¿Lo que ' s $F'(x)$ si $F(x) = \int_a^{g(x)} H(x,t) dt$?

Question

Yo estaba usando la regla de la cadena y tengo $F'(x) = H(x, g(x)) \cdot g'(x)$. ¿Es esto correcto?

Answer 1

No. Que $G(x,y)=\int_a^y H(x,t) dt$. Entonces $F(x)=G(x,g(x))$ y así (por la regla de la cadena en 2 variables) $F'(x)=\frac{\partial G}{\partial x}(x,g(x))+g'(x)\frac{\partial G}{\partial y}(x,g(x))$ lo que necesitas calcular las dos derivadas parciales. Un wrt $y$ está dada por el llamado "Teorema fundamental del análisis", mientras que el otro es la diferenciación bajo el signo integral (suponiendo que $H$ es bastante regular).

Answer 2

Ya ha habido varias preguntas de este tipo, podría ser la pena recordar la Regla de la Cadena. Voy a utilizar una definición de la diferenciabilidad que es debido a Carathéodory, y que por supuesto es equivalente a la usual.

Carathéodory la definición de la diferenciabilidad

Definición 1. Deje $a$ ser un punto de abrir un subconjunto $U$ $\mathbb R^n$ $f:U\to\mathbb R^k$ una función. A continuación, $f$ es diferenciable en a $a$ si hay una función de $\varphi$ $U$ a el espacio de lineal mapas de$\mathbb R^n$$\mathbb R^k$, la cual es continua en a $a$, y satisface $$f(x)=f(a)+\varphi(x)(x-a)$$ for all $x$ in $U$.

Pretendemos que, en esta situación, la lineal mapa de $\varphi(a)$ no dependen $\varphi$. Para ver esto, vamos a $\psi$ ser una función de la satisfacción de los mismos supuestos como $\varphi$, vamos a $v$ ser cualquier vector de $\mathbb R^n$, y deje $\varepsilon > 0$ ser lo suficientemente pequeño como para asegurarse de que $x:=a+tv$ $U$ siempre $|t| < \varepsilon$. Un sencillo cálculo muestra $\varphi(a+tv)v=\psi(a+tv)v$$0 < |t| < \varepsilon$. Como $\varphi$ $\psi$ son continuas en a $a$, esto implica $\varphi(a)v=\psi(a)v$, y por lo tanto, $v$ ser arbitrario, $\varphi(a)=\psi(a)$. Esto justifica la siguiente definición.

Definición 2. En el marco de la Definición 1, ponemos a $f'(a):=\varphi(a)$, y llamar a este lineales mapa de los derivados de $f$$a$.

La Regla De La Cadena

Vamos ahora a $b$ ser un punto de abrir un subconjunto $V$ $\mathbb R^k$ $g:V\to\mathbb R^m$ una función. Suponga que $f(U)$ está contenido en $V$, $f(a)$ es igual a$b$, $f$ es diferenciable en a$a$, $g$ es diferenciable en a $b$. A continuación, $g\circ f$ es diferenciable en a $a$, y tenemos $$(g\circ f)'(a)=g'(f(a))\circ f'(a).$$

Prueba. Por supuesto, tenemos $g(y)=g(b)+\psi(y)(y-b)$. Esto le da $$g(f(x))=g(b)+\psi(f(x))(f(x)-b)$$ $$=g(b)+\psi(f(x))\Big(\varphi(x)(x-a)\Big)$$ $$=g(b)+\Big(\psi(f(x))\circ\varphi(x)\Big)(x-a).$$

Casos particulares

Echemos un vistazo a tres más y más en particular de los casos.

(1) Si $n=1$
$$\frac{d}{dt}\ g\Big(f_1(t),\dots,f_k(t)\Big)=\sum_{i=1}^k\ \frac{\partial g}{\partial x_i}\Big(f_1(t),\dots,f_k(t)\Big)f_i'(t).$$

(2) Si, además de los $f(t)=ta$, $a=(a_1,\dots,a_k)\in\mathbb R^k$, entonces $$\frac{d}{dt}\ g(ta)=\sum_{i=1}^k\ a_i\ \frac{\partial g}{\partial x_i}(ta).$$

(3) Si además de la $a_i=1$ todos los $i$, luego $$\frac{d}{dt}\ g(t,\dots,t)=\sum_{i=1}^k\ \frac{\partial g}{\partial x_i}(t,\dots,t).$$

Referencia

(JSTOR) La Derivada a la Carathéodory, Stephen Kuhn, La American Mathematical Monthly, Vol. 98, Nº 1 (Ene., 1991), pp 40-44.

[Para la pregunta en sentido estricto, ver las otras respuestas.]

Editar

Por supuesto que es importante comprobar que Carathéodory la definición de la diferenciabilidad es equivalente a la usual. Hagamos brevemente. Está claro que Carathéodory la definición implica que el usual. Comprobaremos la inversa. Podemos asumir $0\in U\subset\mathbb R^n$, $f:U\to\mathbb R$, y $f(0)=0=f'(0)$. Nuestra hipótesis es $f(x)=|x|\varepsilon(x)$ donde $\varepsilon(x)$ tiende a $0$ $x$ tiende a $0$. Debemos escribir $f(x)$ en la forma $\varphi(x)\cdot x$ donde $u\cdot v$ es la norma interna del producto en $\mathbb R^n$, y donde $\varphi(x)$ $\mathbb R^n$ y tiende a $0$ $x$ tiende a $0$. Basta para definir $\varphi(x)$$x\not=0$. Fácilmente se ve que la fórmula $\varphi(x):=\varepsilon(x)|x|^{-1}x$ obras.

Answer 3

Sugerencia piensa en $F(x) = G(g(x),x)$ donde $G(u,x) = \int_a^u H(x,t)\ dt$ y uso una versión de dos variables de la regla de la cadena.

Answer 4

Para la fórmula correcta, consulte Plop la respuesta. Sin embargo, usted siempre debe tratar de verificar su fórmula usando ejemplos concretos, y ver si la fórmula funciona.

Por ejemplo, vamos a elegir un $H(x,t)$ $g(x)$ y ver qué pasa. Vamos a escoger $H(x,t)=x+t$, $g(x)= x $ y $a=0$. Entonces:

$$F(x) = \int_a^{x} (x+t)dt = \left( xt + \frac{t^2}{2}\right)_0^{x} = x(x)+\frac{(x)^2}{2} = \frac{3x^2}{2}.$$ Por lo tanto, $F'(x) = 3x$. De acuerdo a la fórmula, esto debería haber sido $$H(x,g(x))\cdot g'(x)=(x+x)\cdot 1=2x \neq 3x = F'(x).$$ En la notación de la fórmula correcta dada por Plop, tenemos $G(x,y)=\int_0^y (x+t)dt$$F(x)=G(x,x)$, lo que, en este caso, es $$G(x,y)=\int_0^y (x+t)dt = \left( xt + \frac{t^2}{2}\right)_0^{y}=xy+\frac{y^2}{2},$$ $$\frac{\partial G}{\partial x}(x,y) = y,\quad \frac{\partial G}{\partial y}(x,y) = x+y.$$ Por lo tanto, la fórmula se lee: $$F'(x) = \frac{\partial G}{\partial x}(x,g(x))+g'(x)\frac{\partial G}{\partial y}(x,g(x)) = x + 1\cdot (x+x) = x+2x=3x,$$ que es de hecho correcta.

Answer 5

Esto se conoce como la regla de Leibniz.

También puede hacerlo por definición:

$$F(x+\delta) = \int_{a}^{g(x+\delta)} H(x+\delta,t) dt$$

$$F(x+\delta) - F(x) = \int{a}^{g(x)} [ H(x+\delta,t) - H(x,t)] dt + \int{g(x)}^{g(x+\delta)} H(x+\delta,t) dt$$

$$ F'(x)=\lim{\delta \to 0} \frac{F(x+\delta) - F(x)}{\delta} = \int{a}^{g(x)} \frac{\partial H(x,t)}{\partial x} dt + H(x,g(x)) \; g'(x)$$