Дифференцирование сложной функции

[Nimza]

Подскажите, как можно с помощью эквивалентных преобразований, не дифференцируя символическое выражение как сложную функцию (Как это сделано в учебнике В.А. Ильина), доказать это равенство?
$\[ \frac{\partial } {{\partial x_1 }}\left[ {\left( {x_1 - x_1^0 } \right)\frac{\partial } {{\partial x_1 }} + ... + \left( {x_m - x_m^0 } \right)\frac{\partial } {{\partial x_m }}} \right]^k f\left( {M_0 } \right) = k\left[ {\left( {x_1 - x_1^0 } \right)\frac{\partial } {{\partial x_1 }} + ... + \left( {x_m - x_m^0 } \right)\frac{\partial } {{\partial x_m }}} \right]^{k - 1} \frac{{\partial f}} {{\partial x_1 }}\left( {M_0 } \right) \] $
Попытки сделать это через другие формы записи этого выражения (через суммы, через полином Ньютона) не увенчались успехом.

[nn910]

Получилось что оно при $k=1 m=1$ неверно. Проверьте меня

[Nimza]

Вроде верно.
$\[ \frac{\partial } {{\partial x_1 }}\left( {(x_1 - x_1^0 )\frac{{\partial f}} {{\partial x_1 }}(M_0 )} \right) = \frac{{\partial f}} {{\partial x_1 }}(M_0 ) \] $
Всё кроме $\[ x_1 \] $ - константа.

[Gordmit]

Ваше тождество записано несколько неоднозначно. Полагаю, для того чтобы устранить двусмысленность, следовало бы записать его как-то так:
$\[ \frac{\partial } {{\partial x_1 }}\left(\left[ {\left( {x_1 - x_1^0 } \right)\frac{\partial } {{\partial x_1 }} + ... + \left( {x_m - x_m^0 } \right)\frac{\partial } {{\partial x_m }}} \right]^k f\left( {M_0 } \right)\right) = k\left(\left[ {\left( {x_1 - x_1^0 } \right)\frac{\partial } {{\partial x_1 }} + ... + \left( {x_m - x_m^0 } \right)\frac{\partial } {{\partial x_m }}} \right]^{k - 1} \frac{{\partial}} {{\partial x_1 }}f\right)\left( {M_0 } \right) \] $
Доказательство можно провести, раскладывая $k$-ю степень по формуле

$$(y_1+\ldots+y_m)^k=\sum_{\substack{0\leqslant i_1,\ldots,i_m\leqslant k\\i_1+\ldots+i_m=k}}\left(\begin{array}{c}k\\i_1,\ldots,i_m\end{array}\right)y_1^{i_1}\ldots y_m^{i_m},$$

где $\left(\begin{array}{c}k\\i_1,\ldots,i_m\end{array}\right)=\dfrac{k!}{i_1!\ldots i_m!}$ - полиномиальный коэффициент (обобщение бинома Ньютона).

[Nimza]

Вот к чему я прихожу, используя полином Ньютона. Что дальше делать?
$\[ \sum\limits_{\mathop {}\limits^{\begin{array}{*{20}c} {i_1 + ... + i_m = k - 1} \\ {0 \leqslant i_j \leqslant k - 1} \\ \end{array} } } {\left( {\begin{array}{*{20}c} k \\ {i_1 + 1,i_2 ,...,i_m } \\ \end{array} } \right)} (1 + i_1 )\frac{{\partial ^{k - 1} f}} {{\partial x_1^{i_1 } \partial x_2^{i_2 } ...\partial x_m^{i_m } }}(M_0 )\left( {x_1 - x_1^0 } \right)^{i_1 } ...\left( {x_m - x_m^0 } \right)^{i_m } \] $

[Gordmit]

Это правая часть или левая?

[Nimza]

левая

[Gordmit]

А почему тогда сумма по $i_j$: $0\leqslant i_j\leqslant k-1$, $i_1+\ldots+i_m=k-1$, если сумма в квадратных скобках возводится в $k$-ю степень, а не в $(k-1)$-ю?

[Nimza]

это после дифференцирования и переименования $\[ i_1 + 1 \]$ в $\[ i_1 \] $, так как далее в сумме оставались лишь члены с $\[ i_1 \geqslant 1 \] $ (Другие слагаемые умирали после дифференцирования).

[Gordmit]

Nimza в сообщении #220508 писал(а):

это после дифференцирования и переименования $\[ i_1 + 1 \]$ в $\[ i_1 \] $, так как далее в сумме оставались лишь члены с $\[ i_1 \geqslant 1 \] $ (Другие слагаемые умирали после дифференцирования).

Производная тогда после этого переименования должна была превратиться в

$$\frac{\partial^k f}{\partial x_1^{i_1+1}\partial x_2^{i_2}\ldots\partial x_m^{i_m}}(M_0)$$

А далее нужно воспользоваться тем, что

$$(i_1+1)\left(\begin{array}{c}k\\i_1+1,\ldots,i_m\end{array}\right)=k\left(\begin{array}{c}k-1\\i_1,\ldots,i_m\end{array}\right)$$

[Nimza]

вот это свойство я и не заметил) спасибо)))