5.7.1. Формула Тейлора с остатком в форме Пеано

Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$ . Предположим, что в каждой точке $x \in \left(a,b\right)$ у функции $f$ существует производная $f^{\prime}\left(x\right)$ . Если функция $f^\prime$ в некоторой точке $x_{0} \in \left(a, b \right)$ имеет производную, то ее называют и обозначают $f^{\prime \prime}\left(x_0\right)$ . По индукции определяются и производные высших порядков. Именно, $f^{\left(k\right)}\left(x\right)=f^{\left(k-1\right)^{\prime}}\left(x\right)$

Для $k \in \usepackage{amsfonts} \mathbb {N}$ и отрезка $\left[a, b\right]$ через обозначается совокупность всех функций $f$ , определенных на $\left[a, b\right]$ и таких, что $k$ -я производная $f^{\left(k\right)}$ непрерывна на $\left[a, b\right]$ . При этом в точках $a$ и $b$ производные понимаются как односторонние.

Напомним определение дифференцируемости. мы называли такую функцию $f$ , что в окрестности точки $x_{0}$ она представима в виде
$f\left(x\right) = f \left(x_0\right) + f^{\prime}\left(x_0\right)\left(x − x_{0}\right) + \left(x \to x_{0}\right) \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^n\right) \left(x \to x_{0}\right)$
т.е. $f\left(x\right) = P_{1}\left(x\right) + \bar{o}\left(x − x_{0}\right)$ , где $P_{1}\left(x\right)$ – многочлен первого порядка, а остаток $\bar{o}\left(x − x_{0}\right)$ мал по порядку по сравнению с $x − x_{0}$ .

Поставим следующую задачу. Пусть функция $f$ определена в некоторой окрестности точки $x_{0}$ . Можно ли функцию $f$ в этой окрестности представить в виде суммы многочлена $P_{n}\left(x\right)$ степени не выше заданного натурального $n$ , и остатка $r_{n}\left(x\right)$ , малого по сравнению с $\left(x − x_{0}\right)^n$ , т.е. $r_{n}\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^{n}\right)\left(x \to x_{0}\right)$ ? Другими словами, мы хотим, чтобы имело место равенство
$f\left(x\right) = P_{n}\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^n\right)\left(x \to x_{0}\right).$
При $n = 1$ это возможно, если функция $f$ дифференцируема в точке $x_{0}$ . Это сразу следует из определения дифференцируемости.

Пусть функция $\varphi$ определена на интервале $I$ и всюду на этом интервале имеет производную до порядка $n − 1$ включительно, а в точке $x_{0} \in I$ имеет производную $\varphi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)$ , причем $\varphi\left(x_{0}\right) = \varphi^{\prime}\left(x_{0}\right)=\ldots=\varphi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = 0.$ Тогда $\varphi\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^{n}\right)\left(x \to x_{0}\right)$

Применим индукцию по $n$ . При $n = 1$ из дифференцируемости $\varphi$ в точке $x_{0} \in I$ получаем $\varphi\left(x\right) = \varphi \left(x_{0}\right) + \varphi^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x − x_{0}\right) + \bar{o}\left(x − x_{0}\right),$ а из условия леммы $\varphi\left(x_{0}\right) = \varphi^{\prime}\left(x_{0}\right) = 0$ следует, что $\varphi \left(x\right) = \bar{o}\left(x − x_{0}\right).$
Предположим, что лемма верна для некоторого натурального $n$ , и покажем, что она справедлива и для $n + 1$ . Итак, согласно предположению индукции, $\varphi\left(x\right) = \underset{\left(x \to x_{0}\right)}{\bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^n\right)}$ и $\varphi^{\left(n+1\right)} \left(x_{0}\right) = 0$ . Тогда, по теореме Лагранжа, $\varphi\left(x\right) − \varphi \left(x_{0}\right) = \varphi^{\prime}\left(\xi\right)\left(x − x_{0}\right)$ , где точка $\xi$ находится между $x$ и $x_{0}$ . Обозначим $\psi \left(x\right) = \varphi^{\prime}\left(x\right)$ . Тогда, по предположению индукции, $\psi\left(x_{0}\right) = \psi^{\prime}\left(x_{0}\right)=\ldots=\psi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = 0$ и $\psi^{\left(n\right)}\left(x\right)=\underset{\left(x\to x_{0}\right)}{\bar{o}\left(\left(x− x_{0}\right)^n\right)}$ . Поэтому $\frac{\lvert \varphi\left(x\right) \rvert}{\lvert x-x_{0} \rvert ^{n+1}} = \frac {\lvert \varphi ^{\prime} \left(\xi\right) \rvert}{\lvert x-x_{0} \rvert ^{n}} \leqslant \frac{\lvert \psi \left(\xi\right) \rvert}{\lvert \xi-x_{0} \rvert ^{n}} \to 0 \mbox{ при } x \to x_{0}.$ Это следует из предположения индукции и из того, что $\xi$ находится между $x$ и $x_{0}$ . Таким образом, получили, что $\varphi\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^{n+1}\right)$ .

Вернемся к нашей задаче представления функции $f$ в виде $f\left(x\right) = P_{n}\left(x\right)+\bar{o}\left(\left(x-x_{0}\right)^n\right).$ Из доказанной леммы сразу следует, что если мы найдем многочлен $P_{n}\left(x\right)$ , такой, что $P_{n}\left(x_{0}\right) = f\left(x_{0}\right)$ , $P_{n}^{\prime}\left(x_{0}\right) = f^{\prime}\left(x_{0}\right)$ , $\ldots$ , $P_{n}^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = f^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)$ , то функция $\varphi\left(x\right) = f\left(x\right) − P_{n}\left(x\right)$ будет удовлетворять условиям $\varphi\left(x_{0}\right) =\varphi^{\prime}\left(x_{0}\right) = \ldots = \varphi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = 0$ , и, в силу леммы, $\varphi\left(x\right) = \bar{o} \left(\left(x − x_{0}\right)^n\right)$ , т.е. наша задача будет решена, если мы найдем многочлен $P_{n}\left(x\right)$ .

Многочлен $P_{n}\left(x\right)$ будем искать в виде $P_{n}\left(x\right) = c_0 + c_{1}\left(x-x_{0}\right) + \ldots + c_{n}\left(x-x_{0}\right)^n,$ т.е. по степеням $x − x_{0}$ , где $c_0, c_1, \ldots, c_n$ – коэффициенты. Найдем производные многочлена $P_n$ . Имеем

$P_n \left(x_0\right) = c_0, {} \\ {} P_n^{\prime}\left(x\right) = c_1 + 2 \cdot c_2 \left(x-x_0\right)+\ldots+n\cdot c_n\left(x- x_0\right)^{n-1}, {} \\ {} P_n^{\prime}\left(x_0\right) = c_1, {} \\ {} P_n^{\prime \prime}\left(x\right) = 2\cdot c_2 + 3\cdot2\cdot c_3\left(x-x_0\right)+\ldots+n \cdot \left(n-1\right)\cdot c_n\left(x-x_0\right)^{n-2}, {} \\ {} P_n^{\prime \prime}\left(x_0\right)=2c_2, {} \\ {} \cdots {} \\ {} P_n^{\left(k\right)}\left(x\right) = k\cdot\left(k-1\right)\cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1\cdot c_k + \left(k+1\right) \cdot\ldots \cdot2 \cdot 1\cdot c_{k+1}\left(x-x_0\right)+\ldots +{} \\ {}+ n\cdot\left(n-1\right)\cdot\ldots\cdot \left(n-k+1\right)\cdot c_n\left(x-x_0\right)^{k}, {} \\ {} \cdots \\ {} P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right) = k!\cdot c_k \left(k=0,1,\ldots,n\right).$

Таким образом, $P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right) = k!\cdot c_k$ , откуда $c_k = \frac{\displaystyle P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right)}{\displaystyle k!}$ . Итак, если мы хотим, чтобы при всех $k=0,1,\ldots,n$ были выполнены равенства $f^{\left(k\right)}\left(x_0\right)=P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right)$ , то коэффициенты $c_k$ многочлена $P_n\left(x\right)$ должны быть равными $c_k = \frac {\displaystyle f^{\left(k\right)}\left(x_0\right)}{\displaystyle k!} \left(k = 0,1,\ldots,n\right)$ , т.е. $P_n\left(x\right) = f\left(x_0\right) + \frac {f^{\prime}\left(x_0\right)}{1!}\left(x-x_0\right) + \ldots + \frac {f^{\left(n\right)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n.$ В этом случае функция $\varphi \left(x\right) = f\left(x\right) — P_n\left(x\right)$ удовлетворяет условиям леммы и, следовательно, $\varphi \left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$ , т.е. мы получим нужное представление $f\left(x\right) = P_n\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right).$

Итак, мы доказали следующую теорему.

Теорема: Пусть функция

$f$ определена в некоторой окрестности

$I$ точки

$x_0$ и имеет в этой окрестности производные до

$(n − 1)$ -го порядка включительно, а в точке

$x_0$ имеет производную

$n$ -го порядка. Тогда справедливо равенство

$f\left(x\right) = f\left(x_0\right)+\frac {f^{\prime}\left(x_0\right)}{1!}\left(x-x_0\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2!}\left(x-x_0\right)^2 + \ldots +{} \\ {}+ \frac {f^{\left(n\right)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right) \text{ при } x \to x_0.$

Доказанное в этой теореме равенство называется формулой Тейлора с остатком в форме Пеано. Многочлен $P_n\left(x\right) = f\left(x_0\right)+\frac {f^{\prime}\left(x_0\right)}{1!}\left(x-x_0\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2!}\left(x-x_0\right)^2 + \ldots +{} \\ {}+ \frac {f^{\left(n\right)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n$ называется многочленом Тейлора функции $f$ с центром в точке $x_0$ , а последнее слагаемое в формуле Тейлора $\bar{o}\left(\left(x − x_0\right)^n\right)$ — остатком формулы Тейлора в форме Пеано.

Докажем Предположим, что существует два представления – $f\left(x\right) = P_n\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$ и $f\left(x\right) = Q_n\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$ , где $P_n$ и $Q_n$ – многочлены степени не выше, чем $n$ . Покажем, что $P_n \equiv Q_n$ , т.е. коэффициенты многочленов $P_n$ и $Q_n$ совпадают. Имеем $P_n\left(x\right)-Q_n\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$ , т.е. $R_n\left(x\right) \equiv P_n\left(x\right)-Q_n\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$ , где степень $R_n$ не превосходит $n$ . Покажем, что все коэффициенты $b_k$ многочлена $R_n\left(x\right) \equiv b_0 + b_1 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^n$ равны нулю. Из равенства $b_0 + b_1 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^n = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right),$ устремляя $x \to x_0$ и учитывая, что правая часть стремится к нулю, получаем, что $b_0 = 0$ . Следовательно, $b_1 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^n = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right).$ Разделив это равенство на $x − x_0$ , получим $b_1 + b_2 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^{n-1} = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^{n-1}\right),$ откуда, устремляя $x \to x_0$ , получим, что $b_1 = 0$ . Продолжая этот процесс, получим, что $b_0 = b_1 = \ldots = b_n = 0$ , т.е. $R_n = 0$ , что и требовалось.

Если функция $f$ является многочленом степени $n$ , то она совпадает со своим многочленом Тейлора порядка $n$ и выше. В самом деле, если $f\left(x\right) = P_n\left(x\right)$ , то для $n \leqslant m$ будем иметь $f\left(x\right) = P_n\left(x\right) = P_m\left(x\right) + 0 = P_m\left(x\right) + r_m\left(x\right),$ где $r_m\left(x\right) = 0 = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^m\right) \left(x \to x_{0}\right)$ . Значит, в силу единственности многочлена Тейлора, $P_m\left(x\right) \equiv P_n\left(x\right)$ – многочлен Тейлора.

Примеры решения задач

Пусть $f\left(x\right) = x^2 − 3x + 1$ . Требуется построить формулу Тейлора для функции $f$ порядка $n = 2$ в окрестности точки $x_0 = 1$ .

Решение

Можно было бы вычислить $f\left(1\right), f^{\prime}\left(1\right), f^{\prime \prime}\left(1\right)$ и построить многочлен Тейлора согласно общей формуле $P_2\left(x\right) = f\left(1\right) + \frac {f^{\prime}\left(1\right)}{1!}\left(x-1\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(1\right)}{2!}\left(x-1\right)^2,$ и тогда получили бы $f\left(x\right) = x^2 — 3x + 1 = f\left(1\right) + \frac {f^{\prime}\left(1\right)}{1!}\left(x-1\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(1\right)}{2!}\left(x-1\right)^2 + r_2\left(x\right),$ где $r_2\left(x\right) = f\left(x\right) — P_2\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-1\right)^2\right) \left(x \to 1\right)$ . На самом деле оказывается, что $r_2\left(x\right) ≡ 0$ . Действительно, данный пример можно решить проще, если многочлен $x^2−3x+1$ расписать по степеням $x−1$ , а именно: $x^2−3x+1 = \left(\left(x-1\right) + 1\right)^2-3\left(\left(x-1\right)+1\right)+1 =$ $= -1-\left(x-1\right)+\left(x-1\right)^2 = P_2 \left(x\right).$ Справа мы получили многочлен по степеням $x−1$ . Данная функция $x^2 − 3x + 1$ представляет собой многочлен. В силу единственности, это и есть многочлен Тейлора для функции в окрестности точки $x_0 = 1$ .
Построить формулу Тейлора для функции $f\left(x\right)=\sin x$ порядка $n = 3$ в окрестности точки $x_0 = \frac{\pi}{2}$ .

Решение

Записываем формулу Тейлора по определению, вычисляя предварительно $f\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right), f^{\prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right), f^{\prime \prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right), f^{\left(3\right)}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)$ .
$f\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = 1,$ $f^{\prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = \cos\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2} = 0,$ $f^{\prime \prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = -\sin\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2} = -1,$ $f^{\left(3\right)}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = -\cos\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2} = 0.$ С помощью полученных данных построим многочлен Тейлора третьего порядка $P_3\left(x\right) = 1 + \frac {\displaystyle 0}{\displaystyle 1!}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) + \frac {\displaystyle -1}{\displaystyle 2!}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)^2 + \frac {\displaystyle 0}{\displaystyle 3!}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)^3.$ Тогда формула Тейлора будет выглядеть следующим образом: $f\left(x\right) = 1-\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)^2 + \bar{o} \left(\left(x − x_{0}\right)^2\right).$
Вычислить предел $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\displaystyle\sqrt{1+x}-e^x+x^2}{\displaystyle\sin x}$ , используя формулу Тейлора.

Решение

Разложим выражения $\sqrt{1+2x}$ , $e^x$ и $\sin x$ по формуле Тейлора в окрестности точки $x_0 = 0$ порядка $n=1$ : $\sqrt {1+x}=\left(1+x\right)^{\frac{1}{2}}=1+\frac{1}{2}x+\bar{o}\left(x\right);$ $e^x=1+x+\bar{o}\left(x\right).$
Используя эти разложения и заменив в знаменателе функцию $\sin x$ на эквивалентную ей в окрестности точки $x_0=0$ функцию $x$ , получаем из исходной дроби следующую: $\frac{1+\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}x-1-x+\bar{o}\left(x\right)}{x+\bar{o}\left(x\right)}.$
Тогда в пределе получаем выражение
$\lim\limits_{x\to 0} \frac {-\frac{\displaystyle x}{\displaystyle 2}+\bar{o}\left(x\right)} {x+\bar{o}\left(x\right)}.$ Если поделить почленно числитель и знаменатель дроби на $x$ , то получим $\lim\limits_{x\to 0} \frac {-\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}+\frac{\displaystyle \bar{o}\left(x\right)}{\displaystyle x}} {1+\frac{\displaystyle \bar{o}\left(x\right)}{\displaystyle x}}.$ Выражения вида $\frac{\displaystyle \bar{o}\left(x\right)}{\displaystyle x}$ в пределе дадут $0$ . Тогда в ответе получаем $\frac{-1}{2}.$

Тест

Пройдите тест, чтобы проверить свои знания о многочлене Тейлора и формуле Тейлора с остатком в форме Пеано.

Коляда В. И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу,т.1. — Одесса: Астропринт, 2009, с. 128-133

См. 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

Определение частной производной и её геометрический смысл

Определение. Пусть функция $f \left( x \right) = f \left( x_1, \dots, x_n \right)$ определена в окрестности точки $x^0 = \left( x_2^0, \dots, x_n^0 \right)$ . Рассмотрим функцию одной переменной $\varphi \left( x_1 \right) = f \left( x_1, x_2^0, \dots, x_n^0 \right).$ Функция $\varphi \left( x_1 \right)$ может иметь производную в точке $x_1^0$ . По определению такая производная называется частной производной $\frac{ \partial f }{ \partial x_1 } \left( x^0 \right)$ . Таким образом, $\frac{ \partial f }{ \partial x_1 } \left( x^0 \right) = \frac{ \partial f }{ \partial x_1 } \left( x_1^0, \dots, x_n^0 \right) = \\ = \lim\limits_{\Delta x_1 \to 0 } \frac{ f \left( x_1, x_2^0, \dots, x_n^0 \right) — f \left( x_1^0, \dots, x_n^0 \right) }{ \Delta x_1 },$ где $\Delta x_1 = x_1 — x_1^0$ .
Аналогично определяются частные производные (первого порядка) $\frac{ \partial f }{ \partial x_i } \left( x_1^0, \dots, x_n^0 \right) , i = \overline{2, n}.$ Употребляются и другие обозначения для частных производных первого порядка: $\frac{ \partial f }{ \partial x_i } \left( x^0 \right) = f_{x_i} \left( x^0 \right) = D_i f \left( x^0 \right) = \\ = {f’}_{x_i} \left( x^0 \right) = \frac{ \partial }{ \partial x_i } f \left( x^0 \right) = \frac{ \partial f \left( x^0 \right) }{ \partial x_i }.$ Функция двух переменных может иметь в точке $\left( x^0, y^0 \right)$ две частные производные первого порядка $\frac{ \partial f }{ \partial x } \left( x^0, y^0 \right), \frac{ \partial f }{ \partial y } \left( x^0, y^0 \right).$ Для функции трех переменных — три частные производные первого порядка $\frac{ \partial f }{ \partial x } \left( x^0, y^0, z^0 \right), \frac{ \partial f }{ \partial y } \left( x^0, y^0, z^0 \right), \frac{ \partial f }{ \partial z } \left( x^0, y^0, z^0 \right).$ Поскольку при вычслении частных производных все переменные, кроме одной, фиксируются, то техника вычисления частных производных такая же, как техника вычисления производных функции одной переменной.
Например, $\frac{ \partial }{ \partial x } \sqrt{x^2 + y^2} = \frac{ 1 }{ 2 \sqrt{x^2 + y^2} } \frac{ \partial }{ \partial x } \left( x^2 + y^2 \right) = \frac{ x }{ \sqrt{x^2 + y^2} }.$

Геометрический смысл

Рассмотрим функцию двух переменных $z = f \left( x, y \right)$ , определенную на множестве $D \subset \mathbb{R}^2$ и имеющую конечные частные производные $\frac{ \partial z }{ \partial x }$ и $\frac{ \partial z }{ \partial y }$ в точке $M_0 \left( x_0, y_0 \right)$ . Чтобы выяснить геометрический смысл частных производных, выполним следующие построения. В плоскости $Oxy$ отметим точку $M_0$ .
Затем нарисуем поверхность $S$ , являющуюся графиком функции $z = f \left( x, y \right)$ . Без ограничения общности будем полагать, что поверхность расположена над плоскостью $Oxy$ . Через точку $M_0$ проведем плоскость $y = y_0$ параллельную коорднатной плоскости $Oxy$ . В сечении поверхности $S$ этой плоскостью получаем кривую $\Gamma$ . Уравнение этой кривой описывается функцией одной переменной $z = f \left( x, y_0 \right)$ . Так как в точке $M_0$ существует частная производная ${f’}_x \left( x_0, y_0 \right)$ , то она согласно геометрическому смыслу обычной производной функции одной переменной равна угловому коэффициенту касательной, проведенной в точке $N \left( x_0, y_0, f \left( x_0, y_0 \right) \right)$ к кривой $\Gamma$ : ${f’}_x \left( x_0, y_0 \right) = \tan \alpha,$ где $\alpha$ — угол между касательной и положительным направлением оси $Ox$ . В этом состоит геометрический смысл частной производной ${f’}_x \left( x_0, y_0 \right)$ .

Список литературы

Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И. Курс математического анализа, стр. 241-242
Лысенко З. М. Конспект лекций по курсу математического анализа (I курс)

Тест

Тест для проверки усвоения материала

Задание 1 из 3

1.
Сколько частных производных первого порядка может иметь функция двух переменных
- 1
- 2
- 3
- 4
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 3

2.
Определение частной производной
- Пусть функция $f \left( x \right) = f \left( x_1, \dots, x_n \right)$ определена в окрестности точки $x^0 = \left( x_2^0, \dots, x_n^0 \right)$ . Рассмотрим функцию одной переменной $\varphi \left( x_1 \right) = f \left( x_1, x_2^0, \dots, x_n^0 \right).$ Функция $\varphi \left( x_1 \right)$ иметь в точке $x_1^0$ . По определению такая (производная) называется частной производной.
Правильно

Неправильно
Задание 3 из 3

3.
Геометрический смысл частной производной
- Геометрический смысл частной производной в точке - угла между касательной, проведенной в заданной точке к кривой, и положительным направлением оси $O x$ .
Правильно

Неправильно

Дифференцируемость композиции дифференцируемых функций

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

Теорема

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

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

Спойлер

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

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

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

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

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

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

Подставляя выражения $(6)$ и $(5)$ получаем

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

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

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

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

[свернуть]

Спойлер

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

[свернуть]

Спойлер

Пусть дана функция

$f(x,y)=\sin x + \tan (x^ 2+y^ 2)$ .
Ее можно представить как композицию функций:

$z(u,v)=u+v\quad u(x,y)=\sin x \quad v(x,y)=\tan (x^ 2+y^ 2)$
Тогда дифференциал функции

$f$ имеет вид:

$df=\frac { dz }{ dx } +\frac { dz }{ dy } =\frac { dz }{ du } \frac { du }{ dx } +\frac { dz }{ dv } \frac { dv }{ dx } +\frac { dz }{ du } \frac { du }{ dy } +\frac { dz }{ dv } \frac { dv }{ dy }$
Вычислим частные производные:

$\frac { dz }{ du } =1; \quad \frac { du }{ dx } =-\cos x;$

$\frac { dz }{ dv } =1; \quad \frac { dv }{ dx } =\frac { 2x }{ \cos ^{ 2 }{ ({ x }^{ 2 }+{ y }^{ 2 }) } } ;$

$\frac { du }{ dy } = 0; \quad \frac { dv }{ dy } =\frac { 2y }{ \cos ^{ 2 }{ ({ x }^{ 2 } } +y };$
Получаем, что:

$df=-\cos x +\frac { 2x }{ \cos ^{ 2 }{ ({ x }^{ 2 }+{ y }^{ 2 }) } } +\frac { 2y }{ \cos ^{ 2 }{ ({ x }^{ 2 } } + y^{ 2 }) }.$

[свернуть]

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»

Задание 1 из 3

1.
Количество баллов: 1
Можно ли называть сложной функцией, функцию, полученную в результате композиции трех функций от четырех переменных?
- Да, можно
- Нет, нельзя
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 3

2.
Количество баллов: 1
Формула ${ A }_{ i }=\frac { \partial T }{ \partial { x }_{ i } } ({ x }^{ \circ })=\sum _{ j=1 }^{ m }{ \frac { \partial f }{ \partial { y }_{ j } } } ({ y }^{ \circ})\frac { \partial { \varphi }_{ i } }{ \partial { x }_{ i } } ({ x }^{ \circ}),\quad i=\overline { 1,n }$ дает правило нахождения
Правильно

Неправильно

Подсказка

Два слова
Задание 3 из 3

3.
Количество баллов: 1
Какие теоремы используются при доказательстве теоремы о производной сложной функции?
- Теорема о существовании частных производных
- Теорема о непрерывности сложной функции
- Теорема Лагранжа о конечных приращениях
- Неравенство Коши-Буняковского
- Теорема Шварца
Правильно

Неправильно

Таблица лучших: Дифференцируемость композиции дифференцируемых функций

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

Достаточные условия экстремума

Экстремумы функций одной переменной

Определение:

Функция

$f:\mathbb{E} \subset \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , имеет во внутренней точке

$x_{0}$ :

Локальный минимум, если $\exists U(x_{0}):\forall x\in \dot {U}(x_{0}) f(x)\ge f(x_{ 0 })$
Строгий локальный минимум, если $\exists U(x_{0}):\forall x\in \dot {U}(x_{0}) f(x) > f(x_{ 0 })$
Локальный максимум если $\exists U(x_{0}):\forall x\in \dot {U}(x_{0}) f(x)\le f(x_{ 0 })$
Строгий локальный максимум, если $\exists U(x_{0}):\forall x\in \dot {U}(x_{0}) f(x) < f(x_{ 0 })$

Поиск локальных и абсолютных экстремумов — важная практическая задача, породившая широкий спектр методов оптимизации. Изучение свойств и условий существования локального экстремума функций в одномерном случае создает прочный фундамент, упрощающий изучение аналогичного материала в анализе функций многих переменных.

Достаточные условия экстремума в терминах первой производной

Читать далее «Достаточные условия экстремума»

Средний результат
Ваш результат

Примеры решения задач

Тест

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

Элементы сортировки

5.

6.

См. также:

Необходимое условие дифференцируемости функции в точке.

Достаточные условия дифференцируемости функции в точке.

Список литературы

Тест

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Геометрический смысл

Список литературы

Тест

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

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

Экстремумы функций одной переменной

Определение:

Достаточные условия экстремума в терминах первой производной