дифференцируемость

5.2 Дифференцируемость и арифметические операции

Пусть функции $f$ и $g$ определены на интервале $(a,b)$ и дифференцируемы в точке $x_0$ . Тогда

функция $f + g$ дифференцируема в точке $x_0$ и $(f + g)’(x_0) = f’(x_0) + g’(x_0);$
функция $f \cdot g$ дифференцируема в точке $x_0$ и $(f \cdot g)’(x_0) = f’(x_0)g(x_0) + f (x_0)g’(x_0);$
если $g(x) \neq 0 (x \in (a,b))$ , то функция $\dfrac{f}{g}$ дифференцируема в точке $x_0$ и $(\dfrac{f}{g})’ = \dfrac{f’(x_0)g(x_0) — f (x_0)g’(x_0)}{g^2(x_0)}.$

Утверждение $a)$ очевидно. Докажем $b)$ . Имеем $\dfrac{(f \cdot g)(x) — (f \cdot g)(x_0)}{x-x_0} = \dfrac{f(x)g(x) — f(x_0)g(x_0)}{x-x_0} =$ $= \dfrac{f(x)g(x) — f(x_0)g(x) + f(x_0)g(x) + f(x_0)g(x_0)}{x-x_0} =$ $= \dfrac{f(x) — f(x_0)}{x-x_0}\cdot g(x) + f(x_0)\dfrac{g(x) — g(x_0)}{x-x_0}.$ Используя непрерывность функции $g$ в точке $x_0$ , которая следует из дифференцируемости, переходя к пределу при $x \to x_0$ , получаем $b)$ .

Для доказательства $c)$ рассмотрим сначала случай $f(x) \equiv 1$ . Тогда $\dfrac{\dfrac{1}{g(x)} — \dfrac{1}{g(x_0)}}{x — x_0} = — \dfrac {g(x)-g(x_0)}{x-x_0} \cdot \dfrac1{g(x)g(x_0)} \to -\dfrac{g’(x_0)}{g^2(x_0)} (x \to x_0).$

Непосредственно из определения производной следует, что $(c \cdot f)’(x_0) = c\cdot f’(x_0)$ , где $c$ – постоянная. Поэтому, используя часть $a)$ доказанной теоремы, получаем, что операция дифференцирования является линейной операцией, т. е. производная линейной комбинации двух дифференцируемых функций равна линейной комбинации их производных – $(\alpha\cdot f + \beta\cdot g)’(x_0) = \alpha\cdot f’(x_0) + \beta\cdot g’(x_0),$ где $\alpha$ и $\beta$ – постоянные.

Примеры решения задач

Найти производную функции $f(x) = 3x^2 + 7x + 3$ в точке $x_0 = 3$ .

Решение

Пользуясь вышеописанными формулами и таблицей производных получаем: $f’(x) = (3x^2 + 7x + 3)’ = (3x^2)’ + (7x)’ + (3)’ = 6x + 7 + 0 = 6x + 7.$ Тогда: $f’(x_0) = 25$
Найти производную функции $f(x) = e^x\cos x$

Решение

Вновь воспользуемся вышеописанными формулами и таблицей производных, вследствие чего получим результат: $f’(x) = (e^x\cos x)’ = (e^x)’\cdot\cos x + e^x\cdot(\cos x)’ = e^x\cos x — e^x\sin x$
Найти производную функции $f(x) = \dfrac {\arccos x}{\sqrt x}$ .

Решение

$f’(x) = (\dfrac {\arccos x}{\sqrt x})’ = \dfrac{(\arccos x)’\cdot\sqrt x — (\sqrt x)’\cdot\arccos x}{(\sqrt x)^2} =$ $= \dfrac{-\dfrac{\sqrt x}{\sqrt{1 — x^2}} — \dfrac{\arccos x}{2\sqrt x}}{x}$

Литература

Дифференцируемость и арифметические операции

Тест для проверки собственных знаний по данной теме.

Задание 1 из 3

1.
Какие из нижеперечисленных свойств функций $f$ и $g$ являются необходимыми для дифференцируемости функции $f\circ g$ в точке $x_0$ ?
- Существование производной функции $f$ в точке $x_0$ .
- Интегрируемость обеих функций в данной точке.
- Дифференцируемость функции $g$ в данной точке.
- Обе функции определены на интервале $(a, b)$ .
- Обе функции принимают неотрицательное значение на интервале $(a, b)$ .
Правильно

Неправильно

Задание 2 из 3

2.

Установите соответствие между функциями и формулами дифференцирования.

Элементы сортировки

$f’(x)g(x) + f (x)g’(x)$
$const\cdot f’(x)$
$\dfrac{f’(x)g(x) - f (x)g’(x)}{g^2(x)}$
$f’(x_0) + g’(x_0)$

$f(x) = 2x^2\cos x$

$f(x) = e\cos x$

$f(x) = \dfrac{\sin x}{\cos x}$

$f(x) = \sqrt x + lnx$

Задание 3 из 3

3.
Определите и запишите значение $f'(x_0) = (3\sin x_0 + 5\cos x_0)’$ , если $x_0 = 0$ .
Правильно

Неправильно

12.3 Частные производные

Сначала рассмотрим пример. Пусть $\DeclareMathOperator{\tg}{tg} f(x,y)=x^{2}+y^{2}$ . Производной по $x$ называется $\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x,$
а производной по $y$ – $\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y.$
Полной производной, или дифференциалом, согласно примеру $1$ , будет $A(h,k)=2xh+2yk$ , $A = \mathrm{d}f(x,y).$

Пусть $f\colon E\to \mathbb{R}$ , где открытое множество $E\subset{\mathbb{R}^{n}}$ , и точка $x_{0}\in{E}$ . Если существует $\lim_{t \rightarrow 0}\frac{f(x_{0}+te_{i})-f(x_{0})}{t},$ то этот предел называется $i$ -й частной производной функции $f$ по переменной $x^{i}$ в точке $x_{0}$ и обозначается одним из символов $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0}),$ ${f}’_{x^{i}}(x_{0}),$ $\mathrm{D}_{i}f(x_0),$ ${f}’_{i}(x_{0}).$

В этом определении $e_{i}$ – $i$ -й координатный вектор. Все его координаты – нули, за исключением $i$ -й, равной $1$ , а $t \neq 0$ пробегает действительные значения, близкие к нулю, так, чтобы точка $x_{0} + te_{i}$ оставалась во множестве $E.$

Можно записать $\frac{\partial f }{\partial x^{i}}(x_0)=\lim_{t \rightarrow 0}\frac{f(x_{0}^{1},\ldots, x_{0}^{i}+t,\ldots, x_{0}^{n})-f(x_{0}^{1},\ldots, x_{0}^{n})}{t}.$
Эта запись показывает, что частную производную можно рассматривать как производную функции $f$ по переменной $x_{i}$ при фиксированных значениях всех остальных переменных. Точнее, $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0})$ есть производная функции одного переменного $g(\xi)=f(x_{0}^{1},\ldots, x_{0}^{i-1}, \xi, x_{0}^{i+1},\ldots, x_{0}^{n})$ в точке $\xi = x_{0}^{i}.$

Частная производная – это число, в отличие от производной $f'(x_{0}),$ которая называется также полной производной. Полная производная является линейной формой.

Пусть $f$ – действительная функция, заданная на открытом множестве $E\subset{\mathbb{R}^{n}}$ . Если функция $f$ дифференцируема в точке $x_{0}\in{E}$ , то в этой точке у нее существуют частные производные по всем переменным. При этом справедливо равенство $f(x_{0}+h)-f(x_{0})=\frac{\partial f}{\partial x^{1}}(x_{0})h^{1}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial x^{n}}(x_{0})h^{n}+\bar{o}(\left | h \right |). \quad (12.11)$

Пусть $A={\mathrm{d} f}(x_{0})$ . Тогда, по определению дифференцируемости, $f(x_{0}+h)-f(x_{0})= A(h)+\bar{o}(\left | h \right |). \quad (12.12)$
Положим $h = te_{i}$ , где достаточно малое $t\neq 0.$ Тогда получим $f(x_{0}+te_{i})−f(x_{0})=tA(e_{i})+\bar{o}(\left | t \right |).$
Отсюда следует, что $\frac{f(x_{0}+te_{i})-f(x_{0})}{t}\to A(e_{i})\quad(t\to 0).$
Тем самым мы доказали, что существует $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0})=A(e_{i})$ . Заметим, что $A(h) = A(e_{1})h^{1}+\ldots+A(e_{n})h^{n},$ и поэтому из $(12.12)$ следует $(12.11).$

При доказательстве теоремы нами установлено соотношение $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0})=\mathrm{d}f(x_{0})e_{i}\quad(i=1,\ldots,n).$
В правой его части записано значение линейной формы $\mathrm{d}f(x_{0})$ на $i$ -м базисном векторе $e_{i}$ .

Формулой $\mathrm{d}f(x_{0})h=\frac{\partial f}{\partial x^{1}}(x_{0})h^{1}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial x^{n}}(x_{0})h^{n}\quad(h\in \mathbb{R}^{n})$ описывается дифференциал $\mathrm{d}f(x_{0})$ как линейная форма. Заметим, что из этой формулы вытекает равенство $\mathrm{d}f(x_{0})=\frac{\partial f}{\partial x^{1}}(x_{0})\pi^{1}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial x^{n}}(x_{0})\pi^{n},$ где $\pi^{i}(h)$ – $i$ -я проекция.

Таким образом, частные производные – это координаты полной производной или дифференциала в стандартном базисе $\pi^{1}, \ldots, \pi^{n}$ сопряженного пространства.

Пусть $f(x, y)=x^{2}+y^{2}.$ Как было установлено выше, частные производные этой функции по переменным $x$ и $y$ соответственно равны $2x$ и $2y.$ Вычислим значение дифференциала этой функции в точке $(1, 2)$ на векторе $(−3, 5).$ Имеем
$\frac{\partial f}{\partial x}(1, 2)=2,\quad \frac{\partial f}{\partial y}(1, 2)=4,\quad \mathrm{d}f(1, 2)(−3, 5) = 2(−3)+4·5=14.$
Запишем разложение $\mathrm{d}f(1, 2)$ по базисным линейным формам $\pi^{1},$ $\pi^{2}:$
$\mathrm{d}f(1, 2) = 2\pi^{1} + 4\pi^{2}.$
Это выражение полностью описывает дифференциал.

Рассмотрим функцию $f(x) = \left | x \right |$ , $x\in \mathbb{R}^{n}$ . Покажем, что в начале координат у нее нет ни одной частной производной. Действительно, например, $f(x^{1}, 0, \ldots, 0) = \left | x^{1} \right |$ , но, как хорошо известно, у этой функции нет производной в нуле по переменной $x^{1}.$ Аналогично показываем, что в начале координат нет частных производных по остальным переменным.

Рассмотрим геометрический смысл частной производной на примере функции $f(x, y)$ двух переменных. Сечением графика функции $f(x, y)$ плоскостью $y = y_{0}$ есть некоторая кривая – график функции одного переменного $f(x, y_{0})$ . Касательная к этому графику в точке $x = x_{0}$ образует некоторый угол $\alpha$ с положительным направлением оси $Ox$ . Тангенс этого угла $\tg \alpha$ и есть частная производная функции $f(x, y)$ по переменной $x$ в точке $(x_{0}, y_{0})$ , т. е. $\tg \alpha = \frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}, y_{0})$ .

Частные производные в точке $(x_{0}, y_{0})$ характеризуют поведение функции вблизи точки $(x_{0}, y_{0})$ вдоль прямых, параллельных координатным осям. В случае $n \geq 2$ из существования частных производных не следует дифференцируемость функции. Например, пусть функция $f(x, y) = 1$ , если $xy = 0$ , и $f(x, y) = 0$ во всех остальных точках $(x, y)$ . Тогда очевидно, что $\frac{\partial f}{\partial x}(0, 0)=\frac{\partial f}{\partial y}(0, 0)=0$ , но, в то же время, функция $f$ разрывна в точке $(0, 0)$ и, тем более, она не является дифференцируемой в этой точке.

Пусть
$f(x, y)=\left\{\begin{matrix}\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}, \quad x^{2}+y^{2}>0, &\\0, \quad x^{2}+y^{2}=0.\end{matrix}\right.$
Если $x^2 + y^2 > 0$ , то
$\frac{\partial f}{\partial x}(x, y)=y\frac{x^2+y^2-2x^2}{(x^2+y^2)^2}=y\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2},\quad \frac{\partial f}{\partial y}(x, y)=x\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}.$
Вычислим частные производные функции $f$ в начале координат. Поскольку $f(x, 0) = 0$ , то $\frac{\partial f}{\partial x}(0, 0) = 0$ . Аналогично $\frac{\partial f}{\partial y}(0, 0) = 0$ . Таким образом, частные производные функции $f$ существуют во всех точках плоскости. Однако эта функция разрывна в начале координат, поскольку на прямой $x = y \neq 0$ справедливо равенство $f(x, x) = \frac{1}{2}$ . Это означает, что ее предел не равен значению функции в точке $(0, 0)$ .
Итак, функция $f$ разрывна в начале координат, так что она не является дифференцируемой в точке $(0, 0)$ .

Функция
$f(x, y)=\left\{\begin{matrix}\frac{xy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}, \quad x^{2}+y^{2}>0, &\\0, \quad x^{2}+y^{2}=0.\end{matrix}\right.$
как было показано ранее, непрерывна во всех точках плоскости. Легко видеть, что в каждой точке плоскости она имеет частные производные, однако, как было показано выше, в начале координат не является дифференцируемой.

Пусть действительная функция $f$ определена на открытом множестве $E\subset\mathbb{R}^{n}$ . Предположим, что в каждой точке $x \in E$ существует частная производная $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x)$ . Тогда получаем функцию $x \to\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x)$ , определенную на множестве $E$ , которая обозначается $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}$ и называется $i$ -й частной производной.

Если функция $f$ в каждой точке $x$ множества $E$ имеет все частные производные $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}$ и они непрерывны на множестве $E$ то функция $f$ называется непрерывно дифференцируемой на этом множестве. Через $C^1(E)$ обозначается класс всех непрерывно дифференцируемых на множестве $E$ функций.

Если функция $f$ дифференцируема в каждой точке множества $E$ , то говорят, что $f$ дифференцируема на множестве $E$ .

Пусть функция $f$ принадлежит классу $C^{1}(E)$ , где открытое множество $E\subset\mathbb{R}^{n}$ . Тогда $f$ дифференцируема на $E$ .

Фиксируем $x_{0} \in E$ . Поскольку множество $E$ открыто, то существует шар $U_0$ с центром в этой точке, целиком содержащийся в $E$ . Пусть $r$ – радиус этого шара и вектор $h$ имеет длину $\left | h \right | < r$ . Обозначим $x_{j} = x_{0} + h^{1}e_{1} + \ldots+ h^{j}e_{j}\quad (j = 1, \ldots, n)$ . Ясно, что $x_{n} = x_{0} + h$ . Заметим, что все $x_{j}$ принадлежат шару $U_0$ . Действительно,
$\left | x_0-x_j \right |=\sqrt{\sum_{i=1}^{j}(h^{i})^{2}}\leq \left | h \right |<r.$
Поскольку шар – выпуклое множество, то каждый из отрезков $[x_{j−1}, x_{j}]$ содержится в ${U_0}.$ Действительно, этот отрезок – это множество точек $x = (1 − t)x_{j−1} + tx_{j}$ , где $0 \leq t \leq 1$ , и мы получаем $\left | x_0-x_j \right |=(1-t)\left | x_0-x_{j-1} \right |+t\left | x_0-x_{j} \right |<r.$
Воспользуемся равенством
$f(x_0 + h) − f(x_0) =\sum_{j=1}^{n}[f(x_j) − f(x_{j−1})].\quad(12.13)$
Рассмотрим отдельно каждое из слагаемых в правой части. При фиксированном $j$ положим
$g(t) = f(x_{j−1} + te_{j})\quad (0 \leq t \leq h^j).$
По определению частной производной имеем
$g'(t)=\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(x_{j-1}+te_j).$
По формуле Лагранжа получаем
$f(x_j)-f(x_{j-1})=g(h^j)-g(0)=g'(\tau_j)h^j=\frac{\partial f}{\partial x^j}(\xi_j)h^j,$ где $\xi_j=x_{j-1}+\tau_{j}e_{j}$ – некоторая точка отрезка, соединяющего $x_{j−1}$ и $x_j$ . Имеем $\left |x_{0} − \xi_{j}\right | \leq \left |h \right |$ . Обозначим
$\alpha_j(h)=\frac{\partial f}{\partial x^j}(x_0)-\frac{\partial f}{\partial x^j}(\xi_j).$
По условию все частные производные непрерывны в точке $x_0$ и поэтому
$\lim_{x\to 0}\alpha_j(h)=0 \quad(j=1,\ldots, n).\quad(12.14)$
В силу $(12.13)$ имеем
$f(x_0+h)-f(x_0)=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(\xi_j)h^j=$ $=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(x_0)h^j-\sum_{j=1}^{n}\alpha_j(h)h^{j}=A(h)+\rho(h),$
где
$A(h)=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^j}(x_0)h^j,\quad \rho(h)=-\sum_{j=1}^{n}\alpha_j(h)h^j.$
Итак, $A$ является линейной формой аргумента $h$ , а
$\left | \rho(h) \right |\leq\left | h \right |\sum_{j=1}^{n}\left | \alpha_{j}(h) \right |.$
Поэтому, в силу соотношений $(12.14)$ получаем, что $\frac{\rho(h)}{\left | h \right |}\to 0$ при $h \to 0$ .
Согласно определению дифференцируемости, теорема доказана.

Из доказательства видно, что если функция имеет частные производные в некоторой окрестности точки $x_0$ и в этой точке все они непрерывны, то функция дифференцируема в точке $x_0.$

Каждая функция класса $C^1$ непрерывна.

Замечание. Непрерывность частных производных – только достаточное условие дифференцируемости. Оно не является необходимым.

Пусть
$f(x)=\left\{\begin{matrix} \left | x \right | ^2\sin \frac{1}{\left | x \right |^2}, \quad x\neq0, &\\ 0, \quad x=0. \end{matrix}\right.$
Найдем частные производные
$\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x)=2x^{i}\sin \frac{1}{\left | x \right |^2}-\frac{2x^i}{\left | x \right |^2}\cos \frac{1}{\left | x \right |^2}\quad(x \neq 0).$
При $x = 0$ наша функция дифференцируема, т. к. $f(h) − f(0) = f(h) =\bar{o}(\left | h \right |)$ . Однако, как легко видеть, все частные производные разрывны в точке $x = 0$ .

Примеры решения задач

Найти частные производные первого порядка функции $f(x,y)=\sin \frac{x}{y} \cos \frac{y}{x}:$

Решение

Область определена функции $\mathbb{R}.$ Фиксируя переменную $y$ , находим
$\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{y^{2}\sin \frac{x}{y}\sin \frac{y}{x} + x^{2}\cos \frac{x}{y}\cos \frac{y}{x}}{x^{2}y}.$
Фиксируя переменную $x$ , получаем
$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{-y^{2}\sin \frac{x}{y}\sin \frac{y}{x}-x^2\cos \frac{x}{y}\cos \frac{x}{y}}{xy^{2}}.$
Найти дифференциал функции $f(x,y)=\frac{y}{x}+\frac{x}{y}$ , если

Решение

Найдем частные производные:
$\frac{\partial f}{\partial x}=-\frac{y}{x^2}+\frac{1}{y},$
$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{1}{x}-\frac{x}{y^2}.$
Теперь подставляя полученные частные производные в формулу: $\mathrm{d}f=f’_{x}\mathrm{d}x+f’_{y}\mathrm{d}y$ , получаем:
$\mathrm{d}f=(-\frac{y}{x^2}+\frac{1}{y})\mathrm{d}x+(\frac{1}{x}-\frac{x}{y^2})\mathrm{d}y.$

Смотрите также

Частные производные

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме

5.1 Дифференцируемость и производная

$\DeclareMathOperator{\tg}{tg} \DeclareMathOperator{\sign}{sign} \DeclareMathOperator{\sgn}{sgn}$ Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$ и точка $x_0 ∈ (a, b).$ Если существует конечный предел $\displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ , то он называется функции $f$ в точке $x_0$ и обозначается $f^\prime(x_0)$ , или $\displaystyle \frac{df}{dx}(x_0),$ $Df(x_0).$

Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$ и точка $x_0 ∈ (a, b).$ Функцию $f$ будем называть $x_0,$ если существует такая постоянная $A$ (зависящая от $x_0$ и не зависящая от $x$ ), что справедливо равенство: $f(x) − f (x_0) = A (x − x_0) + r(x),$ где $r(x) = \overline{o} (x − x_0) \: \: \: (x \to x_0).$

Короче определение дифференцируемости можно записать в следующем виде: $f(x) − f (x_0) = A (x − x_0) + \overline{o} (x − x_0) \: \: \: (x \to x_0).$
Покажем, что эти два определения эквивалентны в том смысле, что дифференцируемость функции равносильна существованию производной.

Функция $f$ дифференцируема в точке $x_0 ∈ (a, b)$ тогда и только тогда, когда у $f$ существует производная в точке $x_0.$

Пусть $f$ дифференцируема в точке $x_0.$ Это означает, что $f(x) − f (x_0) = A (x − x_0) + \overline{o} (x − x_0),$ где $A$ не зависит от $x$ . Отсюда получаем:
$\displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = A+\frac{\overline{o} (x − x_0)}{x-x_0}.$
Тогда, учитывая определение символа $\overline{o}$ , имеем
$\displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=A+\lim_{x\to x_0} \frac{\overline{o} (x − x_0)}{(x − x_0)} =A$ т. е. существует $f^\prime(x_0) = A.$
Обратно, если существует $\displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = f^\prime(x_0),$ то $\displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} + f^\prime(x_0) = r_1(x),$ где $r_1(x) \to 0 (x \to x_0)$ . Отсюда следует, что $f(x) — f(x_0) = f^\prime(x_0)(x-x_0)+r_1(x)(x-x_0).$ Обозначим $r(x)=r_1(x)(x-x_0).$ Тогда $r(x)=\overline{o}(x-x_0),$ т. е. $f(x) − f (x_0) = f^\prime(x_0)(x-x_0)+\overline{o}(x-x_0) \: \: \: (x\to x_0),$ а это и означает, что $f$ дифференцируема в точке $x_0$ , причем $A= f^\prime(x_0).$

Итак, условие дифференцируемости равносильно наличию производной. Смысл дифференцируемости состоит в том, что в некоторой окрестности точки $x_0$ функция $f$ представима в виде линейной функции $l(x)= f (x_0)+f (x_0) f^\prime(x-x_0)$ приближенно с точностью до величины бесконечно малой более высокого порядка, чем $(x-x_0)$ при $x\to x_0.$

Связь между дифференцируемостью и непрерывностью устанавливает следующая

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

Дифференцируемость $f$ означает, что
$f(x) − f (x_0) = A(x_0)(x-x_0)+\overline{o}(x-x_0) \: \: \: (x\to x_0).$
Отсюда следует, что $\displaystyle \lim_{x\to x_0} (f(x)-f(x_0)) = 0$ , т. е. $\displaystyle \lim_{x\to x_0} f(x)=f(x_0)$ , и тем самым теорема доказана.

Обратное утверждение неверно. Именно из непрерывности функции $f$ не следует ее дифференцируемость. Примером может служить функция $f(x)=|x|,$ непрерывная в точке $x_0 = 0$ , для которой выражение $\displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = \frac{|x|}{x} = \sign x$ не имеет предела $x\to 0$ и, следовательно, функция $f$ не имеет производной в точке $x_0 = 0$ . Значит, $f$ не является дифференцируемой в нуле.

Итак, непрерывность – это необходимое, но не достаточное условие дифференцируемости. Другими словами, если функция разрывна в точке $x_0$ , то она недифференцируема в этой точке. Обратное неверно.

С геометрической точки зрения производная $f^\prime(x_0)$ представляет собой тангенс угла наклона касательной к графику функции $y = f(x)$ в точке $M_0(x_0, f (x_0))$ . При этом касательной к графику функции $f$ в точке $M_0$ называется предельное положение секущей $M_0M$ при стремлении точки $M (x, f(x))$ вдоль кривой $y = f(x)$ к точке $M_0$ . В самом деле, если функция $f$ дифференцируема в точке $x_0$ , то при стремлении $M$ к $M_0$ вдоль кривой $y = f(x)$ секущая $M_0M$ имеет тангенс угла наклона, равный $\displaystyle \tg\alpha(x) = \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0},$ и при $x \rightarrow x_0$ точка $M$ стремится к $M_0$ вдоль кривой $y = f(x)$ . Так как $\displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \to f^\prime(x_0) \: \: \: (x\to x_0),$ то $\tg\alpha(x) \to f^\prime(x_0)$ при $x\to x_0$ , т. е. секущая стремится занять некоторое предельное положение, тангенс угла наклона $\alpha_0$ которого равен $f^\prime(x_0)$ .Отсюда получаем уравнение касательной к графику дифференцируемой в точке $x_0$ функции $y = f(x):$ $k(x)=f(x_0)+f^\prime(x_0) (x-x_0).$

Примеры решения задач

Найти производную $f(x) = \sin x$ в точке $x_0 = 0.$

Решение

Пример можно легко решить, пользуясь определением производной, а так же первым замечательным пределом:
$\displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}= \lim_{x\to 0} \frac{\sin x — \sin 0}{x-0}=\lim_{x\to 0} \frac{\sin x }{x}=1.$
Пусть $f(x) = x^{2}$ Тогда производная $f^\prime(x_0)$ равна?

Решение

$\displaystyle f^\prime(x_0) = \lim_{x\to x_0} \frac{x^2-x^2_0}{x-x_0} = \lim_{x\to x_0} \frac{(x-x_0)(x+x_0)}{x-x_0}=$
$\displaystyle = \lim_{x\to x_0} (x+x_0) = 2x_0$
Пусть $f(x) = \left|x \right |$ и если $x_0 \neq 0$ существует ли $f^\prime(x_0)$ ?

Решение

$f^\prime(x_0) = \sgn x_0$ , где $\sgn$ обозначает функцию знака. А если $x_0 = 0$ $f^\prime_+(x_0)=1,$ $f^\prime_-(x_0)=-1,$ а следовательно $f^\prime(x_0)$ не существует.
Найдите уравнение касательной к графику функции $y=e^{2x-3}$ в точке $x_0 = 5,$ а также угол наклона касательной в этой точке.

Решение

Известно, что уравнение касательной в точке имеет вид $l={f}\left(x_{0}\right)+{f}’\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right),$ причём ${f}’\left(x_{0}\right)=\mathrm{tg}\alpha,$ где $\alpha$ — угол наклона касательной.
Находим значение касательной в точке 5, получаем ${f}^\prime\left(x\right)=2e^{2x-3},$ а в точке $x_{0}=5: \, {f}^\prime\left(5\right)=2e^{7} \Rightarrow$ $l = e^{7}+2e^{7}\left(x-5\right) =$
$-9e^{7}+2e^{7}x$ , $\alpha = \mathrm{arctg}\left(2e^{7}\right).$
Найдите по определению $\sin x.$ на множестве $\mathbb{R}$

Решение

Воспользуемся определением производной $(\sin x)^\prime:$
$(\sin x)^\prime = \displaystyle \lim_{\Delta x\to 0} \frac{\sin(x+\Delta x)-\sin x}{\Delta x} = \\ = \displaystyle \frac{2\sin \frac{\Delta x}{2}\cdot \cos(x+\frac{\Delta x}{2})}{\Delta x} = \\ = \displaystyle \frac{\sin \frac{\Delta x}{2}}{\frac{\Delta x}{2}} \cdot \cos(x+\frac{\Delta x}{2})$
Теперь сделаем подстановку $\displaystyle \frac{\Delta x}{2} = t$ . При $\Delta x \to 0,$ $t \to 0.$ Применим первый замечательный предел:
$\displaystyle \lim_{\Delta x\to 0} \frac { \sin \frac{\Delta x}2}{\frac{\Delta x}2} = \lim_{t\to 0} \frac{\sin t}{t} = 1.$
Сделаем такую же подстановку $\displaystyle \frac{\Delta x}{2} = t$ и используем свойство непрерывности:
$\displaystyle \lim_{\Delta x\to 0} \left ( \cos x + \frac{\Delta x}{2} \right) = \lim_{t\to 0} \cos (x+t)= \cos x.$

Смотрите также

Дифференцируемость и производная

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Дифференцируемость и производная».

Задание 1 из 4

1.
Количество баллов: 1
Дифференцируемость можно записать в следующем виде:
- $\displaystyle \frac{df}{dx}(x_0)$
- $\displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$
- $f(x) − f (x_0) = A (x − x_0) + \overline{o} (x − x_0) \: \: \: (x \to x_0)$
- $A (x − x_0) + \overline{o} (x − x_0) \: \: \: (x \to x_0)$
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 4

2.
Количество баллов: 1
Найти $f^\prime(2),$ если $f(x)=x^2\sin(x-2)$ .
Правильно

Неправильно
Задание 3 из 4

3.
Количество баллов: 1
Функция $f$ определена в некоторой окрестности точки $x_0$ . Тогда:
- если существует $f^\prime_+ (x_0)$ , то $f$ непрерывна справа в точке $x_0$
- если существует $f^\prime_- (x_0)$ , то $f$ непрерывна справа в точке $x$
- если существует $f^\prime_- (x_0)$ и $f^\prime_+ (x_0)$ , то $f$ непрерывна справа в точке $x_0$
- для того чтобы $f$ была дифференцируемой в точке $x$ , необходимо и достаточно, чтобы у нее существовали производные слева и справа и они были равными друг другу
Правильно

Неправильно
Задание 4 из 4

4.
Количество баллов: 1
Дополните утверждение:
- По критерию дифференцируемости функция f дифференцируема в данной точке тогда и только тогда, когда она имеет (производную) в этой точке.
Правильно

Неправильно

производную

Вычисление криволинейных интегралов первого рода

Пусть дана гладкая кривая $\Gamma$ , которая задана уравнением в координатной форме, то есть $\Gamma =\left \{ x = x(t), y = y(t), z = z(t), \alpha \leq t\leq \beta \right \}$ и пусть функция $f(x, y, z)$ непрерывна вдоль кривой $\Gamma$ . Тогда существует криволинейный интеграл первого рода $\int_{\Gamma}f(x, y, z)ds$ и выполняется равенство:
${ \underset {\Gamma}{ \int }}f(x, y, z)\,ds = \overset {\beta}{ \underset {\alpha}{ \int }} f(x(t), y(t), z(t))\sqrt{(x'(t))^2 + (y'(t))^2 + (z'(t))^2}\,dt.$

Замечания:

Если $\Gamma =\left \{ y = \psi(x), \alpha \leq x\leq \beta \right \}$ и $y = \psi(x)$ непрерывно дифференцируема на отрезке $[a,b]$ и существует криволинейный интеграл первого рода $\int_{\Gamma}f(x, y)ds$ , то выполняется равенство:
${ \underset {\Gamma}{ \int }}f(x, y)\,ds = \overset {\beta}{ \underset {\alpha}{ \int }} f(x, \psi(x))\sqrt{1 +(\psi'(x))^2}\,dx.$
Если $\Gamma =\left \{ x = \varphi (y), \alpha \leq y\leq \beta \right \}$ , то
${ \underset {\Gamma}{ \int }}f(x, y)\,ds = \overset {\beta}{ \underset {\alpha}{ \int }} f(\varphi (y), y)\sqrt{1 +(\varphi'(y))^2}\,dy.$

[spoilergroup]

Пример

Вычислить криволинейный интеграл первого рода $I = { \underset { \Gamma }{ \int } }(x+y)\,ds,$
где кривая $\Gamma$ — граница треугольника с вершинами $O(0;0)$ , $A(1;0)$ , $B(1;1)$ .

Решение

Пусть $I_1$ , $I_2$ , $I_3$ — криволинейные интегралы первого рода от функции $x+y$ по отрезкам $OA$ , $AB$ , $BO$ . Отрезок $AB$ задан уравнением $x=1$ , $0\leq y\leq 1$ . Тогда
$I_2 = \overset {1}{ \underset {0}{ \int }}(y+1)\,dy = \frac{3}{2}.$
Отрезок $BO$ задан уравнением $y = x$ , $0\leq x\leq 1$ . Тогда
$I_3 = \overset {1}{ \underset {0}{ \int }}2x\sqrt{2}\,dx = \sqrt{2}.$
Отрезок $AO$ задан уравнением $y = 0$ , $0\leq x\leq 1$ . Тогда
$I_1= \overset {1}{ \underset {0}{ \int }}x\,dx = \frac{1}{2}.$
Отсюда следует, что $I = I_1 + I_2 + I_3 = \sqrt{2} + \frac{3}{2} + \frac{1}{2} = 2 + \sqrt{2}$ .

[свернуть]

.
[/spoilergroup]
В случае, если кривая $\Gamma$ задана в полярной системе координат, то есть $\Gamma = \left \{ \left. r = r(\varphi), \varphi_1\leq \varphi \leq \varphi _2 \right \} \right.$ и $r(\varphi)$ непрерывно дифференцируема на отрезке $[\varphi_1, \varphi_2]$ , то выполняется равенство:
${ \underset {\Gamma}{ \int }}f(x, y)\,ds = \overset {\varphi_2}{ \underset {\varphi_1}{ \int }} f(r(\varphi) \cos\varphi, r(\varphi) \sin\varphi)\sqrt{{r}^2(\varphi) + {(r'(\varphi))^2}}\,d\varphi.$

[spoilergroup]

Пример

Вычислить криволинейный интеграл первого рода $\int_{\Gamma }\sqrt{x^2 + y^2}{\mathrm{d} s}$ , где кривая $\Gamma$ задана уравнением $(x^2+y^2)^{\frac{3}{2}} = a^2(x^2 — y^2)$ .

Решение

Совершим переход к полярной системе координат, тогда $x = r\cos\varphi$ , $y = r\sin\varphi$ . В этом случае уравнение кривой можно записать в следующем виде: $r = a^2\cos2\varphi$ , $\varphi \in\Phi = \left \{ \varphi , -\frac{\pi }{4} \leq \varphi \leq \frac{\pi }{4}, \frac{3\pi }{4}\leq \varphi \leq \frac{5\pi }{4}\right \}$ .

Для того, чтобы вычислить криволинейный интеграл первого рода воспользуемся равенством:
${ \underset {\Gamma}{ \int }}f(x, y)\,ds = \overset {\varphi_2}{ \underset {\varphi_1}{ \int }} f(r(\varphi) \cos\varphi, r(\varphi) \sin\varphi)\sqrt{{r}^2(\varphi) + {r’}^2(\varphi)}\,d\varphi.$
Поскольку,
$\sqrt{x^2 + y^2} = r = a^2\cos2\varphi$ , $\sqrt{r^2 + r’^2} = a^2\sqrt{1+3\sin^22\varphi }$ ,
то
${ \underset {\Gamma}{ \int }}\sqrt{x^2 + y^2}\,ds = { \underset {\varphi\in\Phi}{ \int }}a^4\cos2\varphi\sqrt{1 + 3\sin^22\varphi}\,d\varphi =$
$=\frac{2a^4}{2\sqrt{3}}\overset {\frac{\pi}{4}}{ \underset {-\frac{\pi}{4}}{ \int }}\sqrt{1 + 3\sin^22\varphi }\,d(\sqrt{3}\sin2\varphi) = 2a^4 + \frac{a^4}{\sqrt{3}}\ln(\sqrt{3}+2)$ .

[свернуть]

[/spoilergroup]

Литература

Тест

Данный тест поможет Вам проверить уровень знаний по данной теме.

Задание 1 из 3

1.
Количество баллов: 1
Какие условия гарантируют выполнение равенства ${ \underset {\Gamma}{ \int }}f(x, y, z)\,ds = \overset {\beta}{ \underset {\alpha}{ \int }} f(x(t), y(t), z(t))\sqrt{(x'(t))^2 + (y'(t))^2 + (z'(t))^2}\,dt$
- Функция $f(x, y, z)$ непрерывна вдоль кривой $\Gamma$ .
- Существует криволинейный интеграл первого рода ${ \underset {\Gamma}{ \int }}f(x, y, z)\,ds$ .
- Кривая $\Gamma$ является гладкой.
- Функция $f(x, y, z)$ монотонно возрастает на $\mathbb{R^3}$ .
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 3

2.
Количество баллов: 1
Вычислить криволинейный интеграл первого рода ${ \underset {\Gamma}{ \int }}(x^{\frac{4}{3}} + y^{\frac{4}{3}})\,dl$ , где кривая $\Gamma$ — астроида $x^{\frac{2}{3}} + y^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}}$
- $4a$
- $4a^{\frac{7}{3}}$
- $4$
- $4a^{\frac{3}{7}}$
Правильно

Запишем параметрическое уравнение астроиды: $x = a\cos^3t$ , $y = a\sin^3t$ , $0\leq t\leq 2\pi$ . Так как $x’ = -3a\cos^2t\sin{t}$ , $y’ = 3a\cos{t}\sin^2{t}$ , то $x’^2 + y’^2 = 9a^2\cos^2t\sin^2t$ . Тогда
${ \underset {\Gamma}{ \int }}(x^{\frac{4}{3}} + y^{\frac{4}{3}})\,dl = \overset {2\pi}{ \underset {0}{ \int }}a^\frac{4}{3}(\cos^4t + \sin^4t)3a|\cos{t}\sin{t}|\,dt=$
$=12a^\frac{7}{3}\overset {2\pi}{ \underset {0}{ \int }}(\cos^5t\sin{t} + \sin^5t)\,dt =$
$=12a^\frac{7}{3}\left (-\frac{\cos^6t}{6}\bigg|_0^\mathrm{\frac{\pi}{2}} + \frac{\cos^6t}{6}\bigg|_0^\mathrm{\frac{\pi}{2}} \right ) = 4a^{7/3}$

Неправильно

Запишем параметрическое уравнение астроиды: $x = a\cos^3t$ , $y = a\sin^3t$ , $0\leq t\leq 2\pi$ . Так как $x’ = -3a\cos^2t\sin{t}$ , $y’ = 3a\cos{t}\sin^2{t}$ , то $x’^2 + y’^2 = 9a^2\cos^2t\sin^2t$ . Тогда
${ \underset {\Gamma}{ \int }}(x^{\frac{4}{3}} + y^{\frac{4}{3}})\,dl = \overset {2\pi}{ \underset {0}{ \int }}a^\frac{4}{3}(\cos^4t + \sin^4t)3a|\cos{t}\sin{t}|\,dt=$
$=12a^\frac{7}{3}\overset {2\pi}{ \underset {0}{ \int }}(\cos^5t\sin{t} + \sin^5t)\,dt =$
$=12a^\frac{7}{3}\left (-\frac{\cos^6t}{6}\bigg|_0^\mathrm{\frac{\pi}{2}} + \frac{\cos^6t}{6}\bigg|_0^\mathrm{\frac{\pi}{2}} \right ) = 4a^{7/3}$
Задание 3 из 3

3.
Количество баллов: 1
Разместить значения интегралов в порядке убывания:
- ${ \underset { \Gamma }{ \int } } (2x + 4y-4z+7 )\,ds$ , где $\Gamma$ - отрезок прямой между точками $M_1(8, 9,3)$ и $M_2(6, 10,5)$
- ${ \underset { \Gamma }{ \int } } xy\,ds$ , где $\Gamma$ - окружность $x^2 + y^2 = R$
- ${ \underset { \Gamma }{ \int } } xy\,ds$ по дуге окружности $x(t) = \cos t$ , $y(t) = \sin t$ , $\frac{\pi}{2}\leq t\leq \pi$
Правильно

${ \underset { \Gamma }{ \int } } (2x + 4y-4z+7 )\,ds = 129$

${ \underset { \Gamma }{ \int } } xy\,ds = 0$ , где $\Gamma$ — окружность $x^2 + y^2 = R$

${ \underset { \Gamma }{ \int } } xy\,ds = -\frac{1}{2}$

Неправильно

${ \underset { \Gamma }{ \int } } (2x + 4y-4z+7 )\,ds = 129$

${ \underset { \Gamma }{ \int } } xy\,ds = 0$ , где $\Gamma$ — окружность $x^2 + y^2 = R$

${ \underset { \Gamma }{ \int } } xy\,ds = -\frac{1}{2}$

Таблица лучших: Криволинейные интегралы. Вычисление

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

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

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Примеры решения задач

Литература