дифференциал

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.

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 $d(x_0,Q)=\inf_{y\in Q}|x_0-y|.$

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 $\textrm{d}f(x_0)(h)$ .

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.

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 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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

Задание 1 из 5

1.
Объектом какого рода является производная в многомерном случае?
- Число
- Линейная форма
- Квадратичная форма
- Вектор
Правильно

Верно, это линейная форма!

Неправильно

Нет, правильный ответ — «линейная форма».
Задание 2 из 5

2.
Выберите правильные утверждения:
- Дифференцируемость не эквивалентна существованию производной
- Производная и дифференциал - разные обозначения одного и того же
- Из непрерывности функции следует её дифференцируемость
- Производная дифференцируемой функции единственна
Правильно

Верно!

Неправильно

Неправильно.
Задание 3 из 5

3.
Если $f(x)=c$ , где $c$ — постоянная, то $f'(x)=$
Правильно

Верно, производная постоянной — нулевая линейная форма!

Неправильно

Неверно, производная постоянной — нулевая линейная форма.

Задание 4 из 5

4.

Исследуйте дифференцируемость функций:

Элементы сортировки

Недифференцируема при $y=-x$
Недифференцируема при $xy=0$
Дифференцируема всюду
Недифференцируема в точке $(0,0)$

$\sqrt[3]{x^3+y^3}$

$\cos \sqrt[3]{xy}$

$e^{-1/(x^2+y^2)},$ если

$x^2+y^2>0$ и

$f(0,0)=0$

$\sqrt{x^2+y^2}$

Задание 5 из 5

5.
Сформулируйте теорему 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 $x \in R^n$ и ее производная, или, что то же самое, дифференциал, равна
- $\textrm{d}f(x) = A$
Правильно

Правильно!

Неправильно

Неправильно.

6.2 Интегрирование по частям и замена переменной

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 $\eqref{eq:exp1}$ .

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

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 $u(x)v'(x)$ .

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.

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

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

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

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.

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

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
$[F(\varphi(x))]’=F'(\varphi(x))\varphi'(x)=f(\varphi(x))\varphi'(x).$

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

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

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 $x$ .

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:

$\int\text{arctg}\:xdx$

Решение

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

Решение

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

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:

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

Решение

$\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{e^x-1}}=\begin{bmatrix}\sqrt{e^x-1}=t, x=\ln(t^2+1)\\dx=\displaystyle\frac{2tdt}{t^2+1}\end{bmatrix}=2\int\displaystyle\frac{tdt}{t(t^2+1)}=\\=2\int\frac{dt}{t^2+1}=2\: \text{arctg}\: t+C.$
$\int\displaystyle\frac{x^{2}dx}{5-x^6}$

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

Коляда В.И., Кореновский А.А. Курс лекций по математическому анализу Часть 1. (стр. 159)

Смотрите также

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

Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И. Курс математического анализа, стр. 242-248
Лысенко З. М. Конспект лекций по курсу математического анализа (I курс)

Тест

Тест для проверки усвоения материала

Задание 1 из 2

1.
Функция $f \left( x \right)$ дифференцируема в точке $x^0$ , если все частные производные $\frac{ \partial f }{ \partial x_i }$ , $i = \overline{1, n}$ …
- определены в окрестности точки $x^0 \in \mathbb{R}^n$
- непрерывны в точке $x^0 \in \mathbb{R}^n$
- определены в точке $x^0 \in \mathbb{R}^n$
- непрерывны в окрестности точки $x^0 \in \mathbb{R}^n$
- имеют предел в точке $x^0 \in \mathbb{R}^n$
- имеют предел в окрестности точки $x^0 \in \mathbb{R}^n$
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 2

2.
Функция $f \left( x \right)$ имеет в точке $x^0$ все частные производные $\frac{ \partial f }{ \partial x_i } \left( x^0 \right)$ , $i = \overline{1, n}$ , и
$f \left( x \right) — f \left( x^0 \right) = \sum\limits_{i = 1}^{n} \frac{ \partial f }{ \partial x_i } \left( x^0 \right) \left( x_i — x_i^0 \right) + o \left( \rho \left( x, x^0 \right) \right)$ при $x \to x^0$ , если в точке $x^0 \in \mathbb{R}^n$ она?
Правильно

Неправильно

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 $dx$ .

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
$d(U+V)=dU+dV$
$d(UV)=UdV+VdU$
$d\frac{U}{V}=\frac{VdU-UdV}{V^2},$ $\ \ V\neq$ $0$

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

Задание 1 из 3

1.

Количество баллов: 4

Рубрика: Математический анализ

Найти производные функций двух переменных по переменной $y$ :

Элементы сортировки

$4x^2+3y^2$
$x^y\ln x$
$xe^{xy}$
$-3\cos(2x-3y)$

$4x^2y+y^3-56$

$x^y$

$e^{xy}$

$\sin(2x-3y)$

Задание 2 из 3

2.
Количество баллов: 3

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

Неправильно
Задание 3 из 3

3.
Количество баллов: 3

Рубрика: Математический анализ
Если функция нескольких переменных $f:\mathbb R^n\rightarrow \mathbb R$ дифференцируема в точке $x$ , то у этой функции в точке $x$ существуют все
Правильно

Неправильно

Таблица лучших: Тест: Определение дифференцируемой функции

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

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Литература

Производная

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

Элементы сортировки

5.

Решение примеров

Интегрирование по частям и замена переменной

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

Таблица лучших: Интегрирование по частям и замена переменной

Необходимое условие дифференцируемости функции в точке.

Достаточные условия дифференцируемости функции в точке.

Список литературы

Тест

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Тест на тему: Дифференциал

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

Элементы сортировки

5.

Таблица лучших: Тест на тему: Дифференциал

Тест: Определение дифференцируемой функции

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

Элементы сортировки

2.

3.

Таблица лучших: Тест: Определение дифференцируемой функции