Zincir Kuralı İspatı-Ezber bozuyoruz-1-

0 beğenilme 0 beğenilmeme
184 kez görüntülendi

Türev kurallarından olan  "Zincir Kuralı" nı ispatlayalım;


$\zeta(z)=u(g(z))$  olsun

İspatlayalım $\zeta'(z)=u'(g(z)).g'(z)$

31, Mart, 2016 Lisans Matematik kategorisinde Anıl Berkcan Türker (6,688 puan) tarafından  soruldu
10, Nisan, 2016 Anıl Berkcan Türker tarafından düzenlendi

Bu biraz uzun surebilir.

bencede ,çok kolay gibi gözüküyor ama çoğuları ezberliyor ,çok önemli bir kural.

2 Cevaplar

2 beğenilme 0 beğenilmeme
 
En İyi Cevap

Şöyle bir ispatı var:

$y = f (u),\ y + \Delta  y = f (u + \Delta u),\ u = g (x)$ ve $u + \Delta  u = g (x + \Delta  x)$ alalım. Burada

$x$ ve $x + \Delta  x$, $g$ nin tanım kümesinde, $u$ ve $u + \Delta u,\ f$ nin tanım kümesindedir. $y = f (g (x))$ bileşik fonksiyonun $x$ de türevini araştırıyoruz. $g,\ x$ de türevlenebilir olduğundan $x$ de süreklidir, aynı nedenle $f$ de $u$ da süreklidir. Bu nedenle,

$$ \lim_{\Delta x\to 0} \Delta  u = 0 $$

olur. $\Delta  u = 0$ ise $y + \Delta  y = f (u + \Delta u)$

eşitliğinden $\Delta y = 0$ dır. Türev tanımından

$$ \lim_{\Delta u\to 0} \dfrac{\Delta y}{\Delta u} = f'(u) $$

olur. Şimdi aşağıdaki gibi $\Delta u$ bağımsız değişkenli bir

$h(\Delta u) $ fonksiyonu tanımlayalım:

$$ h \left( {\Delta u} \right)=\begin{cases} \frac{\Delta y}{\Delta u}&\Delta u\ne 0\ \textrm{ise} \\ f'(u) & \Delta u=0\  \textrm{ise}  \\ \end{cases} $$

$\lim_{\Delta u\to 0}  h  ( \Delta  u ) =\lim_{\Delta u\to 0}\frac{\Delta y}{\Delta u} = f'(u) = h (0)$ olduğundan, $ h $ fonksiyonu  0 da süreklidir. Yukarıdaki eşitlikten

$\Delta y$ yi çözersek

$$ \Delta  y =  h  (\Delta  u) \Delta  u ,\quad (\Delta u \neq  0 \textrm{ ise}) $$

buluruz. Son eşitlik, ($\Delta u = 0$ iken $\Delta y = 0$ olduğundan) $\Delta u = 0$ olsa bile geçerlidir.  O halde,

 $\Delta x\neq 0$ iken

$$\frac{\Delta y}{\Delta x}=h \left( {\Delta u} \right)\frac{\Delta u}{\Delta x}$$

yazılır. ($h,\ 0$ a sürekli olduğundan)  ${\lim_{\Delta x\to 0}h(\Delta u)=h(0)=f'(u)}$ olur ve

$$\frac{dy}{dx}=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}=f'\left( u \right)\frac{du}{dx}$$

veya

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du}\cdot\frac{du}{dx}=f'\left( u\right)\cdot g'\left( x \right)$$

bulunur.

12, Nisan, 2016 DoganDonmez (3,302 puan) tarafından  cevaplandı
19, Mart, 19 Anıl Berkcan Türker tarafından seçilmiş
0 beğenilme 0 beğenilmeme

$f(g(x))=\zeta(x)$  olsun


$f'(g(x)).g'(x)=\zeta'(x)$  olduğunu ispatlayalım.


$\triangle f(x)=f[g(x)+\triangle g(x)]-f[g(x)]$


$\triangle g(x)=g(x+\triangle x)-g(x)$



$\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\dfrac{\triangle f(x)}{\triangle x}$ istenen sonucu vericektir şöyle düzenlersek


$\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\frac{\triangle f(x)}{\triangle x}=\frac{\triangle f(x)}{\triangle x}.\frac{\triangle g(x)}{\triangle g(x)}=\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\frac{\triangle f(x)}{\triangle g(x)}.\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\frac{\triangle g(x)}{\triangle x}$  olur

Tek tek hesaplayıp yerine koyalım;
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

$\underbrace{\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\frac{\triangle f(x)}{\triangle g(x)}}=\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\frac{f[g(x)+\triangle g(x)]-f[g(x)]}{g(x+\triangle x)-g(x)}$  paydaki $\triangle g(x)$ düzenlersek;


$\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\frac{f[g(x)+g(x+\triangle x)-g(x)]-f[g(x)]}{g(x+\triangle x)-g(x)}=\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\frac{f[g(x+\triangle x)]-f[g(x)]}{g(x+\triangle x)-g(x)}$  , görüldüğü üzre türev'in limit tanımından

$\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\frac{\triangle f(x)}{\triangle g(x)}=\frac{df(x)}{d[g(x)]}$  $\longrightarrow$  $u=g(x)$ ve   $f(x)=y$ denilirse 


$\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\frac{\triangle f(x)}{\triangle g(x)}=\frac{dy}{du}$   yani,

$\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\frac{\triangle f(x)}{\triangle g(x)}=f'(g(x))$  bulunur.


-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
$\underbrace{\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\frac{\triangle g(x)}{\triangle x}}=\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\frac{g(x+\triangle x)-g(x)}{\triangle x}$  türevin limit tanımından;

ve $u=g(x)$  dönüşümünden;

$\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\frac{\triangle g(x)}{\triangle x}=\frac{du}{dx}$  yani,

$\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\frac{\triangle g(x)}{\triangle x}=g'(x)$  bulunur.

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------


$\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\frac{\triangle f(x)}{\triangle g(x)}.\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\frac{\triangle g(x)}{\triangle x}$


yukarda bulduklarımızı yerlerine yazarsak,




$\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\frac{\triangle f(x)}{\triangle g(x)}.\lim_{_{\triangle x\rightarrow 0}}\frac{\triangle g(x)}{\triangle x}=\frac{dy}{du}.\frac{du}{dx}=[f(g(x))]'=\frac{dy}{dx}=f'(g(x)).g'(x)$ ispatlanır.


10, Nisan, 2016 Anıl Berkcan Türker (6,688 puan) tarafından  cevaplandı
10, Nisan, 2016 Anıl Berkcan Türker tarafından düzenlendi

Bu ispatta  $\Delta g(x)$ in 0 olmayacağı varsayımı yok mu?


kesinlikle var ama limit içinde kullandığım için $\triangle x$ hep 0ın çok yakınında ama hiç eşit olmayacak limitte kullanmama rağmen genede $\triangle g(x)\neq 0$ demeli miyim?

$g(x)\neq 0$ desem daha iyi olmaz mı sayın hocam?

$g(x)=\begin{cases}x^2\sin\frac1x\ x\neq0\\0\quad x=0\end{cases}$  durumunda $\Delta g(x)$ (0 yakınında her aralıkta 0 değeri aldığı noktalar var. 

Bu sorunun aşmanın (en az) iki yolu var:

  1. $g'(x)=0$ ve $g'(x)\neq0$ durumlarında ayrı ayrı ispat yapmak
  2. Tamamen farklı  bir şekilde ispatlamak

şimdilik birşey yapamıyorum hocam elimden bu geldi ilerleyen zamanlarda düşündükçe eklerım buraya. tamamen farklı bir ispat için ipucu verirseniz onuda yazmağa çalışırım.saygılar.

...