Частные производные высших порядков

Частные производные высших порядков определяются при помощи индукции. Если говорить неформально, то каждая частная производная порядка больше чем 1 определяется, как производная от производной предыдущего порядка.
 

Определение

Частная производная (по независимым переменным) от частной производной порядка $m-1$ называется частной производной порядка $m(m=1,2,…)$.
Частная производная, полученная  с помощью дифференцирования по разным переменным, называется смешанной частной производной.
Частные производные высших порядков сохраняют все те же свойства, что и обычные частные производные.

Пример

Пусть дана функция $f(x,y,z)$.
Частной производной первого порядка по $x$ будет $\frac { df }{ dx } $.
Частной производной второго порядка по $x$ будет $\frac { { d }^{ 2 }f }{ d{ x }^{ 2 } } $
Смешанной производной третьего порядка будет $\frac { { d }^{ 3 }f }{ d{ x }^{ 2 }dy }$

Геометрический смысл частной производной

Спойлер

Пусть нам дана функция z(x,y), которая имеет частную производную в точке ${ M }_{ 0 }({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })$. Пусть на рисунке изображена поверхность графика функции $z$. Проведем плоскость $y={y}_{0}$. Плоскость пересечет поверхность по линии T{ P }_{ 0 }. Проведем касательную ${ P }_{ 0 }A$ к линии ${ P }_{ 0 }T$. Прямая ${ P }_{ 0 }A$ образует угол $\alpha$ с осью $Ox$. Тангенс угла наклона к оси $Ox$ касательной к графику функции $f(x,{ y }_{ 0 })$ в точке ${ x }_{ 0 }$ и есть частная производная по $x$ функции $z$ в точке ${ M }_{ 0 }({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })$.
$$
{\rm \tg}\alpha =\frac { dz({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }) }{ dx } ={ f }_{ x }^{ \prime }({ M }_{ 0 })
$$

4

[свернуть]

Использованная литература

Частные производные высших порядков

Тест на понимание темы «Частные производные высших порядков»

Таблица лучших: Частные производные высших порядков

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

Односторонние и бесконечные производные

Понятия односторонних и бесконечных производных вводятся аналогично понятиям односторонних и бесконечных пределов.

Определение: Если функция y = f(x), непрерывна слева в точке x_{0}, то есть \lim\limits_{x \to x_{0} - 0} f(x) = f(x_{0}) и \exists \lim\limits_{\Delta x \to -0} \frac{\Delta y}{\Delta x}, то этот предел называют левой производной функции y в точке x_{0}.
Левая производна кратко записывается {f_{-}}'(x_{0}).

Определение: Если функция y = f(x), непрерывна справа в точке x_{0}, то есть \lim\limits_{x \to x_{0} + 0} f(x) = f(x_{0}) и \exists \lim\limits_{\Delta x \to +0} \frac{\Delta y}{\Delta x}, то этот предел называют правой производной функции y в точке x_{0}.
Правая производна кратко записывается {f_{+}}'(x_{0}).

Определение: Прямая проходящая через точку (x_{0}, f(x_{0})), с угловым коэффициентом {f_{-}}'(x_{0}), называется левой касательной к графику функции y в точке (x_{0}, f(x_{0})).

Определение: Прямая проходящая через точку (x_{0}, f(x_{0})), с угловым коэффициентом {f_{+}}'(x_{0}), называется правой касательной к графику функции y в точке (x_{0}, f(x_{0})).

Определение: Если функция y=f(x), непрерывна в точке x_{0} и \exists \lim\limits_{\Delta x \to 0} = \pm \infty, тогда производная {f}'(x_{0}) называется бесконечной производной.

Замечание: Геометрическое истолкование производной как углового коэффициента касательной распространяется и на случай бесконечной производной; но здесь — касательная оказывается параллельной оси Oy. В случаях a и b эта производная равна, соответственно, +\infty и -\infty (обе односторонние производные совпадают по знаку); в случаях c и d односторонние производные разнятся знаком.
svg

Тест:

Односторонние и бесконечные производные.

Тест проверки усвоения информации об односторонних и бесконечных производных.


Таблица лучших: Односторонние и бесконечные производные.

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

Список литературы:

  • Курс лекций по математическому анализу в двух частях Часть 1. В.И.Коляда, А.А.Кореновский стр. 110-111.
  • Лекции Зои Михайловны Лысенко.

Правило Лопиталя о раскрытии неоднозначностей

Метод нахождения пределов функций, раскрывающий неопределённости вида \frac{0}{0} или \frac{\infty}{\infty} Правило позволяет заменить предел отношения функций пределом отношения их производных.

1. Докажем теорему для случая, когда пределы функций равны нулю.

Условия:

  1. f(x) и g(x)  дифференцируемы в проколотой окрестности точки a
  2. \lim\limits_{x\to a}f(x)=\lim\limits_{x\to a}g(x)=0
  3.  g'(x) \neq 0  в проколотой окрестности точки a
  4. Существует  \lim\limits_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}

Вывод: Тогда существует  \lim\limits_{x \rightarrow a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \rightarrow a} \frac{f'(x)}{g'(x)}

Доказательство: Доопределим функции в точке a  нулём. Из 1 условия следует, что f(x)  и  g(x) непрерывны на отрезке [a,x] , где x принадлежит рассматриваемой окрестности точки a . Применим обобщённую формулу конечных приращений (Коши) к f(x)  и  g(x) на отрезке [a,x] \exists \xi\in [a,x]:\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} Так как f(a)=g(a)=0  получим, что \forall x \exists \xi \in [a,x]:\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} Пусть предел отношения производных равен A . Следовательно: \lim\limits_{x \to a} \frac{f'(\xi(x))}{g'(\xi(x))}=\lim\limits_{y \to a} \frac{f'(y)}{g'(y)}=A , так как \lim\limits_{x \to a} \xi(x)=a

2. Докажем теорему для случая, когда пределы функций равны бесконечности.

Условия:

  1. f(x)  и g(x)  дифференцируемы при x>a
  2. \lim\limits_{x\to\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to\infty}g(x)=\infty
  3. g'(x)\neq 0 при x>a
  4. Существует конечный \lim\limits_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A

Вывод: Тогда существует \lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)} Доказательство: Из условия 2 следует, что \exists a_{1}>a:\forall x>a_{1} \to |f(x)|>1,|g(x)|>1 , и поэтому f(x)\neq 0,g(x)\neq0  при x>a_{1} . По определению предела (условие 4) для заданного числа \varepsilon >0  можно найти \delta_{1}=\delta_{1}(\varepsilon)\geq a_{1} такое, что для всех t>\delta_{1} выполняется неравенство: A-\frac{\varepsilon}{2}<\frac{f'(t)}{g'(t)}<A+\frac{\varepsilon}{2} Фиксируя x_{0}>\delta_{1}  выберем, пользуясь условием 2 число \delta_{2}>x_{0}

Расположение всех выбираемых нами точек на прямой

такое, чтобы при всех x>\delta_{2} выполнялись неравенства: \left |\frac{f(x_{0})}{f(x)}<\frac{1}{2}\right |  и  \left |\frac{g(x_{0})}{g(x)}<\frac{1}{2}\right | Для доказательства теоремы нужно доказать, что существует такое \delta , что при всех x>\delta выполняется неравенство: A-\varepsilon<\frac{f(x)}{g(x)}<A+\varepsilon (*) Число \delta будет выбрано ниже. Считая, что x>\delta , применим к функциям f  и g на отрезке [x;x_{0}]  обобщённую формулу конечных приращений (Коши). \exists \xi \in [x_{0};x]: \frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} Преобразуем левую часть неравенства: \frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})}=\frac{f(x)}{g(x)}(\varphi(x))^{-1} , где \varphi(x)=\frac{1-\frac{g(x_{0})}{g(x)}}{1-\frac{f(x_{0})}{f(x)}}=1+\beta(x) Заметим, что \beta(x)\to0  при x\to+\infty  в силу условия 2, поэтому \forall \varepsilon>0 \exists \delta\geq\delta_{2}: \forall x>\delta\to|\beta(x)|<\frac{\frac{\varepsilon}{2}}{|A|+ \frac{\varepsilon}{2}}(**) Так как  \xi>x_{0}>\delta_{1} , то для всех x>\delta_{2}   выполняется неравенство: A-\frac{\varepsilon}{2}<\frac{f(x)}{g(x)} (\varphi(x))^{-1}<A+\frac{\varepsilon}{2} Если x>\delta , то \varphi(x)>0 , и поэтому неравенство равносильно следующему: (A-\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x))< \frac{f(x)}{g(x)}<(A+\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x)) Используя неравенство (**) , получаем: (A-\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x))= A-\frac{\varepsilon}{2}+(A-\frac{\varepsilon}{2})\beta(x) \geq (A-\frac{\varepsilon}{2})-(|A|+\frac{\varepsilon}{2})|\beta(x)|> A-\frac{\varepsilon}{2}-\frac{\varepsilon}{2}=A-\varepsilon Аналогично находим: (A+\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x))\leq A+\frac{\varepsilon}{2}+(|A|+\frac{\varepsilon}{2})|\beta(x)|< A+\varepsilon

Таким образом для всех x>\delta  выполняется  неравенство (*) , а это означает, что справедливо утверждение: \lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}

Примеры:

Пример 1. Найти \lim\limits_{x \to 1}\frac{3x^{10}-2x^{5}-1}{x^{3}-4x^{2}+3} Обозначим f(x)=3x^{10}-2x^{5}-1  , g(x)=x^{3}-4x^{2}+3 . Так как  \lim\limits_{x\to1}f(x)=\lim\limits_{x\to1}g(x)=0 , воспользуемся правилом Лопиталя для ситуации \frac{0}{0} . f'(x)=30x^{9}-10x^{4} , f'(1)=20 g'(x)=3x^{2}-8x , g'(1)=-5 По доказанной теореме: \lim\limits_{x\to1}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to1}\frac{f'(x)}{g(x')}=\frac{20}{-5}=-4

Ответ: -4.

Пример 2. Доказать, что  \lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}=0,\alpha>0

Применяя правило Лопиталя для ситуации \frac{\infty}{\infty} , получим: \lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\frac{1}{x}}{\alpha x^{\alpha-1}}= \lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{\alpha x^{\alpha}}=0

Доказано.

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 §19 с. 172-175

Тест на знание правила Лопиталя

Пройдите короткий тест для закрепления материала.