Me sale que la diferenciación es una operación que se utiliza en una función, por lo que si una función está definida $x\mapsto x^2$, la derivada es $$ (x\mapsto x^2)' = x \mapsto \lim_{h\to 0} \frac{x^2+2xh+h^2-x^2}{h} = x\mapsto 2x. $$
Pero, ¿cómo se puede extender la definición de $f' = \dfrac{f_h-f}{h}$ de tal manera que se trabaja con funciones implícitas/multifunctions? Sé que funciona, pero no entiendo cómo funciona para ecuaciones como $y^2 = 4-x^2$.
Yo diría que la diferencia implícita utiliza la regla de la cadena. El teorema de la función implícita de los estados que en cualquier punto de $p=(x_0,y_0)$ sobre la curva (sujeto a algunos de los pequeños definición de condición), hay una pequeña sección de la curva alrededor del punto en que la gráfica de alguna función $y_p(x)$.
Sabemos que esta función debe obedecer $y_p(x)^2=4-x^2$. Ahora sólo nos diferencian con respecto a $x$, utilizando la regla de la cadena en $y_p(x)^2$, y obtenemos $$ 2y_p(x)y_p'(x)=4-2x $$ Deja que el derivado implícito $y'$ de la curva de a $p$ satisface $2y_0y'=4-x_0$, que puede ser fácilmente resuelto.
Tenga en cuenta que la expresión final no cuentan con la función implícita. El resultado no depende de lo que la función es, solo que existe.
No sé si esta es la forma implícita diferenciación está definido, pero eso es lo que yo pienso acerca de ello.
Implícita diferenciación, sólo significa que el proceso de hacer los cálculos con las reglas para calcular derivadas; por ejemplo, suponiendo que el $f'(x)$ existe, usted no tiene que saber nada sobre el mapa de $x \mapsto f'(x)$ es para saber que la derivada de $x \mapsto f(x)^2$$x \mapsto 2 f(x) f'(x)$.
O en notación de Leibniz, usted no necesita saber nada acerca de $\frac{dy}{dx}$ (que no existe) con el fin de saber que $\frac{d(y^2)}{dx} = 2y \frac{dy}{dx}$.
De forma más general (y, en mi opinión, más naturalmente, también), no es la noción de las diferencias y/o el exterior de derivados. La formalización de este concepto en términos de la geometría diferencial, si $y$ es un escalar (es decir, un escalar diferenciable de campo), entonces su exterior derivada está definida, y se escribe como $dy$.
Si $x$ $y$ son dos escalares relacionadas por una ecuación de $y^2 = 4 - x^2$, luego el exterior son derivados de la misma: $d(y^2) = d(4-x^2)$, y podemos calcular que esto se simplifica a $2y \, dy = -2x \, dz$.
Los diferenciales de hacer han sugerido relación con la notación de Leibniz; a partir de aquí podemos inferir que donde$y \neq 0$,$dy = -\frac{x}{y} \, dx$, y por lo tanto $\frac{dy}{dx} = -\frac{x}{y}$.
Por supuesto, esto sólo tiene sentido cuando hay sólo dos diferenciales involucradas; si tuviéramos tres variables relacionadas por $z^2 = 4 - x^2 - y^2$, entonces podríamos concluir que $x \, dx + y \, dy + z \, dz = 0$, pero no tiene sentido preguntar por $\frac{dy}{dx}$.
Yo, por desgracia, no sé de cualquier fuente que introduce esta en un modo elemental; sólo he visto rigurosamente definido para los propósitos de la geometría diferencial o la geometría algebraica/álgebra conmutativa.
A mí me parece que esto es sólo un uso directo de la regla de la cadena. La diferenciación de la LHS, por la regla de la cadena, que obtendría $2y y'$ y los rendimientos de los RHS $-2x$, por lo que se puede resolver para $y'$ directamente usando álgebra: $$ y' = \frac{-2}{2y} = \frac{-x} de{y} = \frac {x}{\pm\sqrt{4-x^2}} $$
En otras palabras, se puede probar a partir de su definición, encima que $$ f(g(x))' = \ldots = x \mapsto f'(g(x)) g'(x) $$ y el uso que lidiar con la diferencia implícita.
Comience con una función de $f(x,y)$, en su caso $f(x,y)= x^2+y^2-4$. Obviamente, hay algunos puntos de una función de $y(x)$ satisfacción $f(x,y(x))=0$, es decir,$y(x)=\pm\sqrt{4-x^2}$, dependiendo del punto. (Tenga en cuenta que hay puntos donde la función no existe.)
En general, usted no puede solucionar $f(x,y)=0$$y$, pero se puede calcular fácilmente a $y'$ en términos de $x$ $y(x)$ como sigue. Diferenciar $0=f(x,y(x))$: $$0=\langle\nabla f\left(x,y(x)\right)\left(1,y'(x)\right)\rangle= f_x(x,y(x))+f_y(x,y(x))\cdot y'(x)$$ y resolver fácilmente para $y'(x)$.
En nuestro caso $$0=\langle\nabla f\left(x,y(x)\right)\left(1,y'(x)\right)\rangle= \langle (2x,2y),(1,y')\rangle=2x+2yy'.$$
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