¿Cuánto rigor es esta prueba de la regla de la cadena multivariable?

Question

He visto algunas de las declaraciones y las pruebas de multivariable regla de la cadena en varios sitios. I "algo" comprenderlas, pero parece demasiado complicado para mí totalmente de entender.

Para hacer mi vida más fácil, he venido para arriba con una simple declaración y un simple "rigurosa" prueba de multivariable regla de la cadena. Por favor, explique en qué medida es plausible.

Por FAVOR NOTA: En mi declaración de la multivariable regla de la cadena "$f[x(t),y(t)]$ es diferenciable en a$t=a$" es una condición en lugar de una comprobable resultado. Creo que es la única manera en la que mi declaración difiere de la habitual declaración.

Soy un graduado estudiante de Física y en todas partes en mi texto (Electricidad y Magnetismo, Termodinámica, etc) no hay ninguna mención de la diferenciabilidad aunque multivariable regla de la cadena se utiliza muy a menudo. A mí me parece que el libro sólo se supone que todas las funciones utilizadas en el libro son diferenciable en todas partes.

Así que con este pequeño cambio en la declaración, yo no creo que vaya a tener ningún efecto en mi riguroso estudio de la Física. Estoy en lo cierto?

$\text{}$

Instrucción: Si $f[x(t),y(t)]$, $x(t)$ e $y(t)$ son diferenciables en a$t=a$; y

$f(x,y)$ es diferenciable en a$x(t)=x(a)$ e $y(t)=y(a)$;

a continuación, en $t=a$

$$\dfrac{df[x(t),y(t)]}{dt}=\dfrac{\partial f[x(t),y(t)]}{\partial x(t)}\ \dfrac{dx(t)}{dt}+\dfrac{\partial f[x(t),y(t)]}{\partial y(t)}\ \dfrac{dy(t)}{dt}$$

$\text{}$

Prueba:

$$\begin{align} \Delta f[x,y]&=f[x+\Delta x, y+\Delta y]-f[x,y]\\ &=f[x+\Delta x, y+\Delta y]-f[x,y+\Delta y]+f[x,y+\Delta y]-f[x,y]\\ &=\delta f_x[x,y]+\delta f_y[x,y]\\ \Rightarrow\ \Delta f[x(t),y(t)]&=\delta f_x[x(t),y(t)]+\delta f_y[x(t),y(t)]\\ \Rightarrow \dfrac{\Delta f[x(t),y(t)]}{\Delta t}&=\dfrac{\delta f_x[x(t),y(t)]}{\delta x(t)}\dfrac{\Delta x(t)}{\Delta t}+...\\ \Rightarrow \lim\limits_{\Delta t \to 0} \dfrac{\Delta f[x(t),y(t)]}{\Delta t}&= \lim\limits_{\Delta t \to 0} \left( \dfrac{\delta f_x[x(t),y(t)]}{\delta x(t)}\dfrac{\Delta x(t)}{\Delta t} \right)+...\\ \Rightarrow \lim\limits_{\Delta t \to 0} \dfrac{\Delta f[x(t),y(t)]}{\Delta t}&= \lim\limits_{\Delta t \to 0} \left( \dfrac{\delta f_x[x(t),y(t)]}{\delta x(t)} \right) \lim\limits_{\Delta t \to 0} \left( \dfrac{\Delta x(t)}{\Delta t} \right)+...\\ &\text{}\\ &\text{It is given that %#%#% is differentiable at %#%#%.}\\ &\text{Therefore %#%#% exists.}\\ &\text{Therefore when %#%#%, %#%#%.}\\ &\text{}\\ \Rightarrow \lim\limits_{\Delta t \to 0} \dfrac{\Delta f[x(t),y(t)]}{\Delta t}&= \lim\limits_{\Delta x(t) \to 0} \left( \dfrac{\delta f_x[x(t),y(t)]}{\delta x(t)} \right) \lim\limits_{\Delta t \to 0} \left( \dfrac{\Delta x(t)}{\Delta t} \right)+...\\ &\text{}\\ &\text{It is given that %#%#%, %#%#% and %#%#% are differentiable at %#%#%;} \\ &\text{and %#%#% is differentiable at %#%#% and %#%#%}\\ &\text{}\\ &\text{Therefore we can replace the limits with derivatives.}\\ &\text{}\\ \Rightarrow \dfrac{df[x(t),y(t)]}{dt} &= \dfrac{\partial f_x[x(t),y(t)]}{\partial x(t)}\ \dfrac{dx(t)}{dt} +...\\ \end{align}$$

Así que esta es la instrucción y la prueba de que he venido para arriba con. De nuevo, por favor explique en qué medida es posible (si es completa o parcial de rigor).

Answer 1

Esto no es riguroso. Por un lado, no se ha definido aún la mayor parte de su notación: ¿qué $\Delta x(t)$, $\delta f_x(x,y)$, y así sucesivamente decir? Incluso llenar en conjeturas razonables para lo que la notación significa que hay problemas graves. Por ejemplo, si $x(t)$ es una función constante, entonces parece que lo que usted se refiere como $\delta x(t)$ siempre $0$, por lo que no se puede dividir por ella. También hay un problema de que la diferencia de $f(x+\Delta x,y+\Delta y)-f(x,y+\Delta y)$ es tomado en $y+\Delta y$ en lugar de al $y$, así que usted no puede esperar a ser bien aproximan mediante el uso de una derivada parcial de $f$ a $(x,y)$ menos que usted sabe que la derivada parcial es continua.

En el mejor de lo que usted ha escrito es un boceto de una prueba de la regla de la cadena bajo significativamente más fuerte hipótesis de lo que te han dicho.

Answer 2

En el momento en que su prueba es más complicado y no se ha definido el significado de muchos de sus operadores. Usted necesita tener cuidado de distinguir entre el momento en que va a definir el significado de una operación (la cual debe de estado como una definición) y cuando usted está utilizando reglas del álgebra para decir algo acerca de esa operación. Hay algunos otros problemas (señalado en detalle por otros comentaristas), y estos errores probablemente se derivan del hecho de que su prueba es todavía mucho más complicado de lo que debe ser.

Aquí está un ejemplo de una prueba simple de la estructura de la multivariante regla de la cadena, para una función multivariante de dimensión arbitraria. Este no es un "riguroso" de la prueba, ya que no he ido al esfuerzo de apriete de los casos donde los denominadores de las expresiones son cero (que son casos triviales de todos modos). Sin embargo, si usted fuera a apretar estas condiciones, algo como este método debe permitir que usted para construir una prueba del resultado. Como se puede ver, todo lo que realmente está sucediendo es que se están ampliando el plazo $f(\mathbf{h}(t+\Delta))$ en una suma donde se altera el valor del argumento en un momento.

TEOREMA: Considere una función multivariante $f: \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ y un vector $\mathbf{h} = (h_1,...,h_n)$ compuesto de univariado de las funciones de $h_i: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$. Definimos $g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ a ser la composición de estas funciones, dada por: $$g(t) = f(\mathbf{h}(t)) = f(h_1(t),...,h_n(t)) \quad \quad \quad \text{for all } t \in \mathbb{R}.$$ Si $f$ es diferenciable en el punto de $\mathbf{h}(t)$ e $\mathbf{h}$ es diferenciable en el punto de $t$ entonces tenemos: $$\frac{dg}{dt}(t) = \nabla f(\mathbf{h}(t)) \cdot \frac{d \mathbf{h}}{dt}(t).$$

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PRUEBA: Para todos los $t$ e $\Delta$ se define el vector: $$\mathbf{h}_*^{(i)} = (h_1(t+\Delta),...,h_i(t+\Delta),h_{i+1}(t),...,h_n(t)),$$ donde añadimos $\Delta$ para el valor del argumento de la primera $i$ elementos. Utilizando esta notación podemos escribir: $$f(\mathbf{h}(t + \Delta)) = f(\mathbf{h}(t)) + \sum_{i=1}^n \Big[ f(\mathbf{h}_*^{(i)}) - f(\mathbf{h}_*^{(i-1)}) \Big].$$ La definición de $\Delta_*^{(i)} \equiv h_{i}(t+\Delta) - h_i(t)$ también tenemos: $$f(\mathbf{h}_*^{(i)}) - f(\mathbf{h}_*^{(i-1)}) = f(\mathbf{h}_*^{(i-1)} + \Delta_*^{(i)} \mathbf{e}_i) - f(\mathbf{h}_*^{(i-1)}).$$ Ahora, utilizando la definición de derivada, y observando que $\Delta \rightarrow 0$ implica $\Delta_*^{(i)} \rightarrow 0$, obtenemos: $$\begin{equation} \begin{aligned} \frac{d g}{d t} (\mathbf{x}) &= \lim_{\Delta \rightarrow 0} \frac{g(t + \Delta) - g(t)}{\Delta} \\[6pt] &= \lim_{\Delta \rightarrow 0} \frac{f(\mathbf{h}(t + \Delta)) - f(\mathbf{h}(t))}{\Delta} \\[6pt] &= \lim_{\Delta \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n \frac{f(\mathbf{h}_*^{(i)}) - f(\mathbf{h}_*^{(i-1)})}{\Delta} \\[6pt] &= \lim_{\Delta \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n \frac{f(\mathbf{h}_*^{(i)}) - f(\mathbf{h}_*^{(i-1)})}{h_{i}(t+\Delta) - h_i(t)} \cdot \frac{h_{i}(t+\Delta) - h_i(t)}{\Delta} \\[6pt] &= \sum_{i=1}^n \Bigg( \lim_{\Delta\rightarrow 0} \frac{f(\mathbf{h}_*^{(i)}) - f(\mathbf{h}_*^{(i-1)})}{h_{i}(t+\Delta) - h_i(t)} \Bigg) \cdot \Bigg( \lim_{\Delta \rightarrow 0} \frac{h_{i}(t+\Delta) - h_i(t)}{\Delta} \Bigg) \\[6pt] &= \sum_{i=1}^n \Bigg( \lim_{\Delta_*^{(i)} \rightarrow 0} \frac{f(\mathbf{h}_*^{(i-1)} + \Delta_*^{(i)} \mathbf{e}_i) - f(\mathbf{h}_*^{(i-1)})}{\Delta_*^{(i)}} \Bigg) \cdot \Bigg( \lim_{\Delta \rightarrow 0} \frac{h_{i}(t+\Delta) - h_i(t)}{\Delta} \Bigg) \\[6pt] &= \sum_{i=1}^n \frac{\partial f}{\partial h_i}(\mathbf{h}(t)) \cdot \frac{d h_i}{dt}(t) \\[6pt] &= \nabla f(\mathbf{h}(t)) \cdot \frac{d \mathbf{h}}{dt}(t). \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}$$

Para ser más rigurosos, se tenga en cuenta que puede haber casos en que uno o más de los plazo $\Delta_*^{(i)}$ son cero, en cuyo caso no podemos dividir a través de estos términos en el denominador. Esto no causa problemas debido a que el término de la suma es cero en este caso, por lo que el conjunto término puede ser eliminado. Esto establece el resultado deseado. $\blacksquare$