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 }
$$
T(x)-T({ x }^{ \circ })=\sum _{ i=1 }^{ n }{ { A }_{ i }({ x }_{ i }-{ x }_{ i }^{ \circ })+o(p(x,{ x }^{ \circ }))} 
$$
$$
{A }_{ i }=\frac { \partial T }{ \partial { x }_{ i } } ({ x }^{ \circ  })=\sum _{ j=1 }^{ m }{ \frac { \partial f }{ \partial { y }_{ j } }  } ({ y }^{ \circ  })\frac { \partial { \varphi  }_{ i } }{ \partial { x }_{ i } } ({ x }^{ \circ  }),\quad i=\overline { 1,n } \quad \quad \quad \quad (1)
$$

Спойлер

Функция f(y) дифференцируема в точке { y }^{ \circ }, а значит, по теореме о существовании частных производных найдутся функции { { f }_{ j }( }y), j=\overline { 1,m } непрерывные в точке { y }^{ \circ } и такие, что $$f(y)-f({ y }^{ \circ  })=\sum _{ j=1 }^{ m }{ { f }_{ j }(y)({ y }_{ j }-{ y }_{ j }^{ \circ  }), } \quad \quad { f }_{ j }({ y }^{ \circ  })=\frac { \partial f }{ \partial { y }_{ j } } ({ y }^{ \circ  }) \quad \quad\quad \quad(2)$$Раз функция дифференцируема в точке, то она непрерывна в этой точке. Используя это и теорему о непрерывности сложной функции, получим что функции: $${ \psi  }_{ j }(x)={ f }_{ j }({ \varphi  }_{ 1 }(x),{ \varphi  }_{ 2 }(x),…{ \varphi  }_{ m }(x)),\quad \quad j=\overline { 1,m }\quad \quad\quad \quad(3) $$

непрерывны в точке { x }^{ \circ } (т.к функции {\varphi}_{ i }(x) непрерывны, и по теореме указанной выше, их композиция также даст непрерывную функцию) , при этом
$$
{ \psi  }_{ j }({ x }^{ \circ  })={ f }_{ j }({ y }^{ \circ  })=\frac { \partial f }{ \partial { y }_{ j } } ({ y }^{ \circ  })\quad \quad\quad \quad(4)
$$

Подставив в (2) { y }_{ 1 }={ \varphi }_{ 1 }(x),...,{ y }_{ m }={ \varphi }_{ m }(x) и воспользовавшись (3) получим:

$$T(x)-T({ x }^{ \circ  })=\sum _{ j=1 }^{ m }{ { \psi  }_{ j }(x)({ \varphi  }_{ j }(x)- } ({ \varphi  }_{ j }({ x }^{ \circ  }))\quad \quad\quad \quad(5)$$

Но функции { \varphi }_{ j }(x) дифференцируемы в точке { x }^{ \circ } (по условию), поэтому найдутся такие непрерывные в точке { x }^{ \circ } функции { \varphi }_{ ij }(x),  что $${ \varphi  }_{ j }(x)-{ \varphi  }_{ j }({ x }^{ \circ  })=\sum _{ i=1 }^{ n }{ { \varphi  }_{ ij }(x) } ({ x }_{ i }-{ x }_{ i }^{ \circ  }),\quad \quad { \varphi  }_{ ij }({ x }^{ \circ  })=\frac { \partial { \varphi  }_{ j } }{ \partial { x }_{ i } } ({ x }^{ \circ  })\quad \quad\quad \quad(6)$$

$${ i=\overline { 1,n }  }\quad { j=\overline { 1,m }  }$$

Подставляя выражения (6) и (5) получаем

$$T(x)-T({ x }^{ \circ  })=\sum _{ i=1 }^{ n }{ { T }_{ i }(x)({ x }_{ i }-{ x }_{ i }^{ \circ  }) } \quad \quad { T }_{ i }(x)=\sum _{ j=1 }^{ m }{ { \varphi  }_{ ij } } (x){ \psi  }_{ j }(x)\quad \quad\quad \quad(7)$$

Так как функции { \psi }_{ j }(x) и { \varphi }_{ ij }(x) непрерывны в точке  { x }^{ \circ }, то и { T }_{ i }(x) непрерывны в этой точке (как композиции непрерывных). А это означает, что сложная функция  { T }(x) дифференцируема в  { x }^{ \circ }.

Дифференцируемая функция { T }(x) может быть записан в виде (1) с коэффициентами { A }_{ i }, равными в силу (6) и (4)

$${ A }_{ i }={ T }_{ i }({ x }^{ \circ  })=\sum _{ j=1 }^{ m }{ { \varphi  }_{ ij } } ({ x }^{ \circ  }){ \psi  }_{ j }({ x }^{ \circ  })=\sum _{ j=1 }^{ m }{ \frac { \partial f }{ d{ y }_{ j } } ({ y }^{ \circ  })\frac { \partial { \varphi  }_{ j } }{ d{ x }_{ i } } ({ x }^{ \circ  })=\frac { \partial T }{ \partial { x }_{ i } }  } ({ x }^{ \circ  })$$

[свернуть]
Спойлер

  •  Формула ${ A }_{ i }=\frac { \partial T }{ \partial { x }_{ i } } ({ x }^{ \circ })=\sum\limits _{ j=1 }\limits^{ m }{ \frac { \partial f }{ \partial { y }_{ j } }  } ({ y }^{ \circ })\frac { \partial { \varphi }_{ i } }{ \partial { x }_{ i } } ({ x }^{ \circ }),\quad i=\overline { 1,n }$  дает правило нахождения частных производных сложной функции, аналогичное соответствующему правилу для функций одной переменной.

[свернуть]
Спойлер

Пусть дана функция $f(x,y)=\sin x + \tan (x^ 2+y^ 2)$.
Ее можно представить как композицию функций: $z(u,v)=u+v\quad u(x,y)=\sin x \quad v(x,y)=\tan (x^ 2+y^ 2)$
Тогда дифференциал функции $f$ имеет вид:
$$
df=\frac { dz }{ dx } +\frac { dz }{ dy } =\frac { dz }{ du } \frac { du }{ dx } +\frac { dz }{ dv } \frac { dv }{ dx } +\frac { dz }{ du } \frac { du }{ dy } +\frac { dz }{ dv } \frac { dv }{ dy }
$$
Вычислим частные производные:
$$
\frac { dz }{ du } =1; \quad \frac { du }{ dx } =-\cos x;
$$
$$
\frac { dz }{ dv } =1; \quad \frac { dv }{ dx } =\frac { 2x }{ \cos ^{ 2 }{ ({ x }^{ 2 }+{ y }^{ 2 }) } } ;
$$
$$
\frac { du }{ dy } = 0; \quad \frac { dv }{ dy } =\frac { 2y }{ \cos ^{ 2 }{ ({ x }^{ 2 } } +y };
$$
Получаем, что:
$$
df=-\cos x +\frac { 2x }{ \cos ^{ 2 }{ ({ x }^{ 2 }+{ y }^{ 2 }) } } +\frac { 2y }{ \cos ^{ 2 }{ ({ x }^{ 2 } } + y^{ 2 }) }.
$$

[свернуть]

 

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

Виды отображений. Распознавание свойств отображений. Композиция отображений. Обратимость. Примеры

Материал лекций по теме «Отображения, типы отображений, тождественное отображение»

Задача №1

Рассмотрим пример, в котором заданное соответствие не является отображением.

Условие задачи:

Задано f(u) =\left | \frac{ u(u+1)(u+2)}{3} \right|, U=\mathbb Z, V=\mathbb N. Определить, будет ли f: U \rightarrow V отображением.

Спойлер

Данное соответствие будет отображением, если \forall u \in U существует образ. Казалось бы, каким бы ни было u, произведение трех последовательных чисел всегда будет делиться на 3. Однако, при:

\begin{matrix} u_1 = 0 & f(u_1) = 0 \\ u_2 = -1 & f(u_2) = 0 \\ u_3 = -2 & f(u_3) = 0 \end{matrix}

\Rightarrow Не все прообразы имеют образы, т.к. 0 \notin \mathbb N

\Rightarrow Данное соответствие не является отображением.

[свернуть]

Рассмотрим задачи, в которых определим вид отображения и исследуем его на обратимость.

Задача №2

Условие задачи:

Заданы U = \mathbb Z, V = \mathbb N, f(u) = u^2+2, f(u): U \rightarrow V. Определить вид этого отображения и исследовать на обратимость.

Спойлер

Проверим, будет ли это отображение инъективным. Отображение инъективно, если для \forall v \in V существует не более одного прообраза:

\begin{matrix} u_1 = -1 & f(u_1) = 3 \\ u_2 = 1 & f(u_2) = 3 \end{matrix}

\Rightarrow Один из образов имеет более одного прообраза. Отображение не инъективно.

Проверим, будет ли отображение сюръективно. Отображение сюръективно, если каждый элемент множества V является образом.

5 \in V, но \nexists u \in U такого, что f(u) = 5. Т.е. один из элементов множества V не является образом.

\Rightarrow Отображение не сюръективно.

Таким образом получили, что данное отображение не инъективно и не сюръективно.

Теперь исследуем отображение на обратимость. Для этого воспользуемся критерием обратимости, согласно которому отображение обратимо \Leftrightarrow когда оно биективно. Поскольку отображение не иъективно и не сюръективно, оно биективным не является, а, следовательно, не обратимо.

[свернуть]

Задача №3

Условие задачи:

Заданы U=\left[ -\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right], V=\left[ -1; 1\right], f: U \rightarrow V, f(u) = \sin{u}. Определить вид отображения и исследовать на обратимость.

Спойлер

Определим вид отображения. Это отображение является инъективным, поскольку \forall v \in V имеет не более одного прообраза. Это отображение также является сюръективным, поскольку \forall v \in V является образом.

\Rightarrow Отображение биективно.

Исследуем отображение на обратимость. Для этого, воспользуемся критерием обратимости. Поскольку отображение биективно, то, согласно критерию, оно обратимо. Действительно, для данного отображения существует обратное: f^{-1}=\arcsin{u}.

[свернуть]

Задача №4

Условие задачи: Заданы f: \mathbb Q \rightarrow \mathbb Q, g: \mathbb Q \rightarrow \mathbb Q, f(u)=2u, g(u)=\frac{u}{2}. Определить, обладает ли композиция этих отображений свойством коммутативности.

Спойлер

Проверим значение (g \circ f)(u):

(g \circ f)(u)=g(f(u))=g(2u)=u

Проверим значение (f \circ g)(u):

(f \circ g)(u)=f(g(u))=f(\frac{u}{2})=u

Получили, что f \circ g = g \circ f. Следовательно, композиция этих отображений обладает свойством коммутативности.

[свернуть]

Литература

  • Белозеров Г.С. Конспект лекций по линейной алгебре
  • Кострикин А.И. Введение в алгебру. Часть 1, ФИЗМАТЛИТ, 2001г., стр. 35-38

Виды отображений. Обратимость

Тест

Таблица лучших: Виды отображений. Обратимость

максимум из 8 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Композиция биективных отображений

Определение 1

Отображение $\large f:X \to Y$ называется биекцией и обозначается $\large f:X \leftrightarrow Y$, если оно:

  1.  Переводит элементы множества $X$ в разные элементы множества $Y$ (т.е. выполняется взаимно однозначное отображение — инъекция):
    • $\forall x_{1} \in X$, $\forall x_{2} \in X$, $f(x_{1})=f(x_{2})\Rightarrow x_{1}=x_{2}$.
  2. Любой элемент из $Y$ имеет свой прообраз (т.е. выполняется сюръекция):
    • $\forall y \in Y$, $ \exists $ $x \in X$, $f(x)=y$.

Пример:

  • Изобразим биективное отображение $\large f$, где $f:A \to B$:

    Graphic2
  • Для композиции $g \circ f $, где $f:A \to B,\quad g:B \to C$, рисунок будет выглядеть так:

    Graphic3

Определение 2

Единичным отображением $e_{X}:X \to X$ называется отображение, переводящие каждый элемент $x \in X$ в себя.

Теорема

Пусть $f: X \to Y$, $h: Y \to Z$ — биективные отображения. Тогда биективна и их композиция $ h \circ f$, причем:

$$ (h \circ f)^{-1}=f^{-1} \circ h^{-1}$$
Доказательство:
Биективность $f$ влечёт существование и биективность $f^{-1}$.
Из условия существования обратного отображения для биективных отображений следует:
$$ \left.\begin{aligned} f\circ f^{-1}=e_{Y} \\ f^{-1}\circ f=e_{X}\end{aligned}\right\}
\Rightarrow {(f^{-1})}^{-1}=f$$
Далее существуют отображения:
$f^{-1}: Y\to X \quad h^{-1}: Z \to Y $
$f^{-1}\circ h^{-1}:Z\to X$
Из равенств
$(h\circ f)(f^{-1}\circ h^{-1})=\big( (h\circ f)\circ f^{-1}\big)\circ h^{-1}=\big(h \circ (f\circ f^{-1})\big) \circ h^{-1}=$
$$=h \circ h^{-1}=e_{Z}$$
$(f^{-1} \circ h^{-1})\circ(h \circ f)= f^{-1}\circ \big(h^{-1} \circ (h \circ f) \big)=f^{-1}\circ \big((h^{-1}\circ h) \circ f\big)=$
$$=f^{-1} \circ f=e_{X}$$
вытекает, что $f^{-1}\circ h^{-1}$ — обратное отображение к $h \circ f$.

$\blacksquare$

Список литературы:

  1. Кострикин А. И. Введение в алгебру. — М.: Наука, 1977. стр. 37-38 стр.
  2. Фейс К. Алгебра: кольца, модули и категории. Том 1 — М.: «Мир», 1977. — 40 стр.
  3. Н. К. Верещагин, А. Шень. Часть 1. Начала теории множеств. Лекции по математической логике и теории алгоритмов. — 2-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2002. — 128 стр.

Тест на тему: «Композиция биективных отображений»