Deje $f$ $g$ dos funciones diferenciables en $]a, b[$. A continuación, $f \circ g$ es diferenciable en el mismo intervalo de tiempo y tenemos la expresión :
$$(f \circ g)' = g' \cdot f' \circ g$$
¿Cómo se puede demostrar esto ?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Si usted está familiarizado con la notación o, aquí es una alternativa de la prueba: tenga en cuenta que cuando se $f$ es diferenciable en a$x$, $$f(x+h)=f(x)+hf'(x)+o(h)\qquad\text{as } h\to0,$$ y esto puede ser utilizado como la definición de $f'(x)$. Ahora $$\begin{align*} (f\circ g)(x+h) &=f\bigl(g(x+h)\bigr)=f\bigl(g(x)+hg'(x)+o(h)\bigr)\\ &=f\bigl(g(x)\bigr)+\bigl(hg'(x)+o(h)\bigr)f'\bigl(g(x)\bigr)+o\bigl(hg'(x)+o(h)\bigr)\\ &=f\bigl(g(x)\bigr)+hg'(x)f'\bigl(g(x)\bigr)+o(h),\end{align*}$$ y la prueba está completa.
Si esto no tiene sentido para usted en la actualidad, volver a ella después de haber aprendido acerca de la notación o, y usted va a apreciar mucho más.
Rakesh
Puntos
108
\begin{align} (f(g(x)))' &= \lim \frac{f(g(x+\epsilon))-f(g(x))}{\epsilon} \\[8pt] &= \lim \frac{f(g(x+\epsilon))-f(g(x))}{\epsilon} \cdot \frac{g(x+\epsilon)-g(x)}{g(x+\epsilon)-g(x)} \\[8pt] &= \lim \frac{f(g(x+\epsilon))-f(g(x))}{g(x+\epsilon)-g(x)} \cdot \frac{g(x+\epsilon)-g(x)}{\epsilon} \\[8pt] &= f'(g(x)) \cdot g'(x) \end{align}
CodingBytes
Puntos
102
Aquí está una de las versiones de Harald respuesta sin el $o$:
Una función de $g$ tiene un derivado $g'(x_0)$ $x_0$ fib no es una función de la tendencia a $m_g$, continua en$x_0$, $m_g(x_0)=g'(x_0)$ y $$g(x)-g(x_0)=m_g(x)\ (x-x_0)$$ para todos los $x$ en el dominio de $g$.
Ahora vamos a $g$ $f$ ser dado, vamos a $m_g$ a ser como antes, y vamos a $m_f$ ser la función de la tendencia de $f$$y_0:=g(x_0)$. Entonces uno tiene $$\eqalign{f\bigl(g(x)\bigr)-f\bigl(g(x_0)\bigr)&=f\bigl(g(x)\bigr)-f(y_0)\cr &=m_f\bigl((g(x)\bigr)\ (g(x)-y_0)\cr &=m_f\bigl((g(x)\bigr)\ m_g(x)\ (x-x_0)\ .\cr}$$ Como $m_{f\circ g}(x):=m_f\bigl((g(x)\bigr)\ m_g(x)$ es continua en a $x_0$ y tiene el valor de $f'(y_0)\ g'(x_0)$ no, el reclamo de la siguiente manera.
Lorin Hochstein
Puntos
11816
La idea en Karolis Judelė la respuesta es el hecho esencial; que se ejecuta en un pequeño problema, a saber, qué hacer si $g(x+h)-g(x)=0$ para los valores de $h$ arbitrariamente cerca de $0$?
Moralmente, esto no importa: si $g(x+h)-g(x)=0$ arbitrariamente para valores pequeños de a $h$, entonces esto debe significar que $g'(x)=0$, y, a continuación, se puede "ignorar" los puntos que nos están dando problemas y concentrarse en los otros, donde el límite también será igual a $0$ y no será un problema. Pero necesitamos hacerlo formalmente, lo que conduce a complicaciones de la técnica.
Si $g'(a)\neq 0$,$\lim\limits_{h\to 0}\frac{g(a+h)-g(a)}{h}=g'(a)\neq 0$, así que para todos lo suficientemente pequeño de los valores de $h$, diferente de cero, tenemos $g(a+h)-g(a)\neq 0$. Incluso si $g'(a)=0$, es posible que esta diferencia no es nunca igual a $0$, por ejemplo, $g(x) = x^2$$a=0$. Así que tenemos que dividir el argumento en dos casos: el "fácil" de caso y los casos difíciles.
Caso 1. Si no existe $\delta\gt 0$ tal que para todo $h$, $0\lt |h|\lt\delta$ implica $g(a+h)-g(a)\neq 0$, entonces podemos proceder como en la respuesta: $$\begin{align*} \lim_{h\to 0}\frac{f\circ g(a+h) - f\circ g(a)}{h} &= \lim_{h\to 0}\frac{f(g(a+h)) - f(g(a))}{h}\\ &= \lim_{h\to 0}\frac{f(g(a+h))-f(g(a))}{g(a+h)-g(a)}\frac{g(a+h)-g(a)}{h} \\&\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\text{(since denominator is not }0\text{)}\\ &=\lim_{h\to 0}\frac{f(g(a+h))-f(g(a))}{g(a+h)-g(a)} \lim_{h\to 0}\frac{g(a+h)-g(a)}{h}\\ &= \lim_{g(a+h)\to g(a)}\frac{f(g(a+h))-f(g(a))}{g(a+h)-g(a)}\lim_{h\to 0}\frac{g(a+h)-g(a)}{h}\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\text{(because }g\text{ is continuous at }a\text{)}\\ &= f'(g(a))g'(a)\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\text{(by the definition of derivative)} \end{align*}$$
Caso 2. Si para cada a $\delta\gt 0$ existe $h$ tal que $0\lt |h|\lt\delta$$g(a+h)=g(a)$.
Tenga en cuenta que para que esto suceda, dado que el $g$ se supone debe ser diferenciable en a $a$, debemos tener $g'(a)=0$: debido a que el límite de $$\lim_{h\to 0}\frac{g(a+h)-g(a)}{h}$$ toma el valor de $0$ arbitrariamente cerca de $h=0$, y así el límite, si existe, debe ser cero. Así que debemos tener $g'(a)=0$, lo que significa que estamos tratando de demostrar que si estamos en el caso 2, a continuación,$(f\circ g)'(a) = 0$.
Para ello, definimos una nueva función de $\mathcal{K}(h)$ como sigue: $$\mathcal{K}(h) = \left\{\begin{array}{ll} f'(g(a)) &\text{if }g(a+h)=g(a)\\ \frac{f(g(a+h))-f(g(a))}{g(a+h)-g(a)} &\text{if }g(a+h)\neq g(a). \end{array}\right.$$
Yo reclamo que $\lim_{h\to 0}\mathcal{K}(h) = f'(g(a))$. En efecto, desde el $f$ es diferenciable en a $g(a)$, para cualquier $\epsilon\gt 0$ existe $\delta_1\gt 0$ tal que $0\lt |b|\lt\delta_1$ implica $$\left|\frac{f(g(a)+b)-f(g(a))}{b} - f'(g(a))\right|\lt\epsilon$$ y desde $g$ es continua en a $a$ existe $\delta_2\gt 0$ tal que $0\leq |h|\lt \delta_2$ implica $|g(a+h)-g(a)|\lt \delta_1$. Por lo tanto, para todos los $|h|\lt\delta_2$, $g(a+h)=g(a)$ $\mathcal{K}(h)$ es igual a $f'(g(a))$ o más $g(a+h)\neq g(a)$ y hemos $$ \left|\mathcal{K}(h) - f'(g(a))\right| = \left|\frac{f(g(a+h))-f(g(a))}{g(a+h)-g(a)}-f'(g(a))\right| \lt\epsilon$$ desde $|g(a+h)-g(a)|\lt\delta_1$. Por lo tanto, $\lim\limits_{h\to 0}\mathcal{K}(h) = f'(g(a))$.
Por último, observe que $$\frac{f(g(a+h))-f(g(a))}{h} = \mathcal{K}(h)\frac{g(a+h)-g(a)}{h}$$ para todos los $h\neq 0$. De hecho, si $g(a+h)\neq g(a)$, entonces el lado derecho se simplifica a la mano izquierda. Y si $g(a+h)=g(a)$, entonces ambos lados son iguales a $0$.
Ahora tenemos: $$\begin{align*} \lim_{h\to 0}\frac{f(g(a+h))-f(g(a))}{h} &= \lim_{h\to 0}\mathcal{K}(h)\frac{g(a+h)-g(a)}{h}\\ &= \lim_{h\to 0}\mathcal{K}(h)\lim_{h\to 0}\frac{g(a+h)-g(a)}{h}\\ &= f'(g(a))g'(a) \end{align*}$$ como se desee.
dtldarek
Puntos
23441
Las otras pruebas son de bien (de todos los asuntos de menor importancia puede ser fácilmente corregido), sin embargo, hay otra manera de mirar esto y a mí de esta manera se puede tener una mayor comprensión de por qué la fórmula se parece a esto.
No sé si eres consciente, pero hay un no-trivial de conexión entre la derivación y la combinatoria de las estructuras. Supongamos que el número natural $n$ es igual a un conjunto de $n$ elementos, es decir, $n = \{0,\ldots,n-1\}$ significado $0 = \varnothing$, $1 = \{0\}$, $2 = \{0, 1\}$, etc. A continuación, los operadores habituales $+$ (adición) y $\times$ (multiplicación) aumento de la energía adicional distinto de la suma y producto Cartesiano, por ejemplo,
$$A + A = \{0,1\} \times A = 2 \times A.$$ $$A \times (B+C) = A\times B + A\times C$$
En esta configuración, el derivado $\frac{dF[A]}{dA}$ se comporta como tomar un solo elemento $A$ fuera de una estructura $F[A]$ (la notación $F[A]$ significa que la estructura de $F$ depende de la estructura de $A$).
Por ejemplo, supongamos $A$ ser un conjunto, entonces considere el conjunto de todos los pares de $A \times A \cong A^{\{0,1\}} = A^2$ (el símbolo $Y^X$ denota el conjunto de todas las funciones de $X \to Y$, también aquí $F[Z] =Z^2$). Entonces, ¿qué sucede si se quita una $A$ estructura $A^2$? Consigue $\langle a, \bullet\rangle$ o $\langle a, \bullet\rangle$ (el símbolo $\bullet$ es sólo un marcador de posición), es decir,$A + A = 2 \times A$. Es fácil generalizar esto para $n$-tuplas, que es $(A^n)' = nA^{n-1}$.
Y ahora, podemos interpretar $F[G[A]]' = F'[G[A]] \times G'[A]$. Para tomar una $A$ $F[G[A]]$ primero necesita tomar sola $G[A]$ $F[G[A]]$ y, a continuación, una $A$ que $G[A]$.
Espero que no me había confundido demasiado. La idea original proviene de este artículo. Buena suerte!
