформулируем общую теорему. Ее можно несложно доказать с помощью индукции.

Теорема 2(обобщение)

Если у функции $n$ переменных смешанные частные производные $m$-го порядка непрерывны в некоторой точке, а производные низших порядков непрерывны в окрестности этой точки, то частные производные порядка $m$  не зависят от порядка дифференцирования.
Спойлер
Данная теорема справедлива ввиду того, что любые две последовательности дифференцирования, такие, что по каждому фиксированному аргументу они содержат одно и то же суммарное число дифференцирований, можно свести один к другому за конечное число шагов. При этом, в каждом шаге будет меняться порядок дифференцирования лишь по двум переменным, а другие останутся фиксированными. Т.е. каждый раз мы будем рассматривать изменение порядка дифференцирования лишь для двух переменных — а значит будет выполняться Теорема 1.

Пример

Докажем что ${ f }_{ xyz }={ f }_{ zxy }$
Последовательно меняем порядок дифференцирования, применяя Теорему 1:
${ f }_{ xyz }={ ({ f }_{ x }) }_{ yz }={ ({ f }_{ x }) }_{ zy }={ ({ f }_{ xz }) }_{ y }={ ({ f }_{ zx }) }_{ y }={ { f }_{ zxy }
}$

[свернуть]

Спойлер

На первый взгляд, кажется что теорема практически бесполезна. Якобы, что для того, чтобы установить равенство смешанных производных — надо утверждать их непрерывность, а для этого их требуется найти. А найдя смешанные производные, не составляет труда и так проверить их на равенство. Однако, о непрерывности функции можно иногда судить на основании некоторых общих теорем, не прибегая к конкретному вычислению. Например, мы знаем, что все элементарные функции многих переменных непрерывны в своей области определения. С другой стороны, частные производные элементарных функций сами являются элементарными, поэтому,если частная производная некоторой элементарной функции определена на некоторой окрестности какой-либо точки, то эта производная и непрерывна в каждой точке данной окрестности.

[свернуть]

Теорема о смешанных производных

Тест, на понимание темы «Теорема о смешанных производных»

Таблица лучших: Теорема о смешанных производных

максимум из 4 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Формула Тейлора с остатком в форме Пеано

Формулировка:

Если существует f^{(n)}(x_{0}) , то f(x)  представима в следующем виде:

f(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}}{k!}(x-x_{0})^{k}+o((x-x_{0})^{n})_{x\to x_{0}}

Это выражение f(x)  называется формулой Тейлора с остаточным членом в форме Пеано (или локальной формулой Тейлора)

Доказательство:

Для начала докажем Лемму

Пусть функции \varphi(x),\psi(x)  определены в  \delta   окрестности точки x_{0}  и удовлетворяют следующим условиям:

  1. \forall x \in U_{\delta} \exists \varphi^{(n+1)}(x),\psi^{(n+1)}(x);
  2. \varphi(x_{0})=\varphi'(x_{0})=...=\varphi^{(n)}(x_{0})=0 \psi(x_{0})=\psi'(x_{0})=...=\psi^{(n)}(x_{0})=0
  3. \psi(x)\neq0,\psi^{k}(x)\neq 0 \forall x\in U_{\delta}(x_{0}),k=\overline{1,n+1}

Тогда \forall x\in U_{\delta}(x_{0})  существует точка \xi , принадлежащая интервалу с концами x_{0}  и x  такая, что \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi^{n+1}(\xi)}{\psi^{n+1}(\xi)}

Доказательство 

Пусть, например, x \in (x_{0},x_{0}+\delta) . Тогда применяя к функциям \varphi  и \psi  на отрезке [x_{0},x]  теорему Коши и учитывая, что \varphi(x)=\psi(x)=0  по условию, получаем

\frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi(x)-\varphi(x_{0})}{\psi(x)-\psi(x_{0})}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}, x_{0}<\xi_{1}<x

Аналогично, применяя к функциям \varphi'  и \psi'  на отрезке [x_{0},\xi_{1}] теорему Коши, находим

\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}=\frac{\varphi'(\xi_{1})-\varphi'(x_{0})}{\psi'(\xi_{1})-\psi'(x_{0})}=\frac{\varphi''(\xi_{2})}{\psi''(\xi_{2})}, x_{0}<\xi_{2}<\xi_{1}

Из этих двух равенств следует, что

\frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}=\frac{\varphi''(\xi_{2})}{\psi''(\xi_{2})}, x_{0}<\xi_{2}<\xi_{1}<x<x_{0}+\delta

Применяя теорему Коши последовательно к функциям \varphi''  и \psi'' ,\varphi^{(3)}  и \psi^{(3)} ,…,\varphi^{(n)}  и \psi^{(n)}  на соответствующих отрезках получаем

\frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}=...=\frac{\varphi^{n}(\xi_{n})}{\psi^{n}(\xi_{n})}=\frac{\varphi^{n+1}(\xi)}{\psi^{n+1}(\xi)}

где x_{0}<\xi<\xi_{n}<...<\xi_{2}<\xi_{1}<x<x_{0}+\delta

Равенство доказано для случая, когда x \in(x_{0},x_0+\delta) , аналогично рассматривается случай, когда x \in(x_0-\delta,x_{0}) .

Теперь, когда лемма доказана, приступим к доказательству самой теоремы:

Из существования f^{(n)}(x_{0})  следует, что функция f(x_{0})  определена и имеет производные до (n-1)  порядка включительно в \delta  окрестности точки  x_{0}

Обозначим \varphi(x)=r_{n}(x),\psi(x)=(x-x_{0})^{n} , где  r_{n}(x)=f(x)-P_{n}(x) .

Функции \varphi(x)  и \psi(x)  удовлетворяют условиям леммы, если заменить номер n+1  на n-1

Используя ранее доказанную лемму и учитывая, что r_{n}^{(n-1)}(x_{0})=0  получаем

\frac{r_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n}}=\frac{r_{n}^{n-1}(\xi)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0})}{n!(\xi-x_{0})} , \xi=\xi(x)(*)

где x_{0}<\xi<x<x_{0}<x_{0}+\delta  или x_{0}-\delta<x<\xi<x_{0} .

Пусть x\to x_{0} , тогда из неравенств следует, что \xi \to x_{0} , и в силу существования f^{(n)}(x_{0})  существует

\lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{r_{n}^{(n-1)}(x)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0)}}{x-x_0}=

=\lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{r_{n}^{(n-1)}(\xi)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0)}}{\xi-x_{0}}=r_{n}^{(n)}(x_{0})=0

Так как выполняются равенства r_{n}(x_{0})=r_{n}'(x_{0})=...=r_{n}^{(n)}(x_{0})=0

Таким образом, правая часть формулы (*)  имеет при x\to x_{0}  предел, равный нулю, а поэтому существует предел левой части этой формулы, так же равный нулю. Это означает, что r_{n}(x)=o((x-x_{0})^{n}),x\to x_{0} , то есть f(x)-P_{n}(x)=o((x-x_{0})^{n}) , что и требовалось доказать.

Пример:

Разложить функцию y=\cos^{2}(x)  в окрестности точки x_{0}=0   по Тейлору с остатком в форме Пеано.

Решение

Табличное разложение косинуса имеет следующий вид:

\cos(x)=1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}-...+(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n+1})

Представим функцию \cos^{2}(x)  в виде:

\cos^{2}(x)=\frac{1+\cos(2x)}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos(2x)

Заменим в табличном разложении x  на 2x  и подставим представление косинуса.Получим

\cos^{2}(x)=1-x^2+\frac{x^{4}}{3}-...+(-1)^{n} \frac{2^{2n-1}x^{2n}}{2n!}+o(x^{2n+1})

Источники:

  1. Конспект по курсу математического анализа Лысенко З.М.
  2. Тер-Крикоровв А.М., Шабунин М.И. Курс математического анализа -М.:ФИЗМАТ-ЛИТ, 2001.-672 с. гл. IV §18 с. 161.

Тест на знание формулы Тейлора(ост.Пеано)

Проверьте себя на знание доказательства и применения формулы Тейлора с остатком в форме Пеано.

Дифференцируемость сложной функции

Теорема (о дифференцировании сложной функции)

Если функции z=f(y) и y=\varphi(x) дифференцируемы соответственно в точках y_0 и x_0, где y_0=\varphi(x_0), то z=f(\varphi(x)) — дифференцируема в точке x_0, причём z'(x_0)=f'(y_0)\cdot \varphi'(x_0)=f'(\varphi(x_0)) \cdot \varphi'(x_0).

Доказательство

Т.к. функции f и \varphi непрерывны, то z(x)=f(\varphi(x)) — непрерывны в точке x_0 \Rightarrow z определена в u_\delta (x_0)

|\Delta x|<\delta

\Delta y=\varphi(x_0+\Delta x) - \varphi(x_0)
\Delta z=z(x_0+\Delta x)-z(x_0)

\Delta z=f(y)=f(\varphi(x))
\Delta z=f'(y_0) \cdot \Delta y + \Delta y \cdot \alpha (\Delta y), где \lim\limits_{\Delta y \to 0} \alpha (\Delta y)=0
\frac{\Delta z}{\Delta x} = \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{f'(y_0) \Delta y + \Delta y \cdot \alpha (\Delta y)}{\Delta x}=
=\lim\limits_{\Delta x \to 0}(f'(y_0)\cdot \underset{\underset{\varphi'(x_0)}{\downarrow}}{\underbrace{\frac{\Delta y}{\Delta x}}} + \underset{\underset{0}{\downarrow}}{\underbrace{\frac{\Delta y}{\Delta x} \cdot \alpha (\Delta x)}})=f'(y_0) \cdot \varphi'(x_0)
Теорема доказана.

Читать далее «Дифференцируемость сложной функции»