6.3 Производные и дифференциалы высших порядков.

6.3.1 Производные высших порядков.

Используя метод математической индукции дадим определение производной порядка $n$.

Определение 6.3.1: Производную функции в точке $f'(x)$ будем так же называть производной порядка 1 функции в точке $f^{(1)}(x)$.
Для любого натурального $n$:
если функция $f(x):E\to\mathbb{R}$ в любой точке $x\in{E}$ имеет производную $f^{(n)}(x)$ порядка $n$ и функция $f^{(n)}(x):E\to\mathbb{R}$ дифференцируема в точке $x_0\in{E}$, то говорят, что функция $f(x)$ имеет в точке $x_0$ производную порядка $n$ $f^{(n+1)}(x_0):=(f^{(n)})'(x_0)$.

Обозначение производной порядка $n$ по Лейбницу: $\displaystyle{f}^{(n)}(x)=\frac{d^nf(x)}{dx^n}$

Определение 6.3.2: Для любого $n\in\mathbb{N}$ и $E\subset\mathbb{R}$ введем класс функций $$C^n(E):=\{f(x):E\to\mathbb{R}\:|\:\forall{k}\in\overline{0,n}(\forall{x}\in{E}(\exists{f}^{(k)}(x))\wedge{f}^{(k)}(x)\in{E}(C))\},$$ где $f^{(0)}(x)\equiv{f}(x)$.
Таким образом в класс $C^n$ входят все функции имеющие непрерывные производные до $n$-того порядка включительно.

$\newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}}$

Задача 6.3.1: Для любого $n\in\mathbb{N}$ доказать равенства:

1. $\displaystyle(a^x)^{(n)}=a^x\ln^na$
2. $\displaystyle\sin^{(n)}x=\sin\left(x+\frac{\pi{n}}{2}\right)$
3. $\displaystyle\cos^{(n)}x=\cos\left(x+\frac{\pi{n}}{2}\right)$
4. $\displaystyle((1+x)^{\alpha})^{(n)}=\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n+1)(1+x)^{\alpha-n}=(1+x)^{\alpha-n}\prod_{k=0}^{n-1}(\alpha-k)$
5. $\displaystyle(x^{\alpha})^{(n)}=\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n+1)x^{\alpha-n}=x^{\alpha-n}\prod_{k=0}^{n-1}(\alpha-k)$
6. $\displaystyle\forall{x}\neq0\left(\ln^{(n)}x=\frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{x^n}\right)$

Решение: Докажем индукцией по $n$.

1. При $n=1$ $(a^x)'=(e^{x\ln{a}})'=e^{x\ln{a}}\ln{a}=a^x\ln{a}$.
   $$(a^x)^{(k)}=a^x\ln^kx\Rightarrow(a^x)^{(k+1)}=(a^x\ln^k{a})'=(a^x)'\ln^ka=a^x\ln{a}\ln^ka=a^x\ln^{k+1}a$$
2. При $n=1$ $\sin'x=\cos{x}=\sin(x+\frac{\pi}{2})$. $$\sin^{(k)}x=\sin\left(x+\frac{\pi{k}}{2}\right)\Rightarrow\sin^{(k+1)}x=(\sin^{(k)}x)'=\sin\left(x+\frac{\pi{k}}{2}\right)'= \cos\left(x+\frac{\pi{k}}{2}\right)=\sin\left(x+\frac{\pi{k}}{2}+\frac{\pi}{2}\right)=\sin\left(x+\frac{\pi(k+1)}{2}\right)$$
3. При $n=1$ $\cos'x=-\sin{x}=\cos(x+\frac{\pi}{2})$.
   $$\cos^{(k)}x=\cos\left(x+\frac{\pi{k}}{2}\right)\Rightarrow\cos^{(k+1)}x=(\cos^{(k)}x)'=\cos\left(x+\frac{\pi{k}}{2}\right)'= -\sin\left(x+\frac{\pi{k}}{2}\right)=\cos\left(x+\frac{\pi{k}}{2}+\frac{\pi}{2}\right)=\cos\left(x+\frac{\pi(k+1)}{2}\right)$$
4. При $n=1$ $((1+x)^\alpha)'=\alpha(1+x)^{\alpha-1}$
   $$((1+x)^\alpha)^{(k)}=(1+x)^{\alpha-k}\prod_{i=0}^{k-1}(\alpha-i)\Rightarrow((1+x)^\alpha)^{(k+1)}= \left((1+x)^{(\alpha-k)}\prod_{i=0}^{k-1}(\alpha-i)\right)'=((1+x)^{\alpha-k})'\prod_{i=0}^{k-1}(\alpha-i)= (\alpha-k)(1+x)^{\alpha-(k+1)}\prod_{i=0}^{k-1}=(1+x)^{\alpha-(k+1)}\prod_{i=0}^k(\alpha-i)$$
5. Аналогично пункту 4.
6. При $n=1$ $\ln'|x|=\frac1{|x|}\sgn{x}=\frac1{x}=\frac{(-1)^00!}{x^1}$.
   $$\ln^{(k)}|x|=\frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{x^k}\Rightarrow\ln^{(k+1)}|x|=(\ln^{(k)}x)'=\left(\frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{x^k}\right)'= -kx^{-k-1}(-1)^{k-1}(k-1)!=\frac{(-1)^kk!}{x^{k+1}}$$

Утверждение 6.3.1: Производные $n$-того порядка и арифметические операции.
Пусть функции $f(x),g(x):E\to\mathbb{R}$ дифференцируемы до порядка $n$ включительно, тогда

1. $\forall{x}\in{E}((f\pm{g})^{(n)}(x)=f^{(n)}(x)\pm{g}^{(n)}(x))$
2. Формула Лейбница $$\forall{x}\in{E}((fg)^{(n)}(x)=\sum_{i=0}^n(f^{(n-i)}(x)g^{(i)}(x)C_n^i))$$

Доказательство: Докажем индукцией по $n$.

1. При $n=1$ из арифметических свойств производной $(f\pm{g})'=f'\pm{g}'$.
   $$(\exists{f}^{(k+1)}\wedge\exists{g}^{(k+1)}\wedge(f\pm{g})^{(k)}=f^{(k)}\pm{g}^{(k)})\Rightarrow(f\pm{g})^{(k+1)}=((f\pm{g})^{(k)})'= (f^{(k)}\pm{g}^{(k)})'=(f^{(k)})'\pm(g^{(k)})'=f^{(k+1)}\pm{g}^{(k+1)}$$
2. При $n=1$ $(fg)'=f'g+fg'=f^{(1)}g^{(0)}+f^{(0)}g^{(1)}$.
   $$\left(\exists{f}^{(k+1)}\wedge\exists{g}^{(k+1)}\wedge(fg)^{(k)}=\sum_{i=0}^k(f^{(k-i)}g^{(i)}C_k^i)\right)\Rightarrow(fg)^{(k+1)}=((fg)^{(k)})'= \left(\sum_{i=0}^kf^{(k-i)}g^{(i)}C_k^i\right)'=\sum_{i=0}^k((f^{(k-i)}g^{(i)})'C_k^i)=$$ $$=\sum_{i=0}^k((f^{(k-i+1)}g^{(i)}+f^{(k-i)}g^{(i+1)})C_k^i)=\sum_{i=0}^k((f^{((k+1)-i)}g^{(i)}+f^{((k+1)-(i+1))}g^{(i+1)})C_k^i)= \sum_{i=0}^k(f^{((k+1)-i)}g^{(i)}C_k^i)+\sum_{i=1}^{k+1}(f^{((k+1)-i)}g^{(i)}C_k^{i-1})=$$ $$=f^{(k+1)}g+\sum_{i=1}^k(f^{((k+1)-i)}g^{(i)}(C_k^i+C_k^{i-1}))+fg^{(k+1)}=f^{(k+1)}g+\sum_{i=1}^{k}(f^{((k+1)-i)}g^{(i)}C_{k+1}^i)+fg^{(k+1)}= \sum_{i=0}^{k+1}(f^{((k+1)-i)}g^{(i)}C_{k+1}^i)$$ Где предпоследнее равенство по лемме 6.3.1.

Пример 6.3.1: Простейший вариант формулы Тэйлора.
Пусть $n\in\mathbb{N}_0$, $f(x)=P_n(x)$ - многочлен степени $n$.

• $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\dots+{a}_nx^n\Rightarrow{f}(0)=a_0$
• $f'(x)=a_1+2a_2x+3a_3x^2+\dots+na_nx^{n-1}\Rightarrow{f}'(0)=a_1$
• $f''(x)=2a_2+3\cdot2a_3x+\dots+n(n-1)x^{n-2}\Rightarrow{f}''(0)=2a_2$
• $\dots$
• $f^{(k)}(x)=k!a_k+\frac{(k+1)!}{1!}a_{k+1}x+\dots+\frac{(k+i)!}{i!}a_{k+i}x^i+\dots+\frac{n!}{(n-k)!}a_nx^{n-k}\Rightarrow{f}^{(k)}(0)=k!a_k$
• $\dots$
• $f^{(n)}(x)=n!a_n\Rightarrow{f}^{(n)}(0)=n!a_n$

6.3.2 Производные высших порядков для композиции функций.

Утверждение 6.3.2: Вторая производная композиции функций.
Если функции $y(x):X\to{Y}$, $z(y):Y\to\mathbb{R}$ такие, что

1. существует окрестность $U(x_0)$ такая, что функция $y(x)$ дифференцируема на множестве $U_X(x_0)$,
2. существует вторая производная $y''(x_0)$ в точке $x_0$,
3. существует окрестность $U(y_0)$ такая, что функция $z(y)$ дифференцируема на множестве $U_Y(y_0)$,
4. существует вторая производная $z''(y_0)$ в точке $y_0=y(x_0)$,

Доказательство: По теореме о производной композиции функций существует производная $z'(y(x_0))=z'(y_0)y'(x_0)$. Так как функция $y(x)$ дифференцируема в точке $x_0$, то она непрерывна в ней, следовательно, существует окрестность $U'(x_0)$ такая, что $y(U'_X(x_0))\subset{U}_Y(y_0)$. Таким образом на множестве $U'_X(x_0)$ определена композиция функций $z'(y(x))$. Причем внешняя функция $z'(y)$ имеет производную в точке $y_0:=y(x_0)$, a внутренняя функция $y(x)$ имеет производную в точке $x_0$, тогда по теореме о производной композиции $z''(y(x_0))=(z'(y(x_0)))'y'(x_0)+z'(y_0)y''(x_0)=z''(y_0)y'(x_0)y'(x_0)+z'(y_0)y''(x_0)=z''(y_0)(y'(x_0))^2+z'(y_0)y''(x_0)$.

Следствие 6.3.1: Если функции $y(x):X\to{Y}$, $z(y):Y\to\mathbb{R}$ такие, что для любого $x\in{X}$ существует вторая производная $y''(x)$ и для любого $y\in{Y}$ существует производная $z''(y)$, то для любого $x_0\in{X}$ $z''(y(x_0))=z''(y_0)(y'(x_0))^2+z'(y_0)y''(x_0)$, где $y_0=y(x_0)$

Доказательство: Для любого $x_0\in{X}$ выполнены предпосылки утверждение 6.3.1.

Задача 6.3.2: Сформулировать аналогичный результат для производной третьего порядка.

Решение: Если функции $y(x):X\to{Y}$, $z(y):Y\to\mathbb{R}$ такие, что для любого $x\in{X}$ существует производная $y'''(x)$ и для любого $y\in{Y}$ сущетсвует производная $z'''(y)$, то для любого $x_0\in{X}$ существует производная $$z'''(y(x_0))=(z''(y_0)(y'(x_0))^2+z'(y_0)y''(x_0))'=z'''(y_0)y'(x_0)(y'(x_0))^2+z''(y_0)2y'(x_0)y''(x_0)+z''(y_0)y'(x_0)y''(x_0)+z'(y_0)y'''(x_0)=$$ $$=z'''(y_0)(y'(x_0))^3+3z''(y_0)y'(x_0)y''(x_0)+z'(y_0)y'''(x_0)$$ где $y_0=y(x_0)$.

Утверждение 6.3.3: Производная второго порядка обратной функции.
Пусть функция $y(x):X\to{Y}$ и точка $x_0\in{X}\cap\mathring{X}$ такие, что

1. функция $y(x)$ биективна,
2. существует окрестность $U(x_0)$ такая, что для любого $x\in{U}_X(x_0)$ существует производная $y'(x)$ и функция $x(y)=y^{-1}(y)$ непрерывна в точке y=y(x).
3. $y'(x_0)\neq0$
4. существует вторая производная $y''(x_0)$

Доказательство: В предпосылках не указано, что функция $x(y)$ дифференцируема, поэтому будем искать производную исходя из определения.
Так как существует производная $y''(x_0)$, то функция $y'(x)$ непрерывна в точке $x_0$. Поскольку $y'(x_0)\neq0$ то функция $y'(x)$ локально сохраняет знак в точке $x_0$, то есть существует окрестность ${U}'(x_0)\subset{U}(x_0)$ такая, что для любого $x\in{U}'_X(x_0)$ $y'(x)\neq0$. Тогда по теореме 6.2.3 для любого $x\in{U}'_X(x_0)$ существует производная в точке $y=y(x)$ $x'(y)=\frac1{y'(x)}$
Введем обозначения: $y_0:=y(x_0)$, $\Delta{x}:=x(y_0+\Delta{y})-x(y_0)$.
По непрерывности $x(y)$ в точке $x_0$ можно выбрать $\Delta{y}$ достаточно малый для того, чтобы $x+\Delta{x}\in{U}'(x_0)$, тогда $$x_0+\Delta{x}\in{U}'(x_0)\Rightarrow\frac{x'(y_0+\Delta{y})-x'(y_0)}{\Delta{y}}=\frac{\frac1{y'(x_0+\Delta{x})}-\frac1{y'(x_0)}}{\Delta{y}}= \frac{y'(x_0+\Delta{x})-y'(x_0)}{y'(x_0+\Delta{x})y'(x_0)\Delta{y}}= \frac{y'(x_0+\Delta{x})-y'(x_0)}{\Delta{x}}\frac{\Delta{x}}{\Delta{y}}\frac1{y'(x_0+\Delta{x})}\frac1{y'(x_0)}$$ Так как функция $y(x)$ непрерывна в окрестности $U'(x_0)$ и $x(y)$ непрерывна в окрестности $y(U(x_0))$, то по теореме о пределе композиции существование предела выражения стоящего в левой части равенства при $\Delta{y}\to0$ равносильно существованию предела стоящего в правой части при $\Delta{x}\to0$ и в случае существования численные значения пределов будут равны. Предел правой части при $\Delta{x}\to0$ существует $$\lim_{\Delta{x}\to0}\frac{y'(x_0+\Delta{x})-y'(x_0)}{\Delta{x}}\frac{\Delta{x}}{\Delta{y}}\frac1{y'(x_0+\Delta{x})}\frac1{y'(x_0)}= y''(x_0)\frac1{y'(x_0)}\frac1{y'(x_0)}\frac1{y'(x_0)}=\frac{y''(x_0)}{(y'(x_0))^3}$$ Здесь $\displaystyle\lim_{\Delta{x}\to0}\frac{\Delta{x}}{\Delta{y}}=\frac1{y'(x_0)}$ по определению производной, а $\displaystyle\lim_{\Delta{x}\to0}\frac1{y'(x_0+\Delta{x})}=\frac1{y'(x_0)}$ по непрерывности функции $y'(x)$ в точке $x_0$. Значит существует и предел стоящий в левой части то есть $$x''(y_0)=\lim_{\Delta{y}\to0}\frac{x(y_0+\Delta{y})-x(y_0)}{\Delta{y}}=\frac{y''(x_0)}{(y'(x_0))^3}$$

Задача 6.3.3 Сформулировать аналог утверждения 6.3.3 для третей производной.

Решение: Пусть функция $y(x):X\to{Y}$ и точка $x_0\in{X}\cap\mathring{X}$ такие, что

1. функция $y(x)$ биективна,
2. существует окрестность $U(x_0)$ такая, что для любого $x\in{U}(x_0)$ существует производная $y''(x)$ и функция $x(y)=y^{-1}(x)$ непрерывна в точке $y=y(x)$.
3. $y'(x_0)\neq0$
4. существует производная $y'''(x_0)$

Утверждение 6.3.4: Производная второго порядка функции заданной параметрически.
Пусть функции $x(t),y(t):T\to\mathbb{R}$ и точка $t_0\in{T}$ такие, что

1. существует окрестность $U(t_0)\subset{T}$, т. е. точка $t_0$ внутренняя для множества $T$,
2. $x_0:=x(t_0)$, функция $x(t):U(t_0)\to{U}(x_0)$ биективна,
3. для любого $t\in{U}(t_0)$ существуют производные $x''(t)$, $y''(t)$ и $x'(t)\neq0$,

Доказательство: По теореме о производной функции заданной параметрически для любого $x\in{U}(x_0)$ существует производная $y'(x)=\frac{y'(t)}{x'(t)}$. Рассмотрим функцию $y'(x)$, как функцию заданную параметрически парой функций: $\varphi(t):=x(t)$ и $\psi(t)=\frac{y'(t)}{x'(t)}$. Так как для любого $t\in{U}(t_0)$ существуют производные $x''(t)$, $y''(t)$ то по теореме о производной функции заданной параметрически можно дифференцировать $y'(x)$ по $t$. $$y''(x)=\frac{\psi'(t)}{\varphi'(t)}=\frac{\left(\frac{y'(t)}{x'(t)}\right)'}{x'(t)}=\frac{x''(t)y'(t)-x'(t)y''(t)}{(x'(t))^3}$$

Задача 6.3.4: Сформулировать аналог утверждения 6.3.4 для производной третьего порядка.

Решение: Пусть функции $x(t),y(t):T\to\mathbb{R}$ и точка $t\in{T}$ такие, что

1. существует окрестность $U(t_0)\subset{T}$,
2. функция $x(t):U(t_0)\to{U}()x_0$ биективна,
3. для любого $t\in{U}(t_0)$ существуют производные $x'''(t)$, $y'''(t)$ и $x'(t)\neq0$,

6.3.3 Дифференциалы высших порядков.

Определение 6.3.3: Дифференциал второго порядка в точке.
Если функция $f(x):E\to\mathbb{R}$ такая, что для любого $x\in{E}$ существует производная $f'(x)$, то для любого $x\in{E}$ существует дифференциал $df(x,h)=f'(x)h$, то есть определена функция от двух переменных $df(x,h):E\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}$. Если функция $df(x,h)$ дифференцируема в точке $x_0\in{E}$ по $x$ при фиксированном $h$, то можно определить дифференциал второго порядка $$d^2f(x_0,h):=d(df(x,h))|_{x=x_0}.$$

Утверждение 6.3.5: Для любой функции $f(x):E\to\mathbb{R}$ и точки $x_0\in{E}$ верно

1. существует дифференциал второго порядка $d^2f(x_0,h)$ тогда и только тогда, когда существует производная $f''(x_0)$,
2. $d^2f(x_0,h)=f''(x_0)h^2$
3. $d^2x\equiv0$

Доказательство:

1. По утверждению 6.1.1 функция $f(x)$ дифференцируема в точке $x_0$ тогда и только тогда, когда она имеет производную в точке при этом $df(x,h)=f'(x)h$, тогда $d^2f(x_0,h)=d(df(x,h))|_{x=x_0}=d(f'(x)h)|_{x=x_0}=(f'(x)h)'|_{x=x_0}h=f''(x_0)h^2$
2. Следует из пункта 1.
3. Следует из пункта 1 так как если $f(x)=x$, то $f''(x)\equiv0$

Обозначение второй производной по Лейбницу: $f''(x)=\frac{d^2f(x,h)}{h^2}=\frac{d^2f(x,h)}{(dx)^2}\sim\frac{d^2f(x,h)}{dx^2}$.

Определение 6.3.4: Дифференциал n-того порядка в точке.
Для любого натурального $n\geq2$ если для функции $f(x):E\to\mathbb{R}$ существует дифференциал $d^{(n-1)}f(x)$ порядка $n-1$ на множестве $E$, то дифференциал порядка $n$ в точке $x_0\in{E}$ определяется как $d^{(n)}f(x_0,h)=d(d^{(n-1)}f(x,h))|_{x=x_0}$

Лемма6.3.2: Для любой функции $f(x):E\to\mathbb{R}$ верно $$\exists{f}^{(n)}(x_0)\Rightarrow(\exists{d}^nf(x_0,h)\wedge{d}^nf(x_0,h)=f^{(n)}(x_0)h^n)$$

Доказательство: Докажем по индукции. При $n=1$ утверждение следует из утверждения 6.1.1.
Пусть утверждение верно при $n=k$: $$\exists{f}^{(k)}(x_0)\Rightarrow\exists{d}^kf(x_0,h)=f^{k}(x_0)h^k$$ тогда при $n=k+1$ если существует производная $f^{(k+1)}(x_0)$ то по определению производной n-того порядка для любого $x\in{E}$ существует производная $f^{(k)}(x)$. Тогда применив предположение индукции для всех $x\in{E}$ получим, что на множестве $E$ определена функция $d^kf(x,h):E\to\mathbb{R}$, такая, что для любого $x\in{E}$ $d^kf(x,h)=f^{(k)}(x)h^k$. Тогда по определению дифференциала n-того порядка и утверждению 6.1.1 имеем $$d^{k+1}f(x_0,h):=d(d^kf(x,h))|_{x=x_0}=(d^kf(x,h))'_{x=x_0}h=(f^{(k)}(x)h^k)'|_{x=x_0}h=f^{(k+1)}(x_0)h^{k+1}$$ Таким образом доказано, что $$\exists{f}^{(k+1)}(x_0)\Rightarrow\exists{d}^{k+1}f(x_0,h)=f^{(k+1)}(x_0)h^k$$

Утверждение 6.3.6: Для любого натурального $n\geq2$ для любых функций $f(x),g(x):E\to\mathbb{R}$ и точки $x_0\in{E}$, верно

1. $\exists{d}^nf(x_0,h)\Leftrightarrow\exists{f}^{(n)}(x_0)$,
2. $d^nf(x_0,h)=f^{(n)}(x_0)h^k$
3. $d^nx\equiv0$
4. $d^n(f+g)=d^nf+f^ng$
5. $d^n(fg)=\sum_{k=0}^n(C_n^kd^{n-k}fd^kg)$

Доказательство:

1. Докажем индукцией по $n$. При $n=1$ утверждение следует из утверждения 6.1.1.
   Пусть при $n=k$ утверждение верно, тогда
   • $\Rightarrow)$
     Если существует дифференциал $d^{k+1}f(x_0,h)$, то по определению дифференциала n-того порядка для любого $x\in{E}$ существует дифференциал $d^kf(x,h)$, тогда по предположению индукции для любого $x\in{E}$ существует производная $f^{(k)}(x)$. Тогда по лемме 6.3.2 для любого $x\in{E}$ $d^kf(x,h)=f^{(k)}(x)h^k$, так как по определению дифференциала n-того порядка $d^{k+1}f(x_0,h)=d(d^{k}f(x,h))|_{x=x_0}=d(f^{(k)}(x))|_{x=x_0}h^k$, то по утверждению 6.1.1 существует производная $(f^{(k)}(x_0))'=f^{(k+1)}(x_0)$.
   
   
   • $\Leftarrow)$ Следует из леммы 6.3.2.


2. Докажем по индукции. При $n=1$ следует из утверждения 6.1.1
   Пусть верно $d^{k-1}f(x_0,h)=f^{(k-1)}(x_0)h^{k-1}$, тогда
   $d^{k}f(x_0,h)=d(d^{k-1}f(x,h))|_{x=x_0}=(f^{(k-1)}(x)h^{k-1})'|_{x=x_0}h=f^{(k)}(x_0)h^k$,


3. По утверждению 6.3.5 $d^2x\equiv0$, далее по индукции
   $d^kx\equiv0\Rightarrow{d}^{k+1}x=d(d^kx)=0$


4. По пункту 1 и утверждению 6.3.1 $$d^n(f+g)=(f+g)^{(n)}h^n=f^{(n)}h^n+g^{(n)}h^n=d^nf+d^ng.$$
5. По пункту 1 и утверждению 6.3.1 $$d^n(fg)=(fg)^{(n)}h^n=\sum_{k=0}^n(C_n^kf^{(n-k)}g^{(k)}h^n)=\sum_{k=0}^n(C_n^k(f^{(n-k)}h^{n-k})(g^{(k)}h^k))=\sum_{k=0}^n(C_n^kd^{n-k}fd^kg)$$

6.3.4 Инвариантность формы записи дифференциала при замене переменной.

Для любой функции $f(x):E\to\mathbb{R}$ и точки $x\in{E}\cap\mathring{E}$ по утверждению 6.1.1 верно $$\exists{f}'(x)\Leftrightarrow\exists{d}f(x,dx)=f'(x)dx\quad(1)$$ где $dx$ дифференциал независимой переменной равен фиксированному не равному нулю приращинию аргумента.
Пусть происходит замена переменной: $x:=x(t):T\to{E}$.
Фиксируем $t\in{T}\cap\mathring{T}$ такое, что x(t) дифференцируема в точке $t$ и обозначим $x:=x(t)$.
По теореме о производной композиции функций функция $f(x(t)):T\to\mathbb{R}$ дифференцируема в точке $t$ и $$\frac{d}{dt}f(x(t))=f'(x)x'(t)\Rightarrow{d}[f(x(t))]=f'(x)x'(t)dt=f'(x)dx\quad(2)$$ где $d(x)=x'(t)dt$ дифференциал функции $x(t)$.
Таким образом форма записи дифференциала инвариантна относительно замены переменной, то есть правые части равенств (1) и (2) совпадают.

Обсудим аналогичный вопрос для дифференциалов второго порядка.
Для любой функции $f(x):E\to\mathring{R}$ и точки $x\in{E}\cap\mathring{E}$ по утверждению 6.3.5 верно $$\exists{f}''(x)\Leftrightarrow\exists{d}^2f(x,dx)=f''(x)dx^2\quad(3)$$ где $dx$ дифференциал независимой переменной равен фиксированному не равному нулю приращению аргумента.
Аналогично случаю дифференциала первого порядка выполним замену переменной: $x:=x(t)$, и найдем дифференциал второго порядка для композиции $f(x(t))$ $$\frac{d^2}{dt^2}f(x(t))=[f(x(t))]''=[f'(x)x'(t)]'=f''(x)x'(t)x'(t)+f'(x)x''(t)\Rightarrow$$ $$\Rightarrow{d}^2[f(x(t))]=f''(x)(x'(t))^2dt^2+f'(x)x''(t)dt^2= f''(x)(x'(x)dt)^2+f'(x)\frac{d^2x}{dt^2}dt^2=f''(x)dx^2+f'(x)d^2x\quad(4)$$ Таким образом форма записи второго дифференциала при замене переменной свойством инвариантности не обладает, то есть правые части равенств (3) и (4) не совпадают. Форма записи второго дифференциала будет инвариантна только если функция $x(t)$ линейна, тогда $d^2x\equiv0$.

Задача 6.3.5: Вывести выражение дифференциала третьего порядка для сложной функции.

Решение В условиях задачи задачи 6.3.2 положим $y(x)=x(t)$, $z(y)=f(x)$, тогда $d^3f=f'''(x)d^3x+3f''(x)dxd^2x+f'd^3x$.

previous contents next