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多変数関数の微分

多変数関数の全微分と方向微分の関係

目次

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全微分可能な関数は方向微分可能

多変数関数\(f:\mathbb{R} ^{n}\supset X\rightarrow \mathbb{R} \)が定義域上の点\(a\in X\)において全微分可能であることとは、\(f\)が点\(a\)の周辺の任意の点において定義されているとともに、\begin{equation*}\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f\left( a+h\right) -f\left( a\right) -f^{\prime
}\left( a\right) \cdot h}{\left\Vert h\right\Vert }=0
\end{equation*}を満たす点\(f^{\prime }\left( a\right) \in \mathbb{R} ^{n}\)が存在することを意味します。関数\(f\)が定義域上の点\(a\)において全微分可能である場合、\(f\)は点\(a\)において偏微分可能であり、そこでの全微分係数\(f^{\prime }\left( a\right) \)は勾配ベクトル\(\nabla f\left( a\right) \)と一致しますが、実は、全微分可能性は方向微分可能性もまた含意します。つまり、\(f\)が点\(a\)において全微分可能であるとき、\(f\)は点\(a\)において任意の方向\(e\in \mathbb{R} ^{n}\backslash \left\{ 0\right\} \)に方向微分可能であるとともに、その点における方向微分係数\(f_{e}\left( a\right) \)はそこでの勾配ベクトル\(\nabla f\left( a\right) \)と方向ベクトル\(e\)の内積として定まります。つまり、\begin{equation*}f_{e}\left( a\right) =\nabla f\left( a\right) \cdot e
\end{equation*}という関係が成り立つということです。

命題(全微分可能な関数は方向微分可能)
関数\(f:\mathbb{R} ^{n}\supset X\rightarrow \mathbb{R} \)が定義域上の点\(a\in X\)において全微分可能であるならば、方向ベクトル\(e\in \mathbb{R} ^{n}\backslash \left\{ 0\right\} \)を任意に選んだとき、\(f\)は点\(a\)において\(e\)方向に方向微分可能であるとともに、以下の関係\begin{equation*}f_{e}\left( a\right) =\nabla f\left( a\right) \cdot e
\end{equation*}が成り立つ。

証明

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例(全微分可能な関数は方向微分可能)
関数\(f:\mathbb{R} ^{n}\supset X\rightarrow \mathbb{R} \)の定義域\(X\)は開集合であるとともに、\(f\)は定義域\(X\)上で全微分可能であるものとします。先の命題より、この場合には\(f\)は\(X\)上において方向微分可能であるため、方向ベクトル\(e\in \mathbb{R} ^{n}\backslash \left\{ 0\right\} \)を任意に選んだとき、\(f\)は\(e\)方向に方向微分可能であるとともに、方向導関数\(f_{e}^{\prime }:\mathbb{R} ^{n}\supset X\rightarrow \mathbb{R} \)はそれぞれの\(x\in X\)に対して、\begin{equation*}f_{e}\left( x\right) =\nabla f\left( x\right) \cdot e
\end{equation*}を定めます。

例(全微分可能な関数は方向微分可能)
関数\(f:\mathbb{R} ^{3}\rightarrow \mathbb{R} \)はそれぞれの\(\left( x,y,z\right) \in \mathbb{R} ^{3}\)に対して、\begin{equation*}f\left( x,y,z\right) =x^{2}yz
\end{equation*}を定めます。この関数\(f\)は多変数の多項式関数であるため全微分可能であるため、先の命題より、\(f\)は任意の方向\(\left( e_{1},e_{2},e_{3}\right) \)に方向微分可能であるとともに、方向導関数\(f_{\left( e_{1},e_{2},e_{3}\right) }^{\prime }:\mathbb{R} ^{3}\rightarrow \mathbb{R} \)はそれぞれの\(\left( x,y,z\right) \in \mathbb{R} ^{3}\)に対して、\begin{eqnarray*}f_{\left( e_{1},e_{2},e_{3}\right) }^{\prime }\left( x,y,z\right) &=&\nabla
f\left( x,y,z\right) \cdot \left( e_{1},e_{2},e_{3}\right) \\
&=&\left( \frac{\partial f\left( x,y,z\right) }{\partial x},\frac{\partial
f\left( x,y,z\right) }{\partial y},\frac{\partial f\left( x,y,z\right) }{\partial z}\right) \cdot \left( e_{1},e_{2},e_{3}\right) \\
&=&\left( 2xyz,x^{2}z,x^{2}y\right) \cdot \left( e_{1},e_{2},e_{3}\right) \\
&=&2xyze_{1}+x^{2}ze_{2}+x^{2}ye_{3}
\end{eqnarray*}を定めます。したがって、例えば、\begin{equation*}
\left( e_{1},e_{2},e_{3}\right) =\left( 1,0,0\right)
\end{equation*}の場合には、\begin{equation*}
f_{\left( 1,0,0\right) }^{\prime }\left( x,y,z\right) =2xyz
\end{equation*}となります。

 

方向微分可能な関数は全微分可能であるとは限らない

先の命題の逆は成立するとは限りません。つまり、関数\(f\)が定義域上の点\(a\)において任意の方向\(e\)に方向微分可能である場合、\(f\)は点\(a\)において全微分可能であるとは限りません。以下の例より明らかです。

例(方向微分可能だが全微分可能ではない関数)
関数\(f:\mathbb{R} ^{2}\rightarrow \mathbb{R} \)はそれぞれの\(\left( x,y\right) \in \mathbb{R} ^{2}\)に対して、\begin{equation*}f\left( x,y\right) =\left\{
\begin{array}{cc}
\frac{x^{2}y}{x^{4}+y^{2}} & \left( if\ \left( x,y\right) \not=\left(
0,0\right) \right) \\
0 & \left( if\ \left( x,y\right) =\left( 0,0\right) \right)
\end{array}\right.
\end{equation*}を定めるものとします。このスカラー場\(f\)は点\(\left( 0,0\right) \)において任意の方向\(\left( e_{1},e_{2}\right) \)に方向微分可能です。実際、\(\left( e_{1},e_{2}\right) =\left( 0,0\right) \)の場合には、\begin{eqnarray*}\frac{\partial f\left( 0,0\right) }{\partial \left( e_{1},e_{2}\right) }
&=&\left. \frac{df\left( 0+he_{1},0+he_{2}\right) }{h}\right\vert
_{h=0}\quad \because \text{方向微分と微分の関係} \\
&=&\left. \frac{df\left( he_{1},he_{2}\right) }{h}\right\vert _{h=0} \\
&=&\lim_{\Delta h\rightarrow 0}\frac{f\left( \Delta he_{1},\Delta
he_{2}\right) -f\left( 0,0\right) }{\Delta h} \\
&=&\lim_{\Delta h\rightarrow 0}\frac{f\left( 0,0\right) -f\left( 0,0\right)
}{\Delta h}\quad \because \left( e_{1},e_{2}\right) =\left( 0,0\right) \\
&=&\lim_{\Delta h\rightarrow 0}\frac{0-0}{\Delta h}\quad \because f\text{の定義} \\
&=&\lim_{\Delta h\rightarrow 0}0 \\
&=&0
\end{eqnarray*}である一方、\(\left( e_{1},e_{2}\right)\not=\left( 0,0\right) \)の場合には、\begin{eqnarray*}\frac{\partial f\left( 0,0\right) }{\partial \left( e_{1},e_{2}\right) }
&=&\left. \frac{df\left( 0+he_{1},0+he_{2}\right) }{h}\right\vert
_{h=0}\quad \because \text{方向微分と微分の関係} \\
&=&\left. \frac{df\left( he_{1},he_{2}\right) }{h}\right\vert _{h=0} \\
&=&\lim_{\Delta h\rightarrow 0}\frac{f\left( \Delta he_{1},\Delta
he_{2}\right) -f\left( 0,0\right) }{\Delta h} \\
&=&\lim_{\Delta h\rightarrow 0}\frac{1}{\Delta h}\left( \frac{\left( \Delta
he_{1}\right) ^{2}\left( \Delta he_{2}\right) }{\left( \Delta he_{1}\right)
^{4}+\left( \Delta he_{2}\right) ^{2}}-0\right) \quad \because f\text{の定義} \\
&=&\lim_{\Delta h\rightarrow 0}\frac{1}{\Delta h}\left( \frac{\left( \Delta
h\right) ^{3}e_{1}^{2}e_{2}}{\left( \Delta h\right) ^{4}e_{1}^{4}+\left(
\Delta h\right) ^{2}e_{2}^{2}}\right) \\
&=&\lim_{\Delta h\rightarrow 0}\left( \frac{e_{1}^{2}e_{2}}{\left( \Delta
h\right) ^{2}e_{1}^{4}+e_{2}^{2}}\right) \\
&=&\frac{e_{1}^{2}e_{2}}{e_{2}^{2}} \\
&=&\frac{e_{1}^{2}}{e_{2}}
\end{eqnarray*}です。これらはいずれも有限な実数であるため、\(f\)は\(\left( 0,0\right) \)において任意の方向\(\left(e_{1},e_{2}\right) \)に方向微分可能です。その一方で\(f\)は\(\left( 0,0\right) \)において全微分可能ではありません。実際、\(f\)の定義より、\begin{equation*}f\left( 0,0\right) =0
\end{equation*}が成り立つ一方で、\(\left( x,y\right) \)を以下のような\(\mathbb{R} ^{2}\)の部分集合\begin{equation*}\left\{ \left( x,y\right) \in \mathbb{R} ^{2}\ |\ y=x^{2}\right\}
\end{equation*}上の点をとりながら\(\left( 0,0\right) \)へ限りなく近づける場合、\begin{eqnarray*}\left( x,y\right) \rightarrow \left( 0,0\right) &\Leftrightarrow &\left(
x,x^{2}\right) \rightarrow \left( 0,0\right) \quad \because y=x^{2} \\
&\Leftrightarrow &x\rightarrow 0
\end{eqnarray*}であることに留意すると、\begin{eqnarray*}
\lim_{\left( x,y\right) \rightarrow \left( 0,0\right) }f\left( x,y\right)
&=&\lim_{\left( x,y\right) \rightarrow \left( 0,0\right) }\left( \frac{x^{2}y}{x^{4}+y^{2}}\right) \quad \because f\text{の定義} \\
&=&\lim_{x\rightarrow 0}\left( \frac{x^{4}}{x^{4}+x^{4}}\right) \quad
\because y=x^{2} \\
&=&\lim_{x\rightarrow 0}\left( \frac{1}{2}\right) \\
&=&\frac{1}{2}
\end{eqnarray*}となりますが、これは\(f\left( 0,0\right) \)と一致しないため、ゆえに\(f\)は点\(\left(0,0\right) \)において連続ではありません。多変数関数が点において全微分可能であるとき、その関数はその点において連続です。対偶より、\(f\)は\(\left( 0,0\right) \)において全微分可能ではないことが示されました。

 

演習問題

問題(全微分と方向微分の関係)
関数\(f:\mathbb{R} ^{2}\rightarrow \mathbb{R} \)はそれぞれの\(\left( x,y\right) \in \mathbb{R} ^{2}\)に対して、\begin{equation*}f\left( x,y\right) =x\cos \left( y\right)
\end{equation*}を定めます。この関数\(f\)が方向微分可能な方向\(\left( e_{1},e_{2}\right) \)を特定するとともに、方向導関数\(f_{\left( e_{1},e_{2}\right) }^{\prime }\)を求めてください。
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問題(全微分と方向微分の関係)
関数\(f:\mathbb{R} ^{3}\rightarrow \mathbb{R} \)はそれぞれの\(\left( x,y,z\right) \in \mathbb{R} ^{3}\)に対して、\begin{equation*}f\left( x,y,z\right) =x^{2}z+y^{3}z^{2}-xyz
\end{equation*}を定めます。この関数\(f\)が方向微分可能な方向\(\left( e_{1},e_{2},e_{3}\right) \)を特定するとともに、方向導関数\(f_{\left( e_{1},e_{2},e_{3}\right) }^{\prime }\)を求めてください。
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