1632
правки
Изменения
м
начало теоремы
{{Теорема
|about=
Дифференцирование сложной функции
|statement=
Пусть <tex>y = f(x)</tex> дифференцируема в точке <tex>x_0</tex>, <tex>y_0 = f(x_0)</tex>. Пусть <tex>z = g(y)</tex> дифференцируема в <tex>y_0</tex>. Тогда в некоторой окрестности <tex>x_0</tex> корректно определена сложная функция <tex>z = g(f(x))</tex> и её производная равна <tex>z' = g'(y_0)f'(x_0)</tex>.
|proof=
rollbackEdits.php mass rollback
{{Определение
|definition=
Пусть <tex>V_{r}(x)</tex> {{---}}шар в <tex>X, \quad \mathcal{F} : V_r(x) \to Y </tex>. <tex>\mathcal{F}</tex> {{---}} '''дифференцируема''' в точке <tex>x</tex>, если существует зависящий от <tex> x </tex> ограниченный линейный оператор <tex>\mathcal{A} : X \to Y</tex>, такой, что если <tex>\left \| \Delta x \right \| < r</tex>, <tex>(x + \Delta x ) \in V_r(x))</tex>, то:
<tex> \mathcal{F}(x + \Delta x) - \mathcal{F}(x) = \mathcal{A}(\Delta x) + \alpha(\Delta x) \left \| \Delta x \right \| </tex>,
Тогда <tex>\mathcal{A}(x) = \mathcal{F}'(x)</tex> {{---}} '''производная Фреше''' отображения <tex>\mathcal{F}</tex> в точке <tex>x</tex>.
}}
При <tex> X = Y = \mathcalmathbb{R} </tex> получаем определение дифференциала и производной функции одной переменной.
Установим теорему, обобщающую классическое правило дифференцирования сложной функции :
|proof=
Доказательство копирует классическое доказательство, с заменой знака модуля на знак нормы.
Вот же оно!
По определению дифференциала
<tex>\Delta z = g(y_0 + \Delta y) - g(y_0) = g'(y_0)\Delta y + o(\Delta y)</tex> и
}}
конец теоремы, далее следует продолжение конспекта про отображения в НП
}}
Из дифференцируемости следует непрерывность :
<tex>\left|\| \mathcal{F}'(x)\Delta x |\right| \le \left|\| \mathcal{F}'(x)|\right| \left|\| \Delta x |\right|</tex>.
Исходя из неравенства треугольника и определения производной,
Правая часть этого выражения стремится к нулю при <tex> \Delta x \rightarrow 0 </tex>, следовательно, <tex>\mathcal{F}</tex> {{---}} непрерывна в точке <tex> x </tex>.
Найдем вид матрицы производной Фреше при <tex>\mathcal{F} : V_r(x) \subset \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m</tex>. Пусть <tex>\mathcal{F}'(\overline{x}) = A_{ij}A</tex>
По условию <tex>\mathcal{F}(\overline{x} + \Delta\overline{x}) - \mathcal{F}(\overline{x}) = \mathcal{F}'(\overline{x})\Delta\overline{x} + \alpha(\Delta\overline{x})\left|\|\Delta\overline{x}|\right|</tex>
<tex>\mathcal{F} = (\mathcal{F}_1,...,\mathcal{F}_n), \quad \mathcal{F}_i(\overline{x} + \Delta\overline{x}) - \mathcal{F}_i(\overline{x}) = \sum\limits_{j = 1}^{n}A_{ij} \Delta x_j + \alpha_i(\Delta\overline{x})\left|\|\Delta\overline{x}|\right|</tex>
<tex> \Delta x = h \cdot e_j = (0, 0,..,h,..,0), \quad \forall h \in \mathbb{R}</tex>
</tex>
== Дифференциирование Дифференцирование композиции функций ==
Существование всех частных производных координатных функции отнюдь не гарантирует дифференцируемость <tex>\mathcal{F}</tex>. Для указания достаточных условий предварительно рассмотрим один частный случай {{---}} дифференцирование композиций.
{{Теорема
|authorabout=
Неравенство Лагранжа
|statement=
<tex>\forall \overline{a},\overline{b} \in V : \left|\left| \mathcal{F}(\overline{b}) - \mathcal{F}(\overline{a})\right|\right| \le M\left|\left|\overline{b}-\overline{a}\right|\right|</tex>, где <tex>M = \sup\limits_{x \in [\overline{a},\overline{b}]} \left|\left|\mathcal{F}'(\overline{x})\right|\right| </tex>
|proof=
По доказанному ранее, для <tex>\mathcal{F}(\overline{b}) - \mathcal{F}(\overline{a}) \in \mathbb{R}^m </tex> существует линейный непрерывный функционал <tex>\varphi : \varphi(\mathcal{F}(\overline{a}) - \mathcal{F}(\overline{b})) = \left|\left|\mathcal{F}(\overline{a}) - \mathcal{F}(\overline{b})\right|\right|, \quad \|\varphi\|= 1</tex> Докажем, что <tex>\varphi = \varphi|| '</tex>. Так как <tex>\varphi</tex> {{---}} линейный оператор, то <tex>\varphi(\bar x) = \varphi(x_1, x_2, \ldots, x_n) = \sum\limits_{k= 1}^n a_k x_k</tex>. То есть, оператор <tex>\varphi</tex> можно представить как строку <tex>(a_1, a_2, \ldots, a_n)</tex>. Рассмотрим <tex>\varphi'</tex>. Построим матрицу Якоби для производной. <tex>\varphi' = (\frac{\partial f}{\partial x_1}, \frac{\partial f}{\partial x_2}, \ldots, \frac{\partial f}{\partial x_n} )</tex>.
Посчитаем первую координату производной <tex>\frac{\partial f}{\partial x_1} = \frac{\partial}{\partial x_1} \sum\limits_{k=1}^n a_k x_k = \sum\limits_{k=1}^n \frac{a_k \partial x_k}{x_1} = a_1 \frac{\partial x_1}{\partial x_1} = a_1</tex>. Мы получили полное благорастворение! Первая координата оператора и его производной совпали. Аналогично совпадают остальные координаты. Значит, <tex> \varphi' = \varphi '</tex>.
<tex>g(t) = \varphi(\mathcal{F}(\overline{a} + t(\overline{b} - \overline{a}))), \quad t \in [0, 1]</tex>
Так как шар {{---}} выпуклый, то всё корректно определено.
По правилу дифференцирования сложной функции, <tex>g'(t) = \varphi'\mathcal{F}'(\overline{a}+t(\overline{b}-\overline{a}))(\overline{b}-\overline{a})</tex>
<tex>||g'(t)|| \le |\|\varphi'|\|\cdot |\|\mathcal{F}'(\overline{a} + t(\overline{b} - \overline{a}))|\|\cdot |\|\overline{b} - \overline{a}|\| \le 1 \cdot M \cdot |\|\overline{b}-\overline{a}|\|</tex>
Подставляя это в формулу конечных приращений Лагранжа: <tex>g(1) - g(0) = g'(\theta)</tex>, приходим к неравенству Лагранжа.
<tex dpi = "140">f(\overline{a} + \Delta\overline{a}) - f(\overline{a}) = \sum\limits_{j = 1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x_j}(\overline{a} + \Theta \Delta\overline{a}) \Delta a_j, \ \Theta \in (0,1) </tex>
<tex dpi = "140">\frac{\partial f}{\partial x_j}(\overline{a} + \Theta \Delta\overline{a}) = \frac{\partial f}{\partial x_j}(\overline{a}) + \alpha_j(\Delta\overline{a})</tex>, все <tex>\alpha_j(\Delta \overline a) \to 0</tex> при <tex>\Delta\overline{a} \to 0</tex> - из непрерывности <tex> f' </tex>
<tex>f(\overline{a} + \Delta\overline{a}) - f(\overline{a}) = \sum\limits_{j = 1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x_j}(\overline{xa})\Delta a_j + \sum\limits_{j = 1}^{n}\alpha_j(\Delta \overline{a})\cdot\Delta a_j</tex>
Нужно доказать, что вторая сумма {{---}} <tex>o(\Delta a)</tex>, ибо первая сумма и есть формально записанный дифференциал. По неравенству Коши для сумм :
<tex>\left|\sum\limits_{j = 1}^{n}\alpha_j(\Delta\overline{a})\cdot\Delta a_j\right| \le \sqrt{\sum\limits_{j = 1}^{n}\alpha_j^2(\Delta \overline{a})}|\|\Delta \overline{a}_j|\|</tex>
Выражение под корнем стремится к нулю, таким образом, получаем требуемое.
