Теорема о производной композиции.

[Duelist]

Ниже доказательство из учебника по анализу Рудина.


Перепишу, как я понял, и в более удобных обозначениях.

Пусть $f$ дифференцируема в $x_0,$ $g$ дифференцируема в $y_0,$ $f(x_0)=y_0$.

$f(x)-f(x_0) = f'(x_0)(x-x_0)+o(x-x_0)$ при $x \to x_0$. $g(y)-g(y_0) = g'(y_0)(y-y_0) + o(y-y_0)$ при $y \to y_0.$ Далее получаем:

$f(x) -f(x_0)= (x-x_0)(f'(x_0)-u(x))$
$g(y)-g(y_0)=(y-y_0)(g'(y_0)-v(y)),$ где $u(x) \to 0$ при $x \to x_0,$ $v(y) \to 0$ при $y \to y_0.$

Определим $h(x)=g(f(x))$

$h(x)-h(x_0)=g(f(x))-g(f(x_0))=(f(x)-f(x_0))(g'(y_0)-v(y))$ $=(x-x_0)(f'(x_0)-u(x))(g'(y_0)-v(y)),$

откуда $\frac{h(x)-h(x_0)}{x-x_0} = (f'(x_0)-u(x))(g'(y_0)-v(y)).$

До этого момента мне всё понятно, дальше мы переходим к пределу при $x \to x_0$ и ясно, что $u(x) \to o,$ но у меня не получается вывести, что $v(y) \to 0$.

Поскольку $y=f(x),$ $y_0 = f(x_0),$ то я пытался воспользоваться теоремой о пределе композиции, которую мне недавно подсказали. Тогда бы получалось:

$\lim\limits_{y \to y_0} v(y) = 0,$ $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)=y_0,$ откуда $\lim\limits_{x \to x_0} v(f(x)) = 0.$ Но для того, чтобы воспользоваться этой теоремой, нужно, чтобы $v(y)$ было непрерывно в $y_0$.

Но $v(y)=o(y-y_0)/(y-y_0).$ Под $o(y-y_0)$, насколько я понимаю, подразумевается $g(y)-g(y_0)-g'(y_0)(y-y_0),$ но тогда $v(y)$ просто не определена в $y_0$.

[Slav-27]

Duelist
Доопределите её там нулём: она станет непрерывной, и всё заработает.

[Duelist]

Slav-27
Спасибо, сделаю так.

[ewert]

Ну, длинновато у Рудина оформлено. Вот тут как раз о-маленькие очень к месту. Если $\Delta f=f(x+\Delta x)-f(x)$, то

$\Delta h=h(x+\Delta x)-h(x)=g(f(x)+\Delta f)-g(f(x))=g'(f(x))\Delta f+o(\Delta f)=$

$=g'(f(x))\big(f'(x)\Delta x+o(\Delta x)\big)+o(\Delta f)=$

$=g'(f(x))f'(x)\Delta x+\big(g'(f(x))o(\Delta x)+o(\Delta f)\big)=g'(f(x))f'(x)\Delta x+o(\Delta x).$

Последнее в точности означает, что $h$ дифференцируема в точке $x$ и что её производная -- это именно $g'(f(x))f'(x)$. И практически все переходы -- тоже непосредственно по определению производной. Единственный нюанс, который требуется отмечать дополнительно: из дифференцируемости $f$ в точке $x$ следует $\Delta f=O(\Delta x)$ и потому $o(\Delta f)=o(\Delta x)$. Ну и ещё то, что из дифференцируемости $f$ следует её непрерывность, поэтому некоторую окрестность точки $x$ она переводит в заявленный сегмент $I$ аргументов функции $g$.

[Brukvalub]

ewert в сообщении #1163303 писал(а):

Если $\Delta f=f(x+\Delta x)-f(x)$, то

$\Delta h=h(x+\Delta x)-h(x)=g(f(x)+\Delta f)-g(f(x))=g'(f(x))\Delta f+o(\Delta f)=$

Режет глаз одинаковое обозначение разных аргументов. А уж первокуры ваще могут крышу потерять от таких обозначений.