частная производная

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 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

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

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.

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.