Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
0 beğenilme 0 beğenilmeme
2.4k kez görüntülendi

tüTürev kurallarından olan  "Zincir Kuralı" nı ispatlayalım;


$\zeta(z)=u(g(z))$  olsun

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

Lisans Matematik kategorisinde (7.8k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi | 2.4k kez görüntülendi

Bu biraz uzun surebilir.

3 Cevaplar

4 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.

(5.5k puan) tarafından 
tarafından seçilmiş
1 beğenilme 0 beğenilmeme

Şöyle güzel bir şey buldum. Buraya koyuyorum ki bir daha calculus dersi verirken böyle anlatmayı hatırlayayım.

(2.4k puan) tarafından 
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.


(7.8k puan) tarafından 
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.

19,545 soru
21,273 cevap
71,593 yorum
32,777 kullanıcı