Производная обратной функции

[Dedekind]

Один непонятный момент в доказательстве производной для обратной функции.

Пусть $f(x)$ - дифференцируемая на некотором интервале функция, для которой определена обратная $f^{-1}(y)$. Можно считать известным, что $f$ и $f^{-1}$ непрерывны. По определению производной в некоторой точке $y_0$ области определения $f^{-1}$:

$$(f^{-1})'(y_0) = \lim_{y\to y_0}{\dfrac{f^{-1}(y) - f^{-1}(y_0)}{y - y_0}} = \lim_{f(x)\to f(x_0)}\dfrac{x -x_0}{f(x) - f(x_0)}$$

Тут, понятное дело, $y = f(x), y_0 = f(x_0)$. Дальше, по идее, нужно доказать, что $\lim_{f(x)\to f(x_0)}\dfrac{x -x_0}{f(x) - f(x_0)} = \lim_{x\to x_0}\dfrac{x -x_0}{f(x) - f(x_0)}$. Я доказывал так.

Пусть $A = \lim_{f(x)\to f(x_0)}\dfrac{x -x_0}{f(x) - f(x_0)}$ (**) . Тогда, для любого $\varepsilon>0$ существует $\delta_1>0$, такое, что если $|f(x) - f(x_0)| < \delta_1$, то $\left| \dfrac{x -x_0}{f(x) - f(x_0)} - A\right| < \varepsilon$. Поскольку функция $f$ непрерывная, то для $\delta_1$ существует такое $\delta>0$, что если $|x-x_0|<\delta$, то $|f(x) - f(x_0)|<\delta_1$.

Объединяя два предыдущих утверждения, получим, что $\lim_{x\to x_0}\dfrac{x -x_0}{f(x) - f(x_0)} = A = \lim_{f(x)\to f(x_0)}\dfrac{x -x_0}{f(x) - f(x_0)}$.

Ну и дальше

$$(f^{-1})'(y_0) = \lim_{x\to x_0}\dfrac{x -x_0}{f(x) - f(x_0)} = \dfrac{1}{f'(x_0)}$$

.

Меня смущает момент, отмеченный (**). По идее, на этом этапе я уже использую то, что обратная функция дифференцируема (т.е., что этот лимит существует), что пока еще не доказано. Как это можно бы обойти? Есть вариант с доказательством через последовательности, там вроде бы такой проблемы нет. Но хотелось бы доказать через эпсилон-дельта.

[Combat Zone]

Dedekind в сообщении #1710373 писал(а):

Пусть $A = \lim_{f(x)\to f(x_0)}\dfrac{x -x_0}{f(x) - f(x_0)}$ (**) .

Dedekind в сообщении #1710373 писал(а):

Меня смущает момент, отмеченный (**). По идее, на этом этапе я уже использую то, что обратная функция дифференцируема (т.е., что этот лимит существует), что пока еще не доказано.

Вы уберите там $f(x)\to f(x_0)$ в базе, напишите $x\to x_0$ -- теоремы о пределе сложной функции так и работают.
Наверное, вас тогда перестанет смущать этот предел, потому что ни в нем, ни в его существовании обратная функция пока никак не задействована.

[tolstopuz]

Один из вариантов теоремы о пределе сложной функции выглядит так, и его проще доказать в общем виде.

Если
1) $\lim_{t\to u}g(t)=B$;
2) в некоторой проколотой окрестности $0<|t-u|<r$ выполняется $g(t)\ne B$;
3) $\lim_{s\to B}h(s)=A$,
то $\lim_{t\to u}h(g(t))=A$.
Можно записать это так:

$$\lim_{t\to u}h(g(t))=\lim_{s\to\lim_{t\to u}g(t)}h(s),$$

если оба предела в правой части существуют и выполняется 2).

Теперь подставим $h(x)=\frac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}$, $g=f^{-1}$, $u=y_0$:

1) $\lim_{y\to y_0}f^{-1}(y)=x_0$ (непрерывность $f^{-1}$ в точке $y_0$);
2) в некоторой проколотой окрестности $0<|y-y_0|<r$ выполняется $f^{-1}(y)\ne x_0$ (следует из обратимости $f$);
3) $\lim_{x\to x_0}\frac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}=A$ (дифференцируемость $f$ в точке $x_0$).
Получаем $\lim_{y\to y_0}\frac{f^{-1}(y)-f^{-1}(y_0)}{y-y_0}=A$, что и требовалось доказать.

[tolstopuz]

Dedekind в сообщении #1710373 писал(а):

Тогда, для любого $\varepsilon>0$ существует $\delta_1>0$, такое, что если $|f(x) - f(x_0)| < \delta_1$,

Если $0 < |f(x) - f(x_0)| < \delta_1$.

Dedekind в сообщении #1710373 писал(а):

то $\left| \dfrac{x -x_0}{f(x) - f(x_0)} - A\right| < \varepsilon$. Поскольку функция $f$ непрерывная, то для $\delta_1$ существует такое $\delta>0$, что если $|x-x_0|<\delta$, то $|f(x) - f(x_0)|<\delta_1$.

А так как $f$ обратима, при $0<|x-x_0|<\delta$ выполняется $0<|f(x) - f(x_0)|<\delta_1$, тогда все срастается. В общем случае предела сложной функции тут надо использовать 2), чтобы при необходимости уменьшить $\delta$.

-- Вс ноя 23, 2025 22:17:16 --

Вообще запись $\lim_{f(x)\to f(x_0)}h(f(x))$ очень опасная и лучше ей не пользоваться.

[Combat Zone]

Давайте я попробую написать так, чтобы все было видно.
Обозначим $g=f^{-1}$. И пусть $f$ непрерывна в точке $x_0$, а $g$ -- в точке $y_0=f(x_0)$, производная $A=f'(x_0)\ne 0$. Нам нужно показать дифференцируемость $g$ и получить ее производную в точке $y_0$.

Известно, что $f(g(y))=\mathrm{id}(y)$

Поскольку при $h\to 0$ верно $g(y_0+h)-g(y_0)\to 0$, то в силу дифференцируемости f в точке $x_0=g(y_0)$ выполнено

$$f(g(y_0+h))-f(g(y_0))=f'(g(y_0))(g(y_0+h)-g(y_0))+o(g(y_0+h)-g(y_0))=(A+\alpha(h))(g(y_0+h)-g(y_0))$$

где $\alpha$ - бесконечно малая функция при $h\to 0$.
C другой стороны,
$f(g(y_0+h))-f(g(y_0))=h=(A+\alpha(h))(g(y_0+h)-g(y_0))$, значит
$\dfrac{g(y_0+h)-g(y_0)}{h}=\dfrac{1}{A+\alpha(h)}$ (при достаточно малых $h$ знаменатель ненулевой), следовательно
$g$ дифференцируема в точке $y_0$, и $g'(y_0)=1/A$.