Дифференцируемость композиции дифференцируемых функций

В данной статье, используя термин «сложная функция», мы будем понимать композицию нескольких функций.

Теорема

Пусть функции { \varphi }_{ i }(x)={ \varphi }_{ i }({ x }_{ 1 },{ x }_{ 1 },{ x }_{ 1 },...,{ x }_{ n })\quad i=\overline { 1,m } дифференцируемы в точке { x }^{ \circ }=({ x }_{ 1 }^{ \circ },{ x }_{ 2 }^{ \circ },...,{ x }_{ n }^{ \circ }) . Пусть функция f({ y }_{ 1 },{ y }_{ 2 },{ y }_{ 3 },...{ ,y }_{ m }) дифференцируема в точке { y }^{ \circ }=({ \varphi }_{ 1 }({ x }^{ \circ }),{ \varphi }_{ 2 }({ x }^{ \circ }),...,{ \varphi }_{ m }({ x }^{ \circ })).

Тогда сложная функция T(x)=f({ \varphi }_{ 1 }(x),{ \varphi }_{ 2 }(x),...,{ \varphi }_{ m }(x)) дифференцируема в точке { x }^{ \circ } , причем при { x\rightarrow x }^{ \circ }
$$
T(x)-T({ x }^{ \circ })=\sum _{ i=1 }^{ n }{ { A }_{ i }({ x }_{ i }-{ x }_{ i }^{ \circ })+o(p(x,{ x }^{ \circ }))} 
$$
$$
{A }_{ i }=\frac { \partial T }{ \partial { x }_{ i } } ({ x }^{ \circ  })=\sum _{ j=1 }^{ m }{ \frac { \partial f }{ \partial { y }_{ j } }  } ({ y }^{ \circ  })\frac { \partial { \varphi  }_{ i } }{ \partial { x }_{ i } } ({ x }^{ \circ  }),\quad i=\overline { 1,n } \quad \quad \quad \quad (1)
$$

Доказательство показать
Замечание показать
Пример показать

 

Дифференцируемость композиции дифференцируемых функций

Тест, на понимание темы «Дифференцируемость композиции дифференцируемых функций»

Таблица лучших: Дифференцируемость композиции дифференцируемых функций

максимум из 3 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Теорема о смешанных производных

Теорема 1(для функции двух переменных)

Пусть функция $f(x,y)$ определенна со своими частными производными ${ f }_{ x },{ f }_{ y },{ f }_{ xy },{ f }_{ yx }$ в некоторой окрестности точки $({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })$, и при этом ${ f }_{ xy }$ и  ${ f }_{ yx }$ непрерывны в этой точке. Тогда  эти производные равны ( результат не зависит от порядка дифференцирования). $${ f }_{ xy }({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })={ f }_{ yx }({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }) \quad \quad (1)$$
Доказательство показать
Пример показать
Контрпример показать

Теперь сформулируем общую теорему. Ее можно несложно доказать с помощью индукции.

Теорема 2(обобщение)

Если у функции $n$ переменных смешанные частные производные $m$-го порядка непрерывны в некоторой точке, а производные низших порядков непрерывны в окрестности этой точки, то частные производные порядка $m$  не зависят от порядка дифференцирования.
Замечание 1 показать

Замечание 2 показать

Теорема о смешанных производных

Тест, на понимание темы «Теорема о смешанных производных»

Таблица лучших: Теорема о смешанных производных

максимум из 4 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Формула Тейлора с остатком в форме Пеано

Формулировка:

Если существует f^{(n)}(x_{0}) , то f(x)  представима в следующем виде:

f(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}}{k!}(x-x_{0})^{k}+o((x-x_{0})^{n})_{x\to x_{0}}

Это выражение f(x)  называется формулой Тейлора с остаточным членом в форме Пеано (или локальной формулой Тейлора)

Доказательство:

Для начала докажем Лемму

Пусть функции \varphi(x),\psi(x)  определены в  \delta   окрестности точки x_{0}  и удовлетворяют следующим условиям:

  1. \forall x \in U_{\delta} \exists \varphi^{(n+1)}(x),\psi^{(n+1)}(x);
  2. \varphi(x_{0})=\varphi'(x_{0})=...=\varphi^{(n)}(x_{0})=0 \psi(x_{0})=\psi'(x_{0})=...=\psi^{(n)}(x_{0})=0
  3. \psi(x)\neq0,\psi^{k}(x)\neq 0 \forall x\in U_{\delta}(x_{0}),k=\overline{1,n+1}

Тогда \forall x\in U_{\delta}(x_{0})  существует точка \xi , принадлежащая интервалу с концами x_{0}  и x  такая, что \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi^{n+1}(\xi)}{\psi^{n+1}(\xi)}

Доказательство 

Пусть, например, x \in (x_{0},x_{0}+\delta) . Тогда применяя к функциям \varphi  и \psi  на отрезке [x_{0},x]  теорему Коши и учитывая, что \varphi(x)=\psi(x)=0  по условию, получаем

\frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi(x)-\varphi(x_{0})}{\psi(x)-\psi(x_{0})}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}, x_{0}<\xi_{1}<x

Аналогично, применяя к функциям \varphi'  и \psi'  на отрезке [x_{0},\xi_{1}] теорему Коши, находим

\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}=\frac{\varphi'(\xi_{1})-\varphi'(x_{0})}{\psi'(\xi_{1})-\psi'(x_{0})}=\frac{\varphi''(\xi_{2})}{\psi''(\xi_{2})}, x_{0}<\xi_{2}<\xi_{1}

Из этих двух равенств следует, что

\frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}=\frac{\varphi''(\xi_{2})}{\psi''(\xi_{2})}, x_{0}<\xi_{2}<\xi_{1}<x<x_{0}+\delta

Применяя теорему Коши последовательно к функциям \varphi''  и \psi'' ,\varphi^{(3)}  и \psi^{(3)} ,…,\varphi^{(n)}  и \psi^{(n)}  на соответствующих отрезках получаем

\frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}=...=\frac{\varphi^{n}(\xi_{n})}{\psi^{n}(\xi_{n})}=\frac{\varphi^{n+1}(\xi)}{\psi^{n+1}(\xi)}

где x_{0}<\xi<\xi_{n}<...<\xi_{2}<\xi_{1}<x<x_{0}+\delta

Равенство доказано для случая, когда x \in(x_{0},x_0+\delta) , аналогично рассматривается случай, когда x \in(x_0-\delta,x_{0}) .

Теперь, когда лемма доказана, приступим к доказательству самой теоремы:

Из существования f^{(n)}(x_{0})  следует, что функция f(x_{0})  определена и имеет производные до (n-1)  порядка включительно в \delta  окрестности точки  x_{0}

Обозначим \varphi(x)=r_{n}(x),\psi(x)=(x-x_{0})^{n} , где  r_{n}(x)=f(x)-P_{n}(x) .

Функции \varphi(x)  и \psi(x)  удовлетворяют условиям леммы, если заменить номер n+1  на n-1

Используя ранее доказанную лемму и учитывая, что r_{n}^{(n-1)}(x_{0})=0  получаем

\frac{r_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n}}=\frac{r_{n}^{n-1}(\xi)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0})}{n!(\xi-x_{0})} , \xi=\xi(x)(*)

где x_{0}<\xi<x<x_{0}<x_{0}+\delta  или x_{0}-\delta<x<\xi<x_{0} .

Пусть x\to x_{0} , тогда из неравенств следует, что \xi \to x_{0} , и в силу существования f^{(n)}(x_{0})  существует

\lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{r_{n}^{(n-1)}(x)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0)}}{x-x_0}=

=\lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{r_{n}^{(n-1)}(\xi)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0)}}{\xi-x_{0}}=r_{n}^{(n)}(x_{0})=0

Так как выполняются равенства r_{n}(x_{0})=r_{n}'(x_{0})=...=r_{n}^{(n)}(x_{0})=0

Таким образом, правая часть формулы (*)  имеет при x\to x_{0}  предел, равный нулю, а поэтому существует предел левой части этой формулы, так же равный нулю. Это означает, что r_{n}(x)=o((x-x_{0})^{n}),x\to x_{0} , то есть f(x)-P_{n}(x)=o((x-x_{0})^{n}) , что и требовалось доказать.

Пример:

Разложить функцию y=\cos^{2}(x)  в окрестности точки x_{0}=0   по Тейлору с остатком в форме Пеано.

Решение

Табличное разложение косинуса имеет следующий вид:

\cos(x)=1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}-...+(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n+1})

Представим функцию \cos^{2}(x)  в виде:

\cos^{2}(x)=\frac{1+\cos(2x)}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos(2x)

Заменим в табличном разложении x  на 2x  и подставим представление косинуса.Получим

\cos^{2}(x)=1-x^2+\frac{x^{4}}{3}-...+(-1)^{n} \frac{2^{2n-1}x^{2n}}{2n!}+o(x^{2n+1})

Источники:

  1. Конспект по курсу математического анализа Лысенко З.М.
  2. Тер-Крикоровв А.М., Шабунин М.И. Курс математического анализа -М.:ФИЗМАТ-ЛИТ, 2001.-672 с. гл. IV §18 с. 161.

Тест на знание формулы Тейлора(ост.Пеано)

Проверьте себя на знание доказательства и применения формулы Тейлора с остатком в форме Пеано.

Дифференцируемость сложной функции

Теорема (о дифференцировании сложной функции)

Если функции z=f(y) и y=\varphi(x) дифференцируемы соответственно в точках y_0 и x_0, где y_0=\varphi(x_0), то z=f(\varphi(x)) — дифференцируема в точке x_0, причём z'(x_0)=f'(y_0)\cdot \varphi'(x_0)=f'(\varphi(x_0)) \cdot \varphi'(x_0).

Доказательство

Т.к. функции f и \varphi непрерывны, то z(x)=f(\varphi(x)) — непрерывны в точке x_0 \Rightarrow z определена в u_\delta (x_0)

|\Delta x|<\delta

\Delta y=\varphi(x_0+\Delta x) - \varphi(x_0)
\Delta z=z(x_0+\Delta x)-z(x_0)

\Delta z=f(y)=f(\varphi(x))
\Delta z=f'(y_0) \cdot \Delta y + \Delta y \cdot \alpha (\Delta y), где \lim\limits_{\Delta y \to 0} \alpha (\Delta y)=0
\frac{\Delta z}{\Delta x} = \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{f'(y_0) \Delta y + \Delta y \cdot \alpha (\Delta y)}{\Delta x}=
=\lim\limits_{\Delta x \to 0}(f'(y_0)\cdot \underset{\underset{\varphi'(x_0)}{\downarrow}}{\underbrace{\frac{\Delta y}{\Delta x}}} + \underset{\underset{0}{\downarrow}}{\underbrace{\frac{\Delta y}{\Delta x} \cdot \alpha (\Delta x)}})=f'(y_0) \cdot \varphi'(x_0)
Теорема доказана.

Читать далее «Дифференцируемость сложной функции»

Дифференцируемость обратной функции

Теорема (о дифференцируемости обратной функции)

Если y=f(x) непрерывна и строго монотонна на \Delta=[x_0-\delta;x_0+\delta] (\delta>0) и если \exists f'(x_0) \neq 0 \Rightarrow x=\varphi(y) (обратное к y=f(x)) дифференцируемо в точке y_0=f(x_0), причём \varphi'(y_0)=\frac{1}{f'(x_0)}

Доказательство:

x_0-\delta \rightarrow f(x_0-\delta)=\alpha
x_0+\delta \rightarrow f(x_0+\delta)=\beta
По теореме об обратной функции функция f имеет обратную x=\varphi(y), y\epsilon [\alpha;\beta], \varphi(x) — строго монотонна и непрерывна.
y'(y_0)=\lim\limits_{\Delta y \rightarrow 0}\frac{\Delta x}{\Delta y}=
\lim\limits_{\Delta y \rightarrow 0} \frac{1}{\frac{\Delta y}{\Delta x}}=\frac{1}{f'(x_0)}

Примеры

1) Доказать, что:

(\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}, |x|<1
y=arcsin(x), график
График функции y=arcsinx. Обратите внимание, что масштабы по осям координат отличаются.

Решение:

y=\arcsin x, |y|<\frac{\pi}{2}
x=\sin y=\varphi(y)
\varphi'(y)=\cos y
\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\frac{dx}{dy}}=\frac{1}{\cos y} =
\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2 y}}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}

2) Доказать, что:

( \textrm{arctg} x)' = \frac{1}{1+x^2}, x \epsilon \mathbb{R}
y=arctg(x), график

Решение:

y=\textrm{arctg} x
x=\textrm{tg} y=\varphi(y)
\varphi(y)=\frac{1}{\cos^2 y}
\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\frac{dx}{dy}}=\frac{1}{\frac{1}{\cos^2 y}}=
\cos^2 y=\frac{1}{1+\textrm{tg}^2 y}=\frac{1}{1+x^2}

Список литературы:

Тест: дифференцируемость обратной функции

Данный тест поможет вам проверить, насколько хорошо вы ориентируетесь в материале темы «дифференцируемость обратной функции». Для некоторых заданий может потребоваться ручка и листок бумаги.


Таблица лидеров показать