| НЕТ ВОЙНЕ
|
|
24 февраля 2022 года российское руководство во главе с Владимиром Путиным развязало агрессивную войну против Украины. В глазах всего мира это военное преступление совершено от лица всей страны, всех россиян.
Будучи гражданами Российской Федерации, мы против своей воли оказались ответственными за нарушение международного права, военное вторжение и массовую гибель людей. Чудовищность совершенного преступления не оставляет возможности промолчать или ограничиться пассивным несогласием.
Мы убеждены в абсолютной ценности человеческой жизни, в незыблемости прав и свобод личности. Режим Путина — угроза этим ценностям. Наша задача — обьединить все силы для сопротивления ей.
Эту войну начали не россияне, а обезумевший диктатор. И наш гражданский долг — сделать всё, чтобы её остановить.
Антивоенный комитет России
|
| Распространяйте правду о текущих событиях, оберегайте от пропаганды своих друзей и близких. Изменение общественного восприятия войны - ключ к её завершению.
|
| meduza.io, Популярная политика, Новая газета, zona.media, Майкл Наки.
|
<< >>
Производная Фреше
| 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 зависящий от [math] x [/math] ограниченный линейный оператор [math]\mathcal{A} : X \to Y[/math], такой, что если [math]\left \| \Delta x \right \| \lt r[/math], [math](x + \Delta x) \in V_r(x)[/math], то:
[math] \mathcal{F}(x + \Delta x) - \mathcal{F}(x) = \mathcal{A}(\Delta x) + \alpha(\Delta x) \left \| \Delta x \right \| [/math],
причем [math] \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]. |
При [math] X = Y = \mathbb{R} [/math] получаем определение дифференциала и производной функции одной переменной.
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.
Вот же оно!
По определению дифференциала
[math]\Delta z = g(y_0 + \Delta y) - g(y_0) = g'(y_0)\Delta y + o(\Delta y)[/math] и
[math]\Delta y = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) = f'(x_0)\Delta x + o(\Delta x)[/math]
[math]g[/math] определена в окрестности точки [math]y_0[/math]. Так как [math]\Delta y \to 0[/math] при [math]\Delta x \to 0[/math] и [math]y_0 = f(x_0)[/math], то
при [math]\Delta x \to 0[/math], [math]f(x_0 + \Delta x)[/math] принадлежит окрестности точки [math]y_0[/math].
Тогда функция [math]z = g(f(x))[/math] при [math]x = x_0 + \Delta x, \ \Delta x \to 0[/math] корректно определена.
[math]\Delta y = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)[/math]
[math]\Delta g = g(f(x_0) + (f(x_0 + \Delta x) - f(x_0))) - g(f(x_0)) = [/math]
[math]g(f(x_0 + \Delta x)) - g(f(x_0)) = [/math]
(по определению дифференциала для [math]g(y)[/math])
[math]g'(y_0)(f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)) + o(\Delta y) =[/math]
(по определению дифференциала для [math]f(x)[/math])
[math]g'(y_0)f'(x_0)\Delta x+ g'(y_0) o(\Delta x) + o(\Delta y)[/math]
Итого получаем:
[math]\Delta g = g'(y_0)f'(x_0)\Delta x + g'(y_0)o(\Delta x) + o(\Delta y)[/math]
Устремляя [math]\Delta x \to 0[/math], получаем [math]dz = g'(y_0)f'(x_0)\Delta x[/math]
Для полного счастья осталось доказать, что [math]o(\Delta x) = o(\Delta y)[/math].
| Утверждение: |
[math]o(\Delta x) = o(\Delta y)[/math] |
| [math]\triangleright[/math] | |
По определению [math]o(\Delta y)[/math], получаем:
[math]\forall \varepsilon \gt 0 \ \exists \delta \gt 0 : \ |\Delta y| \lt \delta \Rightarrow \left|\frac{o(\Delta y)}{\Delta y}\right| \leq \varepsilon[/math]
Последнее неравенство равносильно следующему: [math]|o(\Delta y)| \leq \varepsilon |\Delta y|[/math]
[math]\Delta y = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) = f'(x_0)\Delta x + o(\Delta x) = \Delta x(f'(x_0) + o(1)) [/math], где [math]o(1) = \frac{o(\Delta x)}{\Delta x}[/math], что стремится к [math]0[/math].
Из всего этого следует, что при [math]\Delta x \to 0[/math], [math]\Delta y \to 0[/math] для имеющегося [math]\delta \gt 0[/math].
Так как [math]f(x)[/math] — непрерывна, то существует [math]\delta_1 \gt 0: \ |\Delta x| \lt \delta_1 \Rightarrow |\Delta y| \lt \delta
\Rightarrow |o(\Delta y)| \lt \varepsilon |\Delta y| = \varepsilon \Delta x |f'(x_0) + o(1)|
[/math].
Тогда получаем, что
[math]\forall \varepsilon \gt 0 \ \exists \delta_1 \gt 0: \ |\Delta x| \lt \delta_1 \Rightarrow
o(\Delta y) \leq M \varepsilon |\Delta x| \Rightarrow o(\Delta y) = o(\Delta x)
[/math], где [math]M = |f'(x_0) + o(1)|[/math]. | | [math]\triangleleft[/math] |
конец теоремы, далее следует продолжение конспекта про отображения в НП |
| [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].
Исходя из неравенства треугольника и определения производной,
[math] \| \mathcal{F}(x + \Delta x) - \mathcal{F}(x) \| = \| \mathcal{A}(\Delta x) + \alpha(\Delta x) \| \Delta x \|\| \le \| \mathcal{F}'(x) \| \|\Delta x \| + \| \alpha(\Delta x)\| \|\Delta x\|[/math]
Правая часть этого выражения стремится к нулю при [math] \Delta x \rightarrow 0 [/math], следовательно, [math]\mathcal{F}[/math] — непрерывна в точке [math] x [/math].
Найдем вид матрицы производной Фреше при [math]\mathcal{F} : V_r(x) \subset \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m[/math]. Пусть [math]\mathcal{F}'(\overline{x}) = A[/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{\partial \mathcal{F}_i}{\partial 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{\partial \mathcal{F}_1}{\partial x_1} & \frac{\partial \mathcal{F}_1}{\partial x_2} &\ldots&\frac{\partial \mathcal{F}_1}{\partial x_n}\\
\frac{\partial \mathcal{F}_2}{\partial x_1} & \frac{\partial \mathcal{F}_2}{\partial x_2} &\ldots&\frac{\partial \mathcal{F}_2}{\partial x_n}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
\frac{\partial \mathcal{F}_m}{\partial x_1} & \frac{\partial \mathcal{F}_m}{\partial x_1} &\ldots&\frac{\partial \mathcal{F}_m}{\partial 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]
Дифференцирование композиции функций
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) [/math].
Пусть также [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'(\overline{x}), \quad \varphi_j'(t)[/math]
[math] (f'(\overline{x})) = (\frac{\partial f}{\partial x_1}, \frac{\partial f}{\partial x_2},...,\frac{\partial f}{\partial x_n})[/math]
[math]
(\overline{\varphi}(t)) =
\begin{pmatrix}
\varphi_1(t) \\
\varphi_2(t) \\
\dots \\
\varphi_n(t)
\end{pmatrix}
[/math]
[math]
(\overline{\varphi'}(t)) =
\begin{pmatrix}
\varphi_{1}'(t) \\
\varphi_{2}'(t) \\
\dots \\
\varphi_{n}'(t) \\
\end{pmatrix}
[/math]
[math](\mathcal{BA}) = (\mathcal{B})(\mathcal{A})[/math], поэтому:
[math]g'(t) = (f'(\overline{x}))(\overline{\varphi}'(t)) = \sum\limits_{j = 1}^{n} \frac{\partial f}{\partial x_j}(\overline{x})\cdot \varphi'_{j}(t)[/math].
Теперь, 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 для [math]\overline{a}, \overline{b} \in V[/math] выполняется [math] \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{\partial f}{\partial 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{\partial f}{\partial x_j}(\theta\overline{a} + (1-\theta)\overline{b}) = f'(\theta\overline{a}+(1-\theta)\overline{b})(\overline{a} -\overline{b})[/math]
Обобщение 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]. Впрочем, для отдельных координат формулу писать все равно можно. 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 = \sup\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]
Докажем, что [math]\varphi = \varphi'[/math]. Так как [math]\varphi[/math] — линейный оператор, то [math]\varphi(\bar x) = \varphi(x_1, x_2, \ldots, x_n) = \sum\limits_{k=1}^n a_k x_k[/math]. То есть, оператор [math]\varphi[/math] можно представить как строку [math](a_1, a_2, \ldots, a_n)[/math].
Рассмотрим [math]\varphi'[/math]. Построим матрицу Якоби для производной. [math]\varphi' = (\frac{\partial f}{\partial x_1}, \frac{\partial f}{\partial x_2}, \ldots, \frac{\partial f}{\partial x_n} )[/math].
Посчитаем первую координату производной [math]\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[/math]. Мы получили полное благорастворение! Первая координата оператора и его производной совпали. Аналогично совпадают остальные координаты. Значит, [math]\varphi = \varphi'[/math].
[math]g(t) = \varphi(\mathcal{F}(\overline{a} + t(\overline{b} - \overline{a}))), \quad t \in [0, 1][/math]
Так как шар — выпуклый, то всё корректно определено.
Значит, [math]g[/math] на [math][0,1][/math] удовлетворяет классической формуле Лагранжа конечных приращений : [math]g(1) - g(0) = 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}) - \mathcal{F}(\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]
По правилу дифференцирования сложной функции, [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}))\|\cdot \|\overline{b} - \overline{a}\| \le 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] |
Достаточное условие дифференцируемости функций многих переменных
Базируясь на соотношениях конечных приращений, установим достаточное условие для дифференцируемости функций многих переменных.
| Теорема: |
Пусть [math]V(a) \subset \mathbb{R}^n[/math] [math]y = f(x_1,...,x_n)[/math], [math]y : V \to \mathbb{R}[/math]
[math]\forall x \in V: \ \exists \frac{\partial f}{\partial x_j}[/math], каждая из которых, как функция [math]n[/math] переменных, непрерывна в [math]\overline{a} :\lim\limits_{\overline{x} \to \overline{a}}\frac{\partial f}{\partial x_j}(\overline{x})
= \frac{\partial f}{\partial x_j}(\overline{a})[/math].
Тогда существует дифференциал этой функции в точке [math]a[/math]. |
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] |
|
Рассмотрим [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{\partial f}{\partial x_j}(\overline{a} + \Theta \Delta\overline{a}) \Delta a_j, \ \Theta \in (0,1) [/math]
[math]\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})[/math], все [math]\alpha_j(\Delta \overline a) \to 0[/math] при [math]\Delta\overline{a} \to 0[/math] - из непрерывности [math] f' [/math]
[math]f(\overline{a} + \Delta\overline{a}) - f(\overline{a}) = \sum\limits_{j = 1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x_j}(\overline{a})\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}\|[/math]
Выражение под корнем стремится к нулю, таким образом, получаем требуемое. |
| [math]\triangleleft[/math] |
<< >>
