TODO: исправить кучу ошибок, которая наваливается ближе к концу.
| Определение: |
| Пусть [math]V_{r}(x)[/math] - шар в [math]X, \quad \mathcal{F} : V_r(x) \to Y [/math]. [math]\mathcal{F}[/math] - дифференцируема в точке [math]x[/math], если существует ограниченный линейный оператор [math]\mathcal{A} : X \to Y[/math], который может зависеть от [math]x[/math], такой что : [math]\left || \Delta x \right|| \lt r, (x + \Delta x \in V_r(x))[/math]
[math]\lt \mathcal{F}(x + \Delta x) - \mathcal{F}(x) = \mathcal{A}(\Delta x) + \alpha(\Delta x) \left || \Delta x \right ||,
\alpha(\Delta x) \rightarrow 0[/math] при [math]\Delta x \rightarrow 0[/math]
Тогда [math]\mathcal{A}(x) = \mathcal{F}'(x)[/math] - производная Фреше отображения [math]\mathcal{F}[/math] в точке [math]x[/math]. |
Установим теорему, обобщающую классическое правило дифференцирования сложной функции :
| Теорема: |
Композиция дифференцируемых отображений, дифференцируема. Производная Фреше равна композиции производных Фреше отображений.
Пусть [math]\mathcal{F} : V_r(x) \to Y, y = \mathcal{F}(x), \mathcal{G} : V_{r_1}(y) \to Z \quad \exists \mathcal{F}'(x), \mathcal{G}'(y), \mathcal{T} = \mathcal{G} \circ \mathcal{F}[/math], тогда [math]\exists \mathcal{T}'(x) = \mathcal{G}'(y)\mathcal{F}'(x)[/math] |
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] |
|
Доказательство копирует классическое доказательство, с заменой знака модуля на знак нормы. |
| [math]\triangleleft[/math] |
Из дифференцируемости следует непрерывность : [math]\left|| \mathcal{F}'(x)\Delta x |\right| \le \left|| \mathcal{F}'(x)|\right| \left|| \Delta x |\right|[/math]
[math]\left|| \mathcal{F}(x + \Delta x) - \mathcal{F}(x)|\right| \le \left|| \mathcal{F}'(x)|\right| \left||\Delta x |\right| + \left|| \alpha(\Delta x)|\right| \left||\Delta x|\right|[/math]
Правая часть этого выражения стремится к нулю, следовательно [math]\mathcal{F}[/math] - непрерывна в [math]x[/math].
Найдем вид матрицы производной Фреше при [math]\mathcal{F} : V_r(x) = \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m[/math]. Пусть [math]\mathcal{F}'(\overline{x}) = A_{ij}[/math]
По условию [math]\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|[/math]
[math]\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|[/math]
[math] \Delta x = h \cdot e_j = (0, 0,..,h,..,0), \quad \forall h \in \mathbb{R}[/math]
[math]\mathcal{F}_i(\overline{x} + h\overline{e_j}) - \mathcal{F}_i(\overline{x}) = A_{ij}h + \alpha_i(h\overline{e_j})|h|[/math]
[math]\frac{\mathcal{F}_i(\overline{x} + h\overline{e_j}) - \mathcal{F}_i(x)}{h} = A_{ij} + \alpha_i(h e_j) \frac{|h|}{h}[/math]
У дроби справа будет предел, т.к [math]\alpha_i(h e_j) \to 0[/math] при [math]h \to 0[/math] и [math]\left| \frac{|h|}{h} \right | \le 1[/math]
[math]A_{ij} = \lim\limits_{h \to 0} \frac{\mathcal{F}_i(\overline{x} + h\overline{e_j}) - \mathcal{F}_i(x)}{h}[/math]
| Определение: |
| Данный предел называется частной производной первого порядка функции [math]\mathcal{F}_i[/math] по переменной [math]x_j[/math].
[math]A_{ij} = \lim\limits_{h \to 0} \frac{\mathcal{F}_i(\overline{x} + h\overline{e_j}) - \mathcal{F}_i(x)}{h} = \frac{\delta \mathcal{F}_i}{\delta x_j}[/math] |
| Определение: |
| Матрица, составленная из элементов [math]A_{ij}[/math] - матрица Якоби отображения [math]\mathcal{F} \quad[/math] .
[math]
A = (\mathcal{F}'(x)) =
\begin{pmatrix}
\frac{\delta \mathcal{F}_1}{\delta x_1} & \frac{\delta \mathcal{F}_1}{\delta x_2} &...&\frac{\delta \mathcal{F}_1}{\delta x_n}\\
\frac{\delta \mathcal{F}_2}{\delta x_1} & \frac{\delta \mathcal{F}_2}{\delta x_2} &...&\frac{\delta \mathcal{F}_2}{\delta x_n}\\
...&...&...&...\\
\frac{\delta \mathcal{F}_m}{\delta x_1} & \frac{\delta \mathcal{F}_m}{\delta x_1} &...&\frac{\delta \mathcal{F}_m}{\delta x_n}
\end{pmatrix}
[/math] |
| Определение: |
| При [math]n = m[/math] определитель этой матрицы - якобиан. |
Пример :
[math]
\mathcal{F} : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^3 \quad
\mathcal{F} =
\left\{
\begin{aligned}
y_1 &= x_1 + x_2 \\
y_2 &= x_1x_2 \\
y_3 &= x_1 - x_2
\end{aligned}
\right.
[/math]
[math]
\mathcal{F}' =
\begin{pmatrix}
1 & 1\\
x_2 & x_1 \\
1 & -1
\end{pmatrix}
[/math]
Существование всех частных производных координатных функции отнюдь не гарантирует дифференцируемость [math]\mathcal{F}[/math]. Для указания достаточных условий предварительно рассмотрим один частный случай - дифференцирование композиций.
Пусть [math]f : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}[/math] - функция [math]n[/math] переменных. [math]y = f(x_1, x_2,...,x_n), \quad [/math]
[math]x_j = \varphi_j(t), \quad t \in \mathbb{R}[/math]
[math]y = g(t) = f(\varphi_1(t), \varphi_2(t),...,\varphi_n(t))[/math]
Пусть существует [math]f^{-1}(\overline{x}), \quad \varphi_j(t)[/math]
[math] (f'(\overline{x})) = (\frac{\delta f}{\delta x_1}, \frac{\delta f}{\delta x_2},...,\frac{\delta f}{\delta x_n})[/math]
[math]\overline{\varphi}(t) = (\varphi_1(t),...,\varphi_n(t))[/math]
[math]
(\overline{\varphi'}(x)) =
\begin{pmatrix}
\varphi_{1}'(t)\\
\varphi_{2}'(t)\\
...\\
\varphi_{n}'(t)\\
\end{pmatrix}
[/math]
[math](BA) = (B)(A)[/math]
[math]g'(t) = (f'(\overline{x}))(\overline{\varphi}'(t)) = \sum\limits_{j = 1}^{n} \frac{\delta f}{\delta x_j}(\overline{x})\cdot \varphi'_{j}(t)[/math]
Пусть [math]V[/math] - шар в [math]\mathbb{R}^n, \quad f : V \to \mathbb{R}[/math]. Пусть [math]\forall x \in V \quad f(x)[/math] - дифференцируема. Так как шар выпуклое множество, то [math]\overline{a}, \overline{b} \in V, \forall t \in [0,1] \quad t\overline{a}+(1-t)\overline{b} \in V[/math]
[math]g(t) = f(t\overline{a}+(1-t)\overline{b}),
\quad g'(t) = \sum\limits_{j = 1}^{n}(a_j - b_j)\frac{\delta t}{\delta x_j}(t\overline{a} + (1-t)\overline{b})[/math]
[math]\varphi_j(t) = ta_j + (1-t)b_j, \quad \varphi'_{j}(t) = a_j - b_j[/math]
[math]g[/math] - непрерывна на [math][0,1][/math] и дифференцируема на нем. Значит к ней применима формула Лагранжа конечных приращений : [math]g(1) - g(0) = g'(\Theta), \quad \Theta \in [0,1][/math]
Заменяя [math]g[/math] и [math]g'[/math] по найденным формулам, получаем :
[math]f(\overline{a}) - f(\overline{b}) = \sum\limits_{j = 1}^{n}(a_j-b_j)\frac{\delta f}{\delta x_j}(\Theta\overline{a} + (1-\Theta)\overline{b}) = f'(\Theta\overline{a}+(1-\Theta)\overline{b})(\overline{a} -\overline{b})[/math]
Мы пришли к следующему обобщению формулы Лагранжа конечных приращений : пусть [math]f[/math] - дифференцируема в [math]V[/math]. Тогда
[math]\forall a, b \in V : f(\overline{a}) - f(\overline{b}) = f'(\Theta\overline{a}+(1-\Theta)\overline{b})(\overline{a}-\overline{b}),\quad \Theta \in (0,1)[/math]
Для [math]\mathcal{F} : V \to \mathbb{R}^m, \quad V \in \mathbb{R}^n, m \gt 1[/math] - формула Лагранжа становится неверной. Невозможно подобрать [math]\Theta[/math], обслуживающее все координатные функции сразу.
[math]\mathcal{F} = (\mathcal{F}_1,...,\mathcal{F}_n)[/math]
[math]\mathcal{F}_i(\overline{a}) - \mathcal{F}_i(\overline{b} = \mathcal{F}'_i(\Theta_i\overline{a}+(1-\Theta_i)\overline{b})(\overline{a}-\overline{b})[/math].
Для разных [math]i[/math] - разные [math]\Theta_i[/math]. Однако формула Лагранжа допускает распространение и на абстрактную ситуацию, но в несколько другом виде.
| Теорема (Неравенство Лагранжа): |
Пусть [math]V[/math] - шар в [math]\mathbb{R}^n, \quad \mathcal{F} : V \to \mathbb{R}^m \quad \mathcal{F}[/math] - дифференцируема в каждой точке шара, тогда [math]\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|[/math], где [math]M = \sum\limits_{x \in [\overline{a},\overline{b}]} \left|\left|\mathcal{F}(\overline{x})\right|\right|[/math] |
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] |
|
По доказанному ранее, для [math]\mathcal{F}(\overline{b}) - \mathcal{F}(\overline{a}) \in \mathbb{R}^m [/math] существует линейный непрерывный функционал [math]\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[/math]
[math]g(t) = \varphi(\mathcal{F}(\overline{a} + t(\overline{b} - \overline{a})), \quad t \in [0, 1][/math]
Так как шар - выпуклый, все корректно, [math]\varphi' = \varphi[/math]. Значит, [math]g[/math] на [math][0,1][/math] удовлетворяет классической формуле Лагранжа конечных приращений : [math]g(1) - g(t) = g'(\Theta), \quad \Theta \in (0,1)[/math]
По построению, [math]g(1) - g(0) = \varphi(\mathcal{F}(\overline{b})) - \varphi(\mathcal{F}(\overline{a})) = \varphi(\mathcal{F}(\overline{b}) - \overline{a}) = \left|\left|\mathcal{F}(\overline{b}) - \mathcal{F}(\overline{a})\right|\right|[/math]
Тогда [math]\left|\left|\mathcal{F}(\overline{b}) - \mathcal{F}(\overline{a}) \right|\right| = g'(\Theta)[/math]
[math]g'(t) = \varphi'\mathcal{F}(\overline{a}+t(\overline{b}-\overline{a}))(\overline{b}-\overline{a})[/math]
[math]||g'(t)|| \le ||\varphi'||\cdot ||\mathcal{F}'(\overline{a} + t(\overline{b} - \overline{a}))|| \quad ||\overline{b} - \overline{a}|| = 1 \cdot M \cdot ||\overline{b}-\overline{a}||[/math]
Подставляя это в формулу конечных приращений Лагранжа: [math]g(1) - g(0) = g'(\Theta)[/math], приходим к неравенству Лагранжа. |
| [math]\triangleleft[/math] |
Базируясь на соотношениях конечных приращений, установим достаточное условие для дифференцируемости функций многих переменных.
| Теорема: |
Пусть [math]V(a) \subset \mathbb{R}^n, \quad y = f(x_1,...,x_n), \quad y : V \to \mathbb{R}[/math]
[math]\forall x \in V \quad \exists \frac{\delta f}{\delta x_j}[/math], каждая из которых, как функция переменных [math]n[/math] переменных непрерывна в [math]\overline{a} \quad \lim\limits{\overline{x} \to \overline{a}}\frac{\delta f}{\delta x_j}(\overline{x})
= \frac{\delta f}{\delta x_j}(\overline{a})[/math]. Тогда существует дифференциал этой функции в точке [math]a[/math]. |
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] |
|
[math]\overline{a}, \quad \overline{a} + \Delta\overline{a} \in V(\overline{a})[/math]
[math]\overline{x}(t) = \overline{a} + \Delta\overline{a}t, \quad t \in [0, 1], \quad \overline{x}(t) \in V[/math]
Для этого отрезка применим формулу Лагранжа конечных приращений, доказанную ранее :
[math]f(\overline{a} + \Delta\overline{a}) - f(\overline{a}) = \sum\limits_{j = 1}^{n}\frac{\delta f}{\delta x_j}(\overline{a} + \Theta\Delta a_j), \quad \Theta \in (0,1)[/math]
[math]\frac{\delta f}{\delta x_j}(\overline{a} + \Theta\Delta\overline{a}) = \frac{\delta f}{\delta x_j}(\overline{a} + \alpha_j(\Delta\overline{a})[/math], все [math]\alpha_j \to 0[/math] при [math]\Delta\overline{a} \to 0[/math]
[math]f(\overline{a} + \Delta\overline{a}) - f(\overline{a}) = \sum\limits_{j = 1}^{n}\frac{\delta f}{\delta x_j}(\overline{x})\Delta a_j + \sum\limits_{j = 1}^{n}\alpha_j(\Delta \overline{a})\cdot\Delta a_j[/math]
Нужно доказать, что вторая сумма - [math]o(\Delta a)[/math], ибо первая сумма и есть формально записанный дифференциал. По неравенству Коши для сумм :
[math]\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||[/math]
Выражение под корнем стремится к нулю, таким образом, получаем требуемое. |
| [math]\triangleleft[/math] |
