1樓：匿名使用者
設f(x),g(x)是兩個可導的函式，來證明f(g(x))可導。
這個要按導數的定義來證明，導數的定義是f'(x)=lim[f(x+δx)-f(x)]/δx,
[f(g(x))]'=lim[f(g(x+δx)-f(g(x))]/δx. 令δt=g(x+δx)-g(x)
所以有lim[f(g(x+δx)-f(g(x))]/δx=lim(δt/δx) [就是分子分母同時乘以δt]
limδt/δx=lim[g(x+δx)-g(x)]/δx=g'(x),lim=f'(t),其中t=g(x)
上述兩個極限存在，所以極限lim[f(g(x+δx)-f(g(x))]/δx=lim(δt/δx)存在，也就是f(g(x))可導，且按上述推導過程可知[f(g(x))]'=f'(t)g'(x)=f'(g(x))g'(x)，即複合函式的求導法則。
2樓：匿名使用者
cr條件只是函式可導的必要條件，就是滿足cr方程未必此函式可導。
3樓：
一元複變函式可導的充要條件是，在區域內a（x，y）和b（x，y）可微，且滿足cr方程（其中分f（z）=a+ib）
兩個函式可導則其複合函式可導嗎？證明過程是什麼？
4樓：匿名使用者
兩個函式
襲可導則其複合函bai
數可導。
設f(x)，g(x)是兩
du個可導的函式
據導數的定義：zhif'(x)=lim[f(x+δ
daox)-f(x)]/δx,
[f(g(x))]'=lim[f(g(x+δx)-f(g(x))]/δx. 令δt=g(x+δx)-g(x)
所以 lim[f(g(x+δx)-f(g(x))]/δx=lim(δt/δx)
limδt/δx=lim[g(x+δx)-g(x)]/δx=g'(x),lim=f'(t),其中t=g(x)
上述兩個極限存在，所以極限lim[f(g(x+δx)-f(g(x))]/δx=lim(δt/δx)存在，即f(g(x))可導。
參考資料
兩個函式可導則其複合函式可導嗎？.作業幫[引用時間2018-4-4]
證明函式連續性和可導性的題可不可以只寫可導性的證明過程。然後說明由於可導必連續就可以了？還是一定要
5樓：匿名使用者
我一般都是直接證可導的的說。。
6樓：孤獨客不獨
可導必然連續，可以這樣證
7樓：匿名使用者
可以這樣證明，且過程要嚴謹，但這樣並不省力，因為可導性的證明是以連續性為“前提”的，也就是說，你在證明可導性的過程中必然已經先證明了連續性，然後再證明可導性，最後再證明一次連續性，所以比較囉嗦、不省力！
不然，你先假設函式的連續性，進而證明可導性，再通過可導性證明連續性，這樣必然會存在“迴圈論證”的嫌疑！
所以，比較好的中規中矩的辦法是先證明連續性，在證明可導性，除非題目指明瞭由可導性證明連續性。
複變函式:求解釋
8樓：fly瑪尼瑪尼
不要把概念混淆了。我從下面幾個層次對“可導”進行說明。
(1)對t可導：這也是專
本題的主要含義。屬
①t是複數。那麼就有z(t)=(i-1)t+1是關於複數t的一次函式，屬於基本函式之一，所以可導是容易理解的。如果要結合柯西-黎曼方程來判斷，可以設t=x+iy，然後設z的實部和虛部分別為u和v，這時可以證明，函式z(t)是滿足柯西-黎曼方程的，也就證明了z(t)可導。
②t是實數。這時候t就相當於複變函式自變數中的x。那麼y跑去**了呢？
既然y沒有出現，也就說明z(t)只和t的實部有關，而與它的虛部無關。這時候如果設自變數為t+iy，z=u+iv，其中y、u、v都是實數。那麼四個偏導數分別為ut=-1，uy=0，vt=i，uy=0.
既然u和v對t的偏導數都存在，那麼也就意味著對t可導了。
(2)對z可導。一個變數關於自身可導，這恐怕是沒有疑問的了。
設z(t)=1-t+it=u+iv，z=x+iy，那麼不管t是實數還是虛數，必定有u=x，v=y，所以
ux=1，uy=0，vx=0，vy=1，始終滿足柯西-黎曼方程，因此必定關於z可導。
如果有問題歡迎繼續追問。
如何判斷一個函式是否可導具有可導性
9樓：匿名使用者
即設y=f(x)是一個單變數函式， 如果y在
x=x0處左右導數分別存在且相等,則稱y在x=x[0]處可導。如果一個函式在x0處可導，那麼它一定在x0處是連續函式。
1、設f(x)在x0及其附近有定義,則當a趨向於0時,若 [f(x0+a)-f(x0)]/a的極限存在, 則稱f(x)在x0處可導。
2、若對於區間(a,b)上任意一點m，f(m)均可導，則稱f(x)在(a，b)上可導。
函式在定義域中一點可導需要一定的條件：函式在該點的左右導數存在且相等，不能證明這點導數存在。只有左右導數存在且相等，並且在該點連續，才能證明該點可導。
可導的函式一定連續；連續的函式不一定可導，不連續的函式一定不可導。
擴充套件資料
函式可導的知識點：
1、所有初等函式在定義域的開區間內可導。
2、所有函式連續不一定可導，在不連續的地方一定不可導。
3、函式在某點的左、右導數存在且相等，則函式在該點可導。
4、函式在開區間的每一點可導，則函式在開區間可導。
5、設f(x)=|x-a|g(x)，g(x)在x=a處連續。
(1)若g(a)=0，則f(x)在x=a處可導，且導數等於0；
(2) 若g(a)≠0，則f(x)在x=a處不可導。
6、可導函式的奇函式的導函式是偶函式，可導函式的偶函式的導函式是奇函式。
10樓：angela韓雪倩
首先判斷函式在這個點x0是否有定義，即f(x0)是否存在；其次判斷f(x0)是否連續，即f(x0-), f(x0+), f(x0)三者是否相等；再次判斷函式在x0的左右導數是否存在且相等，即f‘(x0-)=f'(x0+)，只有以上都滿足了，則函式在x0處才可導。
可導的函式一定連續；不連續的函式一定不可導。
可導，即設y=f(x)是一個單變數函式， 如果y在x=x0處存在導數y′=f′(x),則稱y在x=x[0]處可導。
如果一個函式在x0處可導，那麼它一定在x0處是連續函式。
11樓：o客
判斷函式
在區間內是否可導，即函式的可導性，已超出中學範圍。但是應該知道定理：
1.所有初等函式在定義域的開區間內可導。
2.所有函式連續不一定可導，在不連續的地方一定不可導。
在大學，再加上用單側導數判斷可導性：
3.函式在某點的左、右導數存在且相等，則函式在該點可導。
4.函式在開區間的每一點可導，則函式在開區間可導。
12樓：匿名使用者
^y,就是x=m(z),y=n(z),接下來先求出曲線上一點（x0,y0,z0)繞z軸形成的曲線,也就是x^2+y^2=x0^2+y0^2=m(z0)^2+n(z)^2；z=z0;然後根據y的任意性,直接把z=z0去掉,x^2+y^2=m(z)^2+n(z)^2就是所求的曲面方程
13樓：匿名使用者
在某一點的左右導數存在且相等，用定義！
14樓：貓狗一家
可導就可微，可微就可導
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