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 $F=f\circ g.$

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.

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.

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.

Найти производную сложной функции $u=\frac{x}{y}-\frac{y}{x},$ где $x=\sin(t),$ $y=\cos(t)$

Решение

$\frac{\partial u}{\partial x}=\left (\frac{x}{y}-\frac{y}{x} \right )’= \frac{1}{y}(x)’-y\left ( \frac{1}{x} \right )’=\frac{1}{y}+\frac{y}{x^{2}}$
$\frac{\partial u}{\partial y}=\left (\frac{x}{y}-\frac{y}{x} \right )’= x\left ( \frac{1}{y} \right )’-\frac{1}{x}(y)’=-\frac{x}{y^{2}}-\frac{1}{x}$
$\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}={(\sin(t))}’=\cos(t)\qquad$ $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}={(\cos(t))}’=-\sin(t)$
$\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} t}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}=\left ( \frac{1}{y}+\frac{y}{x^{2}} \right )\cos(t)+\left ( -\frac{x}{y}-\frac{1}{x} \right )(-\sin(t))$
Найти полную производную сложной функции $u=x+y^{2}+z^{3},$ где $y=\sin(x),$ $z=\cos(x)$

Решение

$\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} x}=\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}+\frac{\partial u}{\partial z}\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} x}=\\=1+2y\cos(x)+3z^{2}(-\sin(x))=1+2\sin(x)\cos(x)-3\cos^{2}(x)\sin(x)$
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 :
$du=4\ln(x^{2}+y^{2}-z^{2})\frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}(xdx+ydy-zdz)$
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
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 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=\frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x}$
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

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

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

Спойлер

Функция [latex]f(y)[/latex] дифференцируема в точке [latex]{ y }^{ \circ }[/latex], а значит, по теореме о существовании частных производных найдутся функции [latex]{ { f }_{ j }( }y), j=\overline { 1,m }[/latex] непрерывные в точке [latex]{ y }^{ \circ }[/latex] 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 [latex]{ x }^{ \circ }[/latex] (т.к функции [latex]{\varphi}_{ i }(x)[/latex] 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 [latex](2)[/latex] [latex]{ y }_{ 1 }={ \varphi }_{ 1 }(x),…,{ y }_{ m }={ \varphi }_{ m }(x)[/latex] и воспользовавшись [latex](3)[/latex] 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 [latex]{ \varphi }_{ j }(x)[/latex] дифференцируемы в точке [latex]{ x }^{ \circ }[/latex] (по условию), поэтому найдутся такие непрерывные в точке [latex]{ x }^{ \circ }[/latex] функции [latex]{ \varphi }_{ ij }(x)[/latex], 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 [latex](6)[/latex] и [latex](5)[/latex] 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 [latex]{ \psi }_{ j }(x)[/latex] и [latex]{ \varphi }_{ ij }(x)[/latex] непрерывны в точке [latex]{ x }^{ \circ }[/latex], то и [latex]{ T }_{ i }(x)[/latex] непрерывны в этой точке (как композиции непрерывных). А это означает, что сложная функция [latex]{ T }(x)[/latex] дифференцируема в [latex]{ x }^{ \circ }[/latex].

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

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

[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]

Использованная литература

Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И., Курс математического анализа, физмат-лит, 2001. стр.248-249

Дополнительная литература

Фильтенгольц Г.М. «Курс дифференциального и интегрального исчисления» Том 1, 1964г. стр.386-390;
Л.Д. Кудрявцев. Курс математического анализа, том 2, 1988-1989г., стр. 253-256;

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).

$\begin{equation}{ f }_{ xy }({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })={ f }_{ yx }({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }) \end{equation}$

Доказательство

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

${ \Delta }_{ xy }f={ \Delta }_{ yx }f\label{2}$
Действительно,

$\begin{aligned} { \Delta }_{ xy }f&={ \Delta }_{ x }({ \Delta }_{ y }f)={ \Delta }_{ x }[f({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }+{ \Delta }y)-f({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })]=\\ &=[f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 }+{ \Delta }y)-f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 })]-\\ &-[f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 }+{ \Delta }y)-f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 })] \end{aligned}\label{3}$
(т.е.

${ \Delta }_{ xy }f$ это приращение функции

$f$ сперва по

$y$ а затем по

$x$ )
Аналогично

$\begin{aligned} { \Delta }_{ yx }f&={ \Delta }_{ y }({ \Delta }_{ x }f)=\\ &=[f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 }+{ \Delta }y)-f({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }+{ \Delta }y)]-\\ &-[f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 })-f({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })] \end{aligned}\label{4}$
Сравнивая (

$\ref{3}$ ) и (

$\ref{4}$ ), убедимся в справедливости (

$\ref{2}$ ).
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]

Пример

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]

Контрпример

(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.

Замечание 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]

Замечание 2

Использованная литература:

Дополнительная литература:

Фильтенгольц Г.М. «Курс дифференциального и интегрального исчисления» 1962г. Том 1, стр.404-408;

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:

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

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:

Конспект по курсу математического анализа Лысенко З.М.
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 $latex z=f(y)$ и $latex y=\varphi(x)$ дифференцируемы соответственно в точках $latex y_0$ и $latex x_0$ , где $latex y_0=\varphi(x_0)$ , то $latex z=f(\varphi(x))$ — дифференцируема в точке $latex x_0$ , причём $latex z'(x_0)=f'(y_0)\cdot \varphi'(x_0)=f'(\varphi(x_0)) \cdot \varphi'(x_0)$ .

Доказательство

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

$latex |\Delta x|<\delta$

$latex \Delta y=\varphi(x_0+\Delta x) — \varphi(x_0)$

$latex \Delta z=z(x_0+\Delta x)-z(x_0)$

$latex \Delta z=f(y)=f(\varphi(x))$
$latex \Delta z=f'(y_0) \cdot \Delta y + \Delta y \cdot \alpha (\Delta y)$ , где $latex \lim\limits_{\Delta y \to 0} \alpha (\Delta y)=0$
$latex \frac{\Delta z}{\Delta x} = \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{f'(y_0) \Delta y + \Delta y \cdot \alpha (\Delta y)}{\Delta x}=&s=2$
$latex =\lim\limits_{\Delta x \to 0}(f'(y_0)\cdot \underset{\underset{\varphi'(x_0)}{\downarrow}}{\underbrace{\frac{\Delta y}{\Delta x}}} + \underset{\underset{0}{\downarrow}}{\underbrace{\frac{\Delta y}{\Delta x} \cdot \alpha (\Delta x)}})=f'(y_0) \cdot \varphi'(x_0) &s=2$
Теорема доказана.

Читать далее «Дифференцируемость сложной функции»

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Примеры решения задач

Литература

Производная сложной функции

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

Элементы сортировки

8.

9.

Теорема

Использованная литература

Дополнительная литература

Дифференцируемость композиции дифференцируемых функций

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Подсказка

3.

Таблица лучших: Дифференцируемость композиции дифференцируемых функций

Теорема 1(для функции двух переменных)

Теорема 2 (обобщение)

Использованная литература:

Дополнительная литература:

Теорема о смешанных производных

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

Элементы сортировки

2.

3.

4.

Таблица лучших: Теорема о смешанных производных

Тест на знание формулы Тейлора(ост.Пеано)

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

6.

Элементы сортировки

Теорема (о дифференцировании сложной функции)

Доказательство