Matematické Fórum

Tanner · 25. 06. 2016 15:30

Zdravím,

Úplně se ztrácím v tomhle důkazu. Zkusím ho popsat, nebo nastínit tak, jak mu rozumím, respektive do kdy mu rozumím..

Podle předpokladu

$f(a+b)-f(a)=df(a)(b)+0(b)=$ $df(a)(b)+\varepsilon _{1}(b)*||b||$

a

$g(f(a+b)-g(f(a))=dg(f(a)(b)+\varepsilon _{2}(b)||b||$

Pak pro $b=f(a+b)-f(a)$ platí (za 1. rovnítkem už jsem ztracený)

$g(f(a)+(fa+b)-f(a))-g(f(a))$ $={\displaystyle \nabla \mathbf {} }g(f(a))\cdot (f(a+b)-f(a)+\varepsilon _{2}(f(a+b)-f(a))\cdot ||f(a+b)-f(a)||$

Dále platí
$g(f(a+b)-g(f(a))=\nabla g(f(a))\cdot (\nabla f(a))\cdot b+\varepsilon _{1}(b)||b||+\varepsilon _{2}\cdot (f(a+b)-f(a))\cdot ||f(a+b)-f(a)||$

$=\nabla g(f(a))\cdot \nabla f(a)\cdot b+\nabla g(f(a)\cdot \varepsilon _{1}(b)||b||+\varepsilon _{2}\cdot (\nabla f(a))\cdot b+\varepsilon _{1}(b)||b||\cdot ||\nabla f(a)\cdot b+\varepsilon _{1}(b)||b||||$

Vím, že tady důkaz nekončí, ale mě bude stačit pochopit tohle. Nějak si nejsem schopný odvodit nějakou srozumitelnost toho důkazu. Budu vážně moc vděčný za odpovědi, jsem ztracený.

Rumburak

↑ Tanner:

Ahoj.

Řekl bych, že především je potřeba zformulovat dokazovanou větu a důkaz začít příslušnýmii předpoklady.

Předpoklady pak rozepíšeme podle definic, které v předpokladech vystupují - zde tedy především podle definice
diferenciálu. Já ji znám takto:

Je-li dána otevřená množina $A \subseteq \mathbb{R}^m$ , funkce $f: A \to \mathbb{R}^n$ a bod $a \in A$ , potom diferenciálem
funkce $f$ v bodě $a$ je taková lineární forma $L_{f,a} : \mathbb{R}^m\to \mathbb{R}^n$ , pro niž platí

(1) $\lim_{|\vec h| \to 0} \frac{|f(a + \vec{h}) - f(a) - L_{f,a}(\vec h)|}{|\vec h|} = 0$ .

Pomocí definice diferenciálu též zformulujeme dokazované tvrzení - cílem je ukázat, zda a jak plyne z předpokladů.

Nejspíše dojde i na definici limity ...

EDIT. Ve vzorci (1) na levé straně v čitateli jsem opravil chybějící znak normy.

Tanner · 27. 06. 2016 10:50

↑ Rumburak:

No, dokazovaná věta vypadá takhle:

Nechť $f:R^{n}->R^{m}, g:R^{m}->R^{k}$

Nechť f má diferenciál v bodě a, $(\nabla f(a)$ je reprezentant mxn) a g má diferenciál v bodě $f(a) (\nabla g(f(a))$ je reprezentant kxm.

Pak $(gof)$ má take diferenciál v bodě a ( $\nabla (gof(a)$ je reprezentant kxn) a platí:

$\nabla (gof(a) =\nabla g(f(a))\cdot \nabla f(a)$

Vesměs je to Jacobova matice..a dále už pokračuje ten důkaz, který jsem rozepsal.. Chápu rozepsání diferenciálů, ale potom se docela ztrácím..

Rumburak · 27. 06. 2016 15:58

↑ Tanner:

Je pravda, že důkaz této věty pro obecný případ není zcela triviální. Podrobně je proveden v knize
Vojtěch Jarník: Diferenciální počet II - k nahlédnutí zde.

Matematické Fórum

#1 25. 06. 2016 15:30

Věta o diferenciálu složeného zobrazení - důkaz

#2 27. 06. 2016 10:13 — Editoval Rumburak (27. 06. 2016 16:00)

Re: Věta o diferenciálu složeného zobrazení - důkaz

#3 27. 06. 2016 10:50

Re: Věta o diferenciálu složeného zobrazení - důkaz

#4 27. 06. 2016 15:58

Re: Věta o diferenciálu složeného zobrazení - důkaz

Zápatí