Рассмотрим функцию от двух переменных:
\[f=f\left( x,y \right)\]
Поскольку переменные $x$ и $y$ являются независимыми, для такой функции можно ввести понятие частной производной:
Частная производная функции $f$ в точке $M=\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}} \right)$ по переменной $x$ — это предел
\[{{{f}'}_{x}}=\underset{\Delta x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( {{x}_{0}}+\Delta x;{{y}_{0}} \right)}{\Delta x}\]
Аналогично можно определить частную производную по переменной $y$ :
\[{{{f}'}_{y}}=\underset{\Delta y\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}}+\Delta y \right)}{\Delta y}\]
Другими словами, чтобы найти частную производную функции нескольких переменных, нужно зафиксировать все остальные переменные, кроме искомой, а затем найти обычную производную по этой искомой переменной.
Отсюда вытекает основной приём для вычисления таких производных: просто считайте, что все переменные, кроме данной, являются константой, после чего дифференцируйте функцию так, как дифференцировали бы «обычную» — с одной переменной. Например:
$\begin{align}& {{\left( {{x}^{2}}+10xy \right)}_{x}}^{\prime }={{\left( {{x}^{2}} \right)}^{\prime }}_{x}+10y\cdot {{\left( x \right)}^{\prime }}_{x}=2x+10y, \\& {{\left( {{x}^{2}}+10xy \right)}_{y}}^{\prime }={{\left( {{x}^{2}} \right)}^{\prime }}_{y}+10x\cdot {{\left( y \right)}^{\prime }}_{y}=0+10x=10x. \\\end{align}$
Очевидно, что частные производные по разным переменным дают разные ответы — это нормально. Куда важнее понимать, почему, скажем, в первом случае мы спокойно вынесли $10y$ из-под знака производной, а во втором — вовсе обнулили первое слагаемое. Всё это происходит из-за того, что все буквы, кроме переменной, по которой идёт дифференцирование, считаются константами: их можно выносить, «сжигать» и т.д.
Сегодня мы поговорим о функциях нескольких переменных и о частных производных от них. Во-первых, что такое функция нескольких переменных? До сих пор мы привыкли считать функцию как $y\left( x \right)$ или $t\left( x \right)$, или любую переменную и одну-единственную функцию от нее. Теперь же функция у нас будет одна, а переменных несколько. При изменении $y$ и $x$ значение функции будет меняться. Например, если $x$ увеличится в два раза, значение функции поменяется, при этом если $x$ поменяется, а $y$ не изменится, значение функции точно так же изменится.
Разумеется, функцию от нескольких переменных, точно так же как и от одной переменной, можно дифференцировать. Однако поскольку переменных несколько, то и дифференцировать можно по разным переменным. При этом возникают специфические правила, которых не было при дифференцировании одной переменной.
Прежде всего, когда мы считаем производную функции от какой-либо переменной, то обязаны указывать, по какой именно переменной мы считаем производную — это и называется частной производной. Например, у нас функция от двух переменных, и мы можем посчитать ее как по $x$, так и по $y$ — две частных производных у каждой из переменных.
Во-вторых, как только мы зафиксировали одну из переменных и начинаем считать частную производную именно по ней, то все остальные, входящие в эту функцию, считаются константами. Например, в $z\left( xy \right)$, если мы считаем частную производную по $x$, то везде, где мы встречаем $y$, мы считаем ее константой и обращаемся с ней именно как с константой. В частности при вычислении производной произведения мы можем выносить $y$ за скобку (у нас же константа), а при вычислении производной суммы, если у нас где-то получается производная от выражения, содержащего $y$ и не содержащего $x$, то производная этого выражения будет равна «нулю» как производная константы.
На первый взгляд может показаться, что я рассказываю о чем-то сложном, и многие ученики по началу путаются. Однако ничего сверхъестественного в частных производных нет, и сейчас мы убедимся в этом на примере конкретных задач.
Чтобы не терять время зря, с самого начала начнем с серьезных примеров.
\[z\left( x,y \right)=\sqrt{\frac{y}{x}}\]
Для начала напомню такую формулу:
\[{{\left( \sqrt{x} \right)}^{\prime }}_{x}=\frac{1}{2\sqrt{x}}\]
Это стандартное табличное значение, которое мы знаем из стандартного курса.
В этом случае производная $z$ считается следующим образом:
\[{{{z}'}_{x}}={{\left( \sqrt{\frac{y}{x}} \right)}^{\prime }}_{x}=\frac{1}{2\sqrt{\frac{y}{x}}}{{\left( \frac{y}{x} \right)}^{\prime }}_{x}\]
Давайте еще раз, поскольку под корнем стоит не $x$, а некое другое выражение, в данном случае $\frac{y}{x}$, то сначала мы воспользуемся стандартным табличным значением, а затем, поскольку под корнем стоит не $x$, а другое выражение, нам необходимо домножить нашу производную на еще одну из этого выражения по той же самой переменной. Давайте для начала посчитаем следующее:
\[{{\left( \frac{y}{x} \right)}^{\prime }}_{x}=\frac{{{{{y}'}}_{x}}\cdot x-y\cdot {{{{x}'}}_{x}}}{{{x}^{2}}}=\frac{0\cdot x-y\cdot 1}{{{x}^{2}}}=-\frac{y}{{{x}^{2}}}\]
Возвращаемся к нашему выражению и записываем:
\[{{{z}'}_{x}}={{\left( \sqrt{\frac{y}{x}} \right)}^{\prime }}_{x}=\frac{1}{2\sqrt{\frac{y}{x}}}{{\left( \frac{y}{x} \right)}^{\prime }}_{x}=\frac{1}{2\sqrt{\frac{y}{x}}}\cdot \left( -\frac{y}{{{x}^{2}}} \right)\]
В принципе, это все. Однако оставлять ее в таком виде неправильно: такую конструкцию неудобно использовать для дальнейших вычислений, поэтому давайте ее немного преобразуем:
\[\frac{1}{2\sqrt{\frac{y}{x}}}\cdot \left( -\frac{y}{{{x}^{2}}} \right)=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{\frac{x}{y}}\cdot \frac{y}{{{x}^{2}}}=\]
\[=-\frac{1}{2}\cdot \sqrt{\frac{x}{y}}\cdot \sqrt{\frac{{{y}^{2}}}{{{x}^{4}}}}=-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{x\cdot {{y}^{2}}}{y\cdot {{x}^{4}}}}=-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{y}{{{x}^{3}}}}\]
Ответ найден. Теперь займемся $y$:
\[{{{z}'}_{y}}={{\left( \sqrt{\frac{y}{x}} \right)}^{\prime }}_{y}=\frac{1}{2\sqrt{\frac{y}{x}}}\cdot {{\left( \frac{y}{x} \right)}^{\prime }}_{y}\]
Выпишем отдельно:
\[{{\left( \frac{y}{x} \right)}^{\prime }}_{y}=\frac{{{{{y}'}}_{y}}\cdot x-y\cdot {{{{x}'}}_{y}}}{{{x}^{2}}}=\frac{1\cdot x-y\cdot 0}{{{x}^{2}}}=\frac{1}{x}\]
Теперь записываем:
\[{{{z}'}_{y}}={{\left( \sqrt{\frac{y}{x}} \right)}^{\prime }}_{y}=\frac{1}{2\sqrt{\frac{y}{x}}}\cdot {{\left( \frac{y}{x} \right)}^{\prime }}_{y}=\frac{1}{2\sqrt{\frac{y}{x}}}\cdot \frac{1}{x}=\]
\[=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{\frac{x}{y}}\cdot \sqrt{\frac{1}{{{x}^{2}}}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{x}{y\cdot {{x}^{2}}}}=\frac{1}{2\sqrt{xy}}\]
Все сделано.
\[z\left( x,y \right)=\frac{xy}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1}\]
Этот пример одновременно и проще, и сложней, чем предыдущий. Сложнее, потому что здесь больше действий, а проще, потому что здесь нет корня и, кроме того, функция симметрична относительно $x$ и $y$, т.е. если мы поменяем $x$ и $y$ местами, формула от этого не изменится. Это замечание в дальнейшем упростит нам вычисление частной производной, т.е. достаточно посчитать одну из них, а во второй просто поменять местами $x$ и $y$.
Приступаем к делу:
\[{{{z}'}_{x}}={{\left( \frac{xy}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1} \right)}^{\prime }}_{x}=\frac{{{\left( xy \right)}^{\prime }}_{x}\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1 \right)-xy{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1 \right)}^{\prime }}_{x}}{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1 \right)}^{2}}}\]
Давайте посчитаем:
\[{{\left( xy \right)}^{\prime }}_{x}=y\cdot {{\left( x \right)}^{\prime }}=y\cdot 1=y\]
Однако многим ученикам такая запись непонятна, поэтому запишем вот так:
\[{{\left( xy \right)}^{\prime }}_{x}={{\left( x \right)}^{\prime }}_{x}\cdot y+x\cdot {{\left( y \right)}^{\prime }}_{x}=1\cdot y+x\cdot 0=y\]
Таким образом, мы еще раз убеждаемся в универсальности алгоритма частных производных: каким бы мы образом их не считали, если все правила применяются верно, ответ будет один и тот же.
Теперь давайте разберемся еще с одной частной производной из нашей большой формулы:
\[{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1 \right)}^{\prime }}_{x}={{\left( {{x}^{2}} \right)}^{\prime }}_{x}+{{\left( {{y}^{2}} \right)}^{\prime }}_{x}+{{{1}'}_{x}}=2x+0+0\]
Подставим полученные выражения в нашу формулу и получим:
\[\frac{{{\left( xy \right)}^{\prime }}_{x}\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1 \right)-xy{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1 \right)}^{\prime }}_{x}}{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1 \right)}^{2}}}=\]
\[=\frac{y\cdot \left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1 \right)-xy\cdot 2x}{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1 \right)}^{2}}}=\]
\[=\frac{y\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1-2{{x}^{2}} \right)}{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1 \right)}^{2}}}=\frac{y\left( {{y}^{2}}-{{x}^{2}}+1 \right)}{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1 \right)}^{2}}}\]
По $x$ посчитано. А чтобы посчитать $y$ от того же самого выражения, давайте не будем выполнять всю ту же последовательность действий, а воспользуемся симметрией нашего исходного выражения — мы просто заменим в нашем исходном выражении все $y$ на $x$ и наоборот:
\[{{{z}'}_{y}}=\frac{x\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}}+1 \right)}{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1 \right)}^{2}}}\]
За счет симметрии мы посчитали это выражение гораздо быстрее.
Для частных производных работают все стандартные формулы, которые мы используем для обычных, а именно, производная частного. При этом, однако, возникают свои специфические особенности: если мы считаем частную производную $x$, то когда мы получаем ее по $x$, то рассматриваем ее как константу, и поэтому ее производная будет равна «нулю».
Как и в случае с обычными производными, частную (одну и ту же) можно посчитать несколькими различными способами. Например, ту же конструкцию, которую мы только что посчитали, можно переписать следующим образом:
\[{{\left( \frac{y}{x} \right)}^{\prime }}_{x}=y\cdot {{\left( \frac{1}{x} \right)}^{\prime }}_{x}=-y\frac{1}{{{x}^{2}}}\]
Далее мы точно таким же образом считаем еще две конструкции, а именно:
\[{{\left( xy \right)}^{\prime }}_{x}=y\cdot {{{x}'}_{x}}=y\cdot 1=y\]
Вместе с тем, с другой стороны, можно использовать формулу от производной суммы. Как мы знаем, она равна сумме производных. Например, запишем следующее:
\[{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1 \right)}^{\prime }}_{x}=2x+0+0=2x\]
Теперь, зная все это, давайте попробуем поработать с более серьезными выражениями, поскольку настоящие частные производные не ограничиваются одними лишь многочленами и корнями: там встречаются и тригонометрия, и логарифмы, и показательная функция. Сейчас этим и займемся.
\[z\left( x,y \right)=\sqrt{x}\cos \frac{x}{y}\]
Запишем следующие стандартные формулы:
\[{{\left( \sqrt{x} \right)}^{\prime }}_{x}=\frac{1}{2\sqrt{x}}\]
\[{{\left( \cos x \right)}^{\prime }}_{x}=-\sin x\]
Вооружившись этими знаниями, попробуем решить:
\[{{{z}'}_{x}}={{\left( \sqrt{x}\cdot \cos \frac{x}{y} \right)}^{\prime }}_{x}={{\left( \sqrt{x} \right)}^{\prime }}_{x}\cdot \cos \frac{x}{y}+\sqrt{x}\cdot {{\left( \cos \frac{x}{y} \right)}^{\prime }}_{x}=\]
Отдельно выпишем одну переменную:
\[{{\left( \cos \frac{x}{y} \right)}^{\prime }}_{x}=-\sin \frac{x}{y}\cdot {{\left( \frac{x}{y} \right)}^{\prime }}_{x}=-\frac{1}{y}\cdot \sin \frac{x}{y}\]
Возвращаемся к нашей конструкции:
\[=\frac{1}{2\sqrt{x}}\cdot \cos \frac{x}{y}+\sqrt{x}\cdot \left( -\frac{1}{y}\cdot \sin \frac{x}{y} \right)=\frac{1}{2\sqrt{x}}\cdot \cos \frac{x}{y}-\frac{\sqrt{x}}{y}\cdot \sin \frac{x}{y}\]
Все, по $x$ мы нашли, теперь давайте займемся вычислениями по $y$:
\[{{{z}'}_{y}}={{\left( \sqrt{x}\cdot \cos \frac{x}{y} \right)}^{\prime }}_{y}={{\left( \sqrt{x} \right)}^{\prime }}_{y}\cdot \cos \frac{x}{y}+\sqrt{x}\cdot {{\left( \cos \frac{x}{y} \right)}^{\prime }}_{y}=\]
Опять же посчитаем одно выражение:
\[{{\left( \cos \frac{x}{y} \right)}^{\prime }}_{y}=-\sin \frac{x}{y}\cdot {{\left( \frac{x}{y} \right)}^{\prime }}_{y}=-\sin \frac{x}{y}\cdot x\cdot \left( -\frac{1}{{{y}^{2}}} \right)\]
Возвращаемся к исходному выражению и продолжаем решение:
\[=0\cdot \cos \frac{x}{y}+\sqrt{x}\cdot \frac{x}{{{y}^{2}}}\sin \frac{x}{y}=\frac{x\sqrt{x}}{{{y}^{2}}}\cdot \sin \frac{x}{y}\]
Все сделано.
\[z\left( x,y \right)=\ln \left( x+\ln y \right)\]
Запишем необходимую нам формулу:
\[{{\left( \ln x \right)}^{\prime }}_{x}=\frac{1}{x}\]
Теперь посчитаем по $x$:
\[{{{z}'}_{x}}={{\left( \ln \left( x+\ln y \right) \right)}^{\prime }}_{x}=\frac{1}{x+\ln y}.{{\left( x+\ln y \right)}^{\prime }}_{x}=\]
\[=\frac{1}{x+\ln y}\cdot \left( 1+0 \right)=\frac{1}{x+\ln y}\]
По $x$ найдено. Считаем по $y$:
\[{{{z}'}_{y}}={{\left( \ln \left( x+\ln y \right) \right)}^{\prime }}_{y}=\frac{1}{x+\ln y}.{{\left( x+\ln y \right)}^{\prime }}_{y}=\]
\[=\frac{1}{x+\ln y}\left( 0+\frac{1}{y} \right)=\frac{1}{y\left( x+\ln y \right)}\]
Задача решена.
Итак, от какой бы функции мы не брали частную производную, правила остаются одними и теми же, независимо от того, работаем ли мы с тригонометрией, с корнями или с логарифмами.
Неизменными остаются классические правила работы со стандартными производными, а именно, производная суммы и разности, частного и сложной функции.
Последняя формула чаще всего и встречается при решении задач с частными производными. Мы встречаемся с ними практически везде. Ни одной задачи еще не было, чтобы там нам она не попадалась. Но какой бы мы формулой не воспользовались, нам все равно добавляется еще одно требование, а именно, особенность работы с частными производными. Как только мы фиксируем одну переменную, все остальные оказываются константами. В частности, если мы считаем частную производную выражения $\cos \frac{x}{y}$ по $y$, то именно $y$ и является переменной, а $x$ везде остается константой. То же самое работает и наоборот. Ее можно выносить за знак производной, а производная от самой константы будет равна «нулю».
Все это приводит к тому, что частные производные от одного и того же выражения, но по разным переменным могут выглядеть совершенно по-разному. Например, посмотрим такие выражения:
\[{{\left( x+\ln y \right)}^{\prime }}_{x}=1+0=1\]
\[{{\left( x+\ln y \right)}^{\prime }}_{y}=0+\frac{1}{y}=\frac{1}{y}\]
\[z\left( x,y \right)={{e}^{x}}{{e}^{\frac{x}{y}}}\]
Для начала запишем такую формулу:
\[{{\left( {{e}^{x}} \right)}^{\prime }}_{x}={{e}^{x}}\]
Зная этот факт, а также производную сложной функции, давайте попробуем посчитать. Я сейчас решу двумя различными способами. Первый и самый очевидный — это производная произведения:
\[{{{z}'}_{x}}={{\left( {{e}^{x}}\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}} \right)}^{\prime }}_{x}={{\left( {{e}^{x}} \right)}^{\prime }}_{x}\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}}+{{e}^{x}}\cdot {{\left( {{e}^{\frac{x}{y}}} \right)}^{\prime }}_{x}=\]
\[={{e}^{x}}\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}}+{{e}^{x}}\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}}\cdot {{\left( \frac{x}{y} \right)}^{\prime }}_{x}=\]
Давайте решим отдельно следующее выражение:
\[{{\left( \frac{x}{y} \right)}^{\prime }}_{x}=\frac{{{{{x}'}}_{x}}\cdot y-x.{{{{y}'}}_{x}}}{{{y}^{2}}}=\frac{1\cdot y-x\cdot 0}{{{y}^{2}}}=\frac{y}{{{y}^{2}}}=\frac{1}{y}\]
Возвращаемся к нашей исходной конструкции и продолжаем решение:
\[={{e}^{x}}\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}}+{{e}^{x}}\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}}\cdot \frac{1}{y}={{e}^{x}}\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}}\left( 1+\frac{1}{y} \right)\]
Все, по $x$ посчитано.
Однако как я и обещал, сейчас постараемся посчитать эту же частную производную другим способом. Для этого заметим следующее:
\[{{e}^{x}}\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}}={{e}^{x+\frac{x}{y}}}\]
В этом запишем так:
\[{{\left( {{e}^{x}}\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}} \right)}^{\prime }}_{x}={{\left( {{e}^{x+\frac{x}{y}}} \right)}^{\prime }}_{x}={{e}^{x+\frac{x}{y}}}\cdot {{\left( x+\frac{x}{y} \right)}^{\prime }}_{x}={{e}^{x+\frac{x}{y}}}\cdot \left( 1+\frac{1}{y} \right)\]
В результате мы получили точно такой же ответ, однако объем вычислений оказался меньшим. Для этого достаточно было заметить, что при произведении показатели можно складывать.
Теперь посчитаем по $y$:
\[{{{z}'}_{y}}={{\left( {{e}^{x}}\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}} \right)}^{\prime }}_{y}={{\left( {{e}^{x}} \right)}^{\prime }}_{y}\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}}+{{e}^{x}}\cdot {{\left( {{e}^{\frac{x}{y}}} \right)}^{\prime }}_{y}=\]
\[=0\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}}+{{e}^{x}}\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}}\cdot {{\left( \frac{x}{y} \right)}^{\prime }}_{y}=\]
Давайте решим одно выражение отдельно:
\[{{\left( \frac{x}{y} \right)}^{\prime }}_{y}=\frac{{{{{x}'}}_{y}}\cdot y-x\cdot {{{{y}'}}_{y}}}{{{y}^{2}}}=\frac{0-x\cdot 1}{{{y}^{2}}}=-\frac{1}{{{y}^{2}}}=-\frac{x}{{{y}^{2}}}\]
Продолжим решение нашей исходной конструкции:
\[={{e}^{x}}\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}}\cdot \left( -\frac{x}{{{y}^{2}}} \right)=-\frac{x}{{{y}^{2}}}\cdot {{e}^{x}}\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}}\]
Разумеется, эту же производную можно было бы посчитать вторым способом, ответ получился бы таким же.
\[z\left( x,y \right)=x\ln \left( {{x}^{2}}+y \right)\]
Посчитаем по $x$:
\[{{{z}'}_{x}}={{\left( x \right)}_{x}}\cdot \ln \left( {{x}^{2}}+y \right)+x\cdot {{\left( \ln \left( {{x}^{2}}+y \right) \right)}^{\prime }}_{x}=\]
Давайте посчитаем одно выражение отдельно:
\[{{\left( \ln \left( {{x}^{2}}+y \right) \right)}^{\prime }}_{x}=\frac{1}{{{x}^{2}}+y}\cdot {{\left( {{x}^{2}}+y \right)}^{\prime }}_{x}=\frac{2x}{{{x}^{2}}+y}\]
Продолжим решение исходной конструкции: $$
\[1\cdot \ln \left( {{x}^{2}}+y \right)+x\cdot \frac{2x}{{{x}^{2}}+y}=\ln \left( {{x}^{2}}+y \right)+\frac{2{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+y}\]
Вот такой ответ.
Осталось по аналогии найти по $y$:
\[{{{z}'}_{y}}={{\left( x \right)}^{\prime }}_{y}.\ln \left( {{x}^{2}}+y \right)+x\cdot {{\left( \ln \left( {{x}^{2}}+y \right) \right)}^{\prime }}_{y}=\]
Одно выражение посчитаем как всегда отдельно:
\[{{\left( {{x}^{2}}+y \right)}^{\prime }}_{y}={{\left( {{x}^{2}} \right)}^{\prime }}_{y}+{{{y}'}_{y}}=0+1=1\]
Продолжаем решение основной конструкции:
\[x\cdot \frac{1}{{{x}^{2}}+y}\cdot 1=\frac{x}{{{x}^{2}}+y}\]
Все посчитано. Как видите, в зависимости от того, какая переменная берется для дифференцирования, ответы получаются совершенно разные.
Вот яркий пример того, как производную одной и той же функции можно посчитать двумя различными способами. Вот смотрите:
\[{{{z}'}_{x}}=\left( {{e}^{x}}\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}} \right)={{\left( {{e}^{x}} \right)}^{\prime }}_{x}\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}}+{{e}^{x}}\cdot {{\left( {{e}^{\frac{x}{y}}} \right)}^{\prime }}_{x}=\]
\[={{e}^{x}}\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}}+{{e}^{x}}\cdot {{e}^{\frac{x}{y}}}\cdot \frac{1}{y}={{e}^{x}}\cdot {{e}^{^{\frac{x}{y}}}}\left( 1+\frac{1}{y} \right)\]
\[{{{z}'}_{x}}={{\left( {{e}^{x}}.{{e}^{\frac{x}{y}}} \right)}^{\prime }}_{x}={{\left( {{e}^{x+\frac{x}{y}}} \right)}^{\prime }}_{x}={{e}^{x+\frac{x}{y}}}.{{\left( x+\frac{x}{y} \right)}^{\prime }}_{x}=\]
\[={{e}^{x}}\cdot {{e}^{^{\frac{x}{y}}}}\left( 1+\frac{1}{y} \right)\]
При выборе разных путей, объем вычислений может быть разный, но ответ, если все выполнено верно, получится одним и тем же. Это касается как классических, так и частных производных. При этом еще раз напоминаю: в зависимости от того, по какой переменной идет взятие производной, т.е. дифференцирование, ответ может получиться совершенно разный. Посмотрите:
\[{{\left( \ln \left( {{x}^{2}}+y \right) \right)}^{\prime }}_{x}=\frac{1}{{{x}^{2}}+y}\cdot {{\left( {{x}^{2}}+y \right)}^{\prime }}_{x}=\frac{1}{{{x}^{2}}+y}\cdot 2x\]
\[{{\left( \ln \left( {{x}^{2}}+y \right) \right)}^{\prime }}_{y}=\frac{1}{{{x}^{2}}+y}\cdot {{\left( {{x}^{2}}+y \right)}^{\prime }}_{y}=\frac{1}{{{x}^{2}}+y}\cdot 1\]
В заключение для закрепления всего этого материала давайте попробуем посчитать еще два примера.
\[z\left( x,y \right)={{3}^{x\sin y}}\]
Давайте запишем такие формулы:
\[{{\left( {{a}^{x}} \right)}^{\prime }}={{a}^{x}}\cdot \ln a\]
\[{{\left( {{e}^{x}} \right)}^{\prime }}={{e}^{x}}\]
Давайте теперь решать наше выражение:
\[{{{z}'}_{x}}={{\left( {{3}^{x\sin y}} \right)}^{\prime }}_{x}={{3}^{x.\sin y}}\cdot \ln 3\cdot {{\left( x\cdot \sin y \right)}^{\prime }}_{x}=\]
Отдельно посчитаем такую конструкцию:
\[{{\left( x\cdot \sin y \right)}^{\prime }}_{x}={{{x}'}_{x}}\cdot \sin y+x{{\left( \sin y \right)}^{\prime }}_{x}=1\cdot \sin y+x\cdot 0=\sin y\]
Продолжаем решать исходное выражение:
\[={{3}^{x\sin y}}\cdot \ln 3\cdot \sin y\]
Это окончательный ответ частной переменной по $x$. Теперь посчитаем по $y$:
\[{{{z}'}_{y}}={{\left( {{3}^{x\sin y}} \right)}^{\prime }}_{y}={{3}^{x\sin y}}\cdot \ln 3\cdot {{\left( x\sin y \right)}^{\prime }}_{y}=\]
Решим одно выражение отдельно:
\[{{\left( x\cdot \sin y \right)}^{\prime }}_{y}={{{x}'}_{y}}\cdot \sin y+x{{\left( \sin y \right)}^{\prime }}_{y}=0\cdot \sin y+x\cdot \cos y=x\cdot \cos y\]
Решаем до конца нашу конструкцию:
\[={{3}^{x\cdot \sin y}}\cdot \ln 3\cdot x\cos y\]
\[t\left( x,y,z \right)=x{{e}^{y}}+y{{e}^{z}}\]
На первый взгляд этот пример может показаться достаточно сложным, потому что здесь три переменных. На самом деле, это одна из самых простых задач в сегодняшнем видеоуроке.
Находим по $x$:
\[{{{t}'}_{x}}={{\left( x{{e}^{y}}+y{{e}^{z}} \right)}^{\prime }}_{x}={{\left( x\cdot {{e}^{y}} \right)}^{\prime }}_{x}+{{\left( y\cdot {{e}^{z}} \right)}^{\prime }}_{x}=\]
\[={{\left( x \right)}^{\prime }}_{x}\cdot {{e}^{y}}+x\cdot {{\left( {{e}^{y}} \right)}^{\prime }}_{x}=1\cdot {{e}^{y}}+x\cdot o={{e}^{y}}\]
Теперь разберемся с $y$:
\[{{{t}'}_{y}}={{\left( x\cdot {{e}^{y}}+y\cdot {{e}^{z}} \right)}^{\prime }}_{y}={{\left( x\cdot {{e}^{y}} \right)}^{\prime }}_{y}+{{\left( y\cdot {{e}^{z}} \right)}^{\prime }}_{y}=\]
\[=x\cdot {{\left( {{e}^{y}} \right)}^{\prime }}_{y}+{{e}^{z}}\cdot {{\left( y \right)}^{\prime }}_{y}=x\cdot {{e}^{y}}+{{e}^{z}}\]
Мы нашли ответ.
Теперь остается найти по $z$:
\[{{{t}'}_{z}}={{\left( x\cdot {{e}^{y}}+{{y}^{z}} \right)}^{\prime }}_{z}={{\left( x\cdot {{e}^{y}} \right)}^{\prime }}_{z}+{{\left( y\cdot {{e}^{z}} \right)}^{\prime }}_{z}=0+y\cdot {{\left( {{e}^{z}} \right)}^{\prime }}_{z}=y\cdot {{e}^{z}}\]
Мы посчитали третью производную, на чем решение второй задачи полностью завершено.
Как видите, ничего сложного в этих двух примерах нет. Единственное, в чем мы убедились, так это в том, что производная сложной функции применяется часто и в зависимости от того, какую частную производную мы считаем, мы получаем разные ответы.
В последней задаче нам было предложено разобраться с функцией сразу от трех переменных. Ничего страшного в этом нет, однако в самом конце мы убедились, что все они друг от друга существенно отличаются.
Окончательные выводы из сегодняшнего видеоурока следующие:
Конечно, просмотра одного этого видеоурока недостаточно, чтобы полностью разобраться в этой теме, поэтому прямо сейчас на моем сайте именно к этому видео есть комплект задач, посвященных именно сегодняшней теме — заходите, скачивайте, решайте эти задачи и сверяйтесь с ответом. И после этого никаких проблем с частными производными ни на экзаменах, ни на самостоятельных работах у вас не будет. Конечно, это далеко не последний урок по высшей математике, поэтому заходите на наш сайт, добавляйтесь ВКонтакте, подписывайтесь на YouTube, ставьте лайки и оставайтесь с нами!
