Утверждение 12.3.11: Линейность производной.
Пусть $E\subset\mathbb{R}^n$, функции $f(x),g(x)\colon{E}\to\mathbb{R}^m$ дифференцируемы в точке
$x\in{E}\cap\mathring{E}$, тогда для любых $\lambda,\mu\in\mathbb{R}$ функция $\lambda{f}+\mu{g}\colon{E}\to\mathbb{R}$ дифференцируема в точке $x$ и
$(\lambda{f}+\mu{g})'(x)=\lambda{f}'(x)+\mu{g}'(x)$.
Доказательство: Так как множество линейных операторов $\mathcal{L}(\mathbb{R}^n,\mathbb{R}^m)$
является векторным пространством над $\mathbb{R}$, то $\lambda{f}'+\mu{g}'\in\mathcal{L}(\mathbb{R}^n,\mathbb{R}^m)$ и
$$
(\lambda{f}+\mu{g})(x+h)-(\lambda{f}+\mu{g})(x)=\lambda{f}(x+h)+\mu{g}(x+h)-\lambda{f}(x)-\mu{g}(x)=\lambda(f(x+h)-f(x))+\mu(g(x+h)-g(x))=
\lambda{f}'(x)(h)+o(h)+\mu{g}'(x)(h)+o(h)
$$
Следовательно, $(\lambda{f}+\mu{g})'(x)=\lambda{f}'(x)+\mu{g}'(x)$
Утверждение 12.3.12: Пусть $E\subset\mathbb{R}^n$, функции $f(x),g(x)\colon{E}\to\mathbb{R}$ дифференцируемы в точке $x\in{E}\cap\mathring{E}$, тогда
Доказательство:
Утверждение 12.3.13: Производная композиции.
Пусть $X\subset\mathbb{R}^n$, $Y\subset\mathbb{R}^m$, функция $f(x)\colon{X}\to{Y}$ дифференцируема в точке $x\in{X}\cap\mathring{X}$,
функция $g(y)\colon{Y}\to\mathbb{R}^k$ дифференцируема в точке $y:=f(x)\in{Y}\cap\mathring{Y}$, тогда существует производная
$(g\circ{f})'(x)=g'(y)\circ{f}'(x)\in\mathcal{L}(\mathbb{R}^n,\mathbb{R}^k)$.
Доказательство: Так как функции $f(x)$, $g(x)$ дифференцируемы в точках $x$ и $y=f(x)$ соответственно, то
$$f(x+h)-f(x)=f'(x)(h)+o(h),h\to0,x+h\in{X}\Rightarrow\exists\lim_{\substack{h\to0\\x+h\in{X}}}(f(x+h)-f(x))=0$$
$$g(y+t)-g(t)=g'(y)(t)+o(t),t\to0,y+t\in{Y}$$
Применим теорему о пределе композиции положив $t=t(h):=f(x+h)-f(x)$, тогда
$$\Delta(g\circ{f})(x,h)=g(f(x+h))-g(f(x))=g(y+t)-g(y)=g'(y)t+o(t)=g'(f(x))(f(x+h)-f(x))+o(f(x+h)-f(x))=$$
$$=g'(f(x))(f'(x)(h)+o(h))+o(f'(x)(h)+o(h))=(g'(f(x))\circ{f}'(x))(h)+g'(f(x))(o(h))+o(O(h)+o(h))=(g'(y)\circ{f}'(x))(h)+o(h),h\to0,x+h\in{X}.$$
В формулировке теоремы в выражении $(g\circ{f})'(x)=g'(y)\circ{f}'(x)$ символ $'\circ'$ в первом случае обозначает композицию функций $f$ и $g$,
а во втором композицию линейных операторов $g'(y)\in\mathcal{L}(\mathbb{R}^m,\mathbb{R}^k)$ и $f'(x)\in\mathcal{L}(\mathbb{R}^n,\mathbb{R}^m)$.
Так как линейный оператор, это тоже функция (только линейная), то применение данного символа в обоих случаях допустимо.
Следствие 12.3.1: Покоординатная форма записи результата для случая внутренней точки.
Пусть $X\subset\mathbb{R}^n$, $Y\subset\mathbb{R}^m$, функции $f(x)\colon{X}\to{Y}$, $g(y)\colon{Y}\to\mathbb{R}^k$ непрерывны в точках $x\in{i}ntX$
и $y:=f(x)\in{i}nt{Y}$ соответственно, тогда
$$(g\circ{f})'(x)=
\begin{pmatrix}
\frac{\partial{g}_1(y)}{\partial{y}_1} & \ldots & \frac{\partial{g}_1(y)}{\partial{y}_m}\\
\vdots & \ddots & \vdots\\
\frac{\partial{g}_k(y)}{\partial{y}_1} & \ldots & \frac{\partial{g}_k(y)}{\partial{y}_m}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\frac{\partial{f}_1(x)}{\partial{x}_1} & \ldots & \frac{\partial{f}_1(x)}{\partial{x}_n}\\
\ldots & \ddots & \ldots\\
\frac{\partial{f}_m(x)}{\partial{x}_1} & \ldots & \frac{\partial{f}_m(x)}{\partial{x}_n}
\end{pmatrix}
$$
Доказательство: Результат следует из утверждений 12.3.9 и 12.3.13 так как матрица
композиции линейных операторов есть произведение матриц этих операторов.
Из следствия 12.3.1 можно получить формулу для вычисления частной производной композиции функций. Так как для любой функции
$f(x)\colon\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m$
$\displaystyle{d}f(x)=\left(\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_1},\ldots,\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_n}\right)$, то частной производной композиции
функций по $j$-той переменной является $j$-тый столбец матрицы $(g\circ{f})'(x)$, то есть
$$\frac{\partial{g}(x)}{\partial{x}_j}(f(x))=
\left(\frac{\partial{g}_1(x)}{\partial{x}_j}(f(x)),\ldots,\frac{\partial{g}_k(x)}{\partial{x}_j}(f(x))\right)\colon
\forall{i}\in\overline{1,k}\left(\frac{\partial{g}_i(x)}{\partial{x}_j}(f(x))=
\sum_{s=1}^m\left(\frac{\partial{g}_i(y)}{\partial{y}_s}\frac{\partial{f}_s(x)}{\partial{x}_j}\right)\right)$$
Заметим так же, что при выполнении предпосылок утверждения 12.3.13
$$dg(x)dx=dg(f(x))dx=dg(y)\circ{d}f(x)dx=dg(y)(df(x)dx)=dg(y)dy$$
Таким образом форма записи дифференциала первого порядка сложной функции ничем не отличается от формы записи дифференциала функции $g$, когда $y$ -
независимая переменная. Это позволяет говорить об инвариантности формы записи дифференциала первого порядка относительно замены переменной.
Замечание о приближенных вычислениях.
При условии, что в некоторой точке $x_0$ удается эффективно рассчитать значение $f(x_0)$, а так же значения частных производных в точке $x_0$, то
возникает возможность прикладного использования приближенного равенства
$\displaystyle{f}(x_0+h)\approx{f}(x_0)+\sum_{i=1}^n\left(\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_i}(x_0)h_i\right)$
при малых значениях $h$.
Пример 12.3.1: Вычислим приближенно значение функции $f(x,y)=x^y$ в точке $(0.97,1.05)$.
Положим $x_0=1$, $y_0=1$, $h_1=\Delta{x}=-0.03$, $h_2=\Delta{y}=0.05$.
$\frac{\partial{f}(x,y)}{\partial{x}}(1,1)=yx^{y-1}=1$, $\frac{\partial{f}(x,y)}{\partial{y}}=x^y\ln{x}=0$
$f(0.97,1.05)=f(1+(-0.03),1+0.05)=f(1,1)+\frac{\partial{f}(x,y)}{\partial{x}}(1,1)(-0.03)+\frac{\partial{f}(x,y)}{\partial{y}}(1,1)0.05=1-0.03=0.97$.
Теорема 12.3.1: Дифференциал обратного отображения.
Пусть $E\subset\mathbb{R}^n$, функция $f(x)\colon{E}\to\mathbb{R}^n$, $x\in{i}ntE$, $y:=f(x)$ такие, что
Доказательство: Пусть $h$ - приращение по $x$, $t$ - приращение по $y$, $t:=f(x+h)-f(x)$. Тогда по непрерывности функции $f(x)$ в точке $x$
существует предел $\displaystyle\lim_{n\to0}t(h)=0$ и по непрерывности функции $f^{-1}(y)$ существует предел
$\displaystyle\lim_{t\to0}h(t)=\lim_{t\to0}(f^{-1}(t+y)-f^{-1}(y))=0$. То есть $h=o(1)$, при $t\to0$ и $t=o(1)$, при $h\to0$, тогда
$t=f(x+h)-f(x)=f'(x)(h)+o(h)=O(h)$ при $h\to0$. Докажем, что $h=O(t)$, при $t\to0$.
$$(f'(x))^{-1}(t)=(f'(x))^{-1}(f(x+h)-f(x))=(f'(x))^{-1}(f'(x)(h)+o(h))=((f'(x))^{-1}\circ{f}'(x))(h)+(f'(x))^{-1}(o(h))=h+o(h),h\to0\qquad(4)$$
$$\frac{\|o(h)\|}{\|h\|}=o(1),h\to0\Rightarrow\lim_{h\to0}\frac{\|o(h)\|}{\|h\|}=0\Rightarrow
\exists\delta>0\colon\left(\|h\|<\delta\Rightarrow\left(x+h\in{U}(x)\wedge\frac{\|o(h)\|}{\|h\|}<\frac12\right)\right)\Rightarrow$$
$$\Rightarrow\left(\|h\|<\delta\Rightarrow\|(f'(x))^{-1}(t)\|=^{(4)}\|h+o(h)\|\geq\|h\|-\|o(h)\|\geq\frac{\|h\|}{2}\Rightarrow\
\|h\|\leq2\|(f'(x))^{-1}(t)\|=O(t),t\to0\right)\Rightarrow{h}=O(t),t\to0$$
Тогда по равенству (4)
$$f^{-1}(y+t)-f^{-1}(y)=h=(f'(x))^{-1}(t)+o(h)=(f'(x))^{-1}(t)+o(O(t))=(f'(x))^{-1}(t)+o(t),t\to0\Rightarrow(f^{-1}(y))'=(f'(x))^{-1}$$.
Теорема 12.3.2: Теорема о среднем.
Пусть $G$ область в $\mathbb{R}^n$, $f(x)\colon{G}\to\mathbb{R}$; $x,h\in\mathbb{R}^n$ такие, что
Доказательство: Сведем утверждение к теореме Лагранжа. Так как множество $G$ область, то
все его точки внутренние. Обозначим $F(t):=f(x+th)\colon[0,1]\to\mathbb{R}$, тогда функция $F(t)$ непрерывна, как композиция непрерывных и согласно
утверждению 12.3.13
$$\forall{t}\in(0,1)\,\exists{F}'(t)=f'(x+th)\circ(x+th)'=f'(x+th)(h)$$
Тогда по теореме Лагранжа
$$\exists\theta\in(0,1)\colon{f}(x+h)-f(x)=F(1)-F(0)=F'(\theta)=f'(x+\theta{h})(h)=f'(\xi)(h)$$
где $\xi:=x+\theta{h}$
Следствие 12.3.2: Пусть $G$ область в $\mathbb{R}^n$, $f(x)\colon{G}\to\mathbb{R}$; $x=(x_1,\ldots,x_n),h=(h_1,\ldots,h_n)\in\mathbb{R}^n$ такие, что
Доказательство:Так как $G$ область, то по утверждению 12.3.8 для любого $y\in(x,x+h)$
$\displaystyle{f}'(y)=\left(\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_1}(y),\ldots,\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_n}(y)\right)$ и утверждение следует из
теоремы 12.3.2.
Следствие 12.3.3: Пусть $G$ выпуклая область в $\mathbb{R}^n$, функция $f(x)\colon{G}\to\mathbb{R}$ такая, что для любого $y\in{G}$ существует производная $f'(y)=0$, тогда существует $k\in\mathbb{R}$ такое, что $f(x)\equiv{k}$.
Доказательство: По определению выпуклости для любых $y_1,y_2\in{G}$ $[y_1,y_2]\subset{G}$. Тогда по теореме о среднем
$$\forall{y}_1,y_2\in{G}(\exists\xi\in(y_1,y_2)\colon{f}(y_1)-f(y_2)=f'(\xi)(y_2-y_1)=0)\Rightarrow\forall{y}_1,y_2\in{G}(f(y_1)=f(y_2))$$
В условии следствия 12.3.3 можно отказаться от требования выпуклости области. Так как область связна, то любые две точки можно соединить кривой, а так как
область открыта, то любые две точки можно соединить ломаной. Применяя последовательно теорему о среднем на каждом из звеньев
ломаной получим равенство значений функции на концах ломаной. Точное доказательство можно найти в Зорич т. 2, стр. 529.
Теорема 12.3.3: Пусть $E\subset\mathbb{R}^n$, $f(x)\colon{E}\to\mathbb{R}$, $x\in{E}$ такие, что
Доказательство: Так как окрестность точки - это открытое множество, то существует $\delta>0$ такое, что $B(x,\delta)\subset{U}(x)$. Тогда для
любого $h\in\mathbb{R}^n$ такого, что $\|h\|<\delta$
$
\begin{multline}
f(x_1+h_1,\ldots,x_n+h_n)-f(x_1,\ldots,x_n)=\\=[f(x_1+h_1,\ldots,x_n+h_n)-f(x_1,x_2+h_2,\ldots,x_n+h_n)]+
[f(x_1,x_2+h_2,\ldots,x_n+h_n)-f(x_1,x_2,x_3+h_3,\ldots,x_n+h_n)]+\cdots\\\cdots+[f(x_1,\ldots,x_{n-1},x_n+h_n)-f(x_1,\ldots,x_n)]
\end{multline}
$
В каждой из квадратных скобок значения всех переменных кроме одной совпадают, следовательно, для каждой из разностей можно применить
теорему Лагранжа для функции от одной переменной по несовпадающей переменной. Тогда существуют
$\theta_1,\ldots,\theta_n\in(0,1)$ такие, что
$$f(x+h)-f(x)=\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_1}(x_1+\theta_1{h}_1,x_2+h_2,\ldots,x_n+h_n)h_1+
\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_2}(x_1,x_2+\theta_2h_2,x_3+h_3,\ldots,x_n+h_n)h_2+\cdots+\
\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_n}(x_1,\ldots,x_{n-1},x_n+\theta_nh_n)h_n$$
Из непрерывности частных производных следует, что
$\begin{multline}
\forall{i}\in\overline{1,n}\left(
\exists\lim_{h\to0}\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_i}(x_1,\ldots,x_{i-1},x_i+\theta_ih_i,x_{i+1}+h_{i+1},\ldots,x_n+h_n)=
\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_i}(x_1,\ldots,x_n)\right)\Rightarrow\\
\Rightarrow\forall{i}\in\overline{1,n}\,\exists\alpha_i(x,h,\theta_i)\colon\left(\alpha_i(x,h,\theta_i)=o(1),n\to0\wedge
\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_i}(x_1,\ldots,x_{i-1},x_i+\theta_ih_i,x_{i+1}+h_{i+1},\ldots,x_n+h_n)=
\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_i}(x_1,\ldots,x_n)+\alpha_i(x,h,\theta_i)\right)\Rightarrow\\
\Rightarrow{f}(x+h)-f(x)=\sum_{i=1}^n\left(\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_i}(x)h_i\right)+\sum_{i=1}^n(\alpha_i(x,h,\theta_i)h_i)
\end{multline}$
Оценим второе слагаемое
$$\forall{i}\in\overline{1,n}\left(\frac{|h_i|}{\|h\|}\leq1\right)\Rightarrow\forall{i}\in\overline{1,n}\left(\frac{|\alpha_i(x,h,\theta_i)||h_i|}{\|h\|}\leq
|\alpha_i(x,h,\theta_i)|=o(1),h\to0\right)\Rightarrow\forall{i}\in\overline{1,n}(\alpha_i(h,x,\theta_i)=o(1),h\to0)\Rightarrow
\sum_{i=1}^n(\alpha_i(x,h,\theta_i)h_i)=o(h),h\to0$$
Тогда
$$f(x+h)-f(x)=\sum_{n=1}^n\left(\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_i}(x)h_i\right)+o(h),h\to0\Rightarrow
\exists{f}'(x)=\left(\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_1}(x),\ldots,\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_n}(x)\right)$$
Следствие 12.3.4: Достаточные условия дифференцируемости функции в области.
Пусть $G$ область в $\mathbb{R}^n$, $f(x)\colon{G}\to\mathbb{R}$ такая, что
$$\forall{i}\in\overline{1,n}\left(\forall{y}\in{G}\,\exists\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_i}(y)\wedge
\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_i}\in{C}(G)\right)$$
тогда функция $f(x)$ дифференцируема на $G$.
Доказательство: Так как любая точка области внутренняя и в любой точке области $G$ существуют и непрерывны все частные производные функции $f(x)$,
то каждая точка области $G$ удовлетворяет условиям теоремы 12.3.4.
Определение 12.3.5: Пусть $G$ открытое множество в $\mathbb{R}^n$, тогда класс функций
$$C^1(G):=\left\{f(x)\colon{G}\to\mathbb{R}\mid\forall{i}\in\overline{1,n}\left(\forall{y}\in{G}\,\exists\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_i}(y)\wedge
\frac{\partial{f}(x)}{\partial{x}_i}\in{C}(G)\right)\right\}$$
называется классом функций один раз непрерывно дифференцируемых на множестве $G$.
Таким образом если $f(x)\in{C}^1(G)$, то функция $f(x)$ дифференцируема на $G$. Обратное не верно.
Задача 12.3.1: Доказать, что функция $\displaystyle{f}(x,y)=\begin{cases}(x^2+y^2)\sin{\frac1{x^2+y^2}}&,x^2+y^2=0\\\qquad0&,x=y=0\end{cases}\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ дифференцируема в точке $(0,0)$, но имеет как минимум одну частную производную для которой точка $(0,0)$ является точкой разрыва.
Решение:
Поскольку $\|(x,y)\|^2=x^2+y^2$, то для любых $\displaystyle(x,y)\neq(0,0)$ $f(x,y)=\|(x,y)\|^2\sin\frac1{\|(x,y)\|^2}$. Следовательно, дифференцируемость
функции $f(x,y)$ в точке $(0,0)$ следует из дифференцируемости функции
$\displaystyle{g}(t)=\begin{cases}t^2\sin\frac1{t^2}&,t\neq0\\\quad0&,t=0\end{cases}$ в точке 0.
Дифференцируемость функции $g(t)$ в точке 0 обосновывается аналогично дифференцируемости функции $t^2\sin\frac1{t}$ в точке 0, которая была доказана
в задаче 6.1.1.
Итак, функция $f(x,y)$ дифференцируема в точке $(0,0)$, однако
$$\frac{\partial{f}(x,y)}{\partial{x}}=\left(x^2+y^2\sin\frac1{x^2+y^2}\right)'_x=
2x\sin\frac1{x^2+y^2}-(x^2+y^2)\cos\frac1{x^2+y^2}\frac{2x}{(x^2+y^2)^2}=2x\sin\frac1{x^2+y^2}-\frac{2x}{x^2+y^2}\cos\frac1{x^2+y^2}.$$
Следовательно, предела функции $\frac{\partial{f}(x,y)}{\partial{x}}$ при $(x,y)\to(0,0)$ не существует, так как не существует, например,
предела функции $\displaystyle2x\sin\frac1{x^2}-\frac1{x}\cos\frac2{x^2}$ при $x\to0$, то есть предела функции $\frac{\partial{f}(x,y)}{\partial{x}}$
при $(x,y)\to(0,0)$ по множеству $\{(x,0)\mid{x}\in\mathbb{R}\}$.
previous contents next