59. óra: Összetett függvény deriváltja
\[
(f\circ g)(x) = f\left(g(x)\right)
\]függvény is deriválható, és
\[
\left[\vphantom{1_1^1}f\left(g(x)\right)\right]'_x = f'_g(g)\cdot g'_x(x)
\]
Olvasata: az \(f(g(x))\) összetett függvény \(x\) szerinti deriváltja egyenlõ az \(f(g)\) \(g\) szerinti deriváltja a \(g\) helyen szorozva a \(g(x)\) \(x\) szerinti deriváltjával az \(x\) heyen.
\[
\mathbf{(J)}\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\Delta g = g(x+\Delta x)-g(x)
\]jelölést!
Ezt nevezhetjük a \(g(x)\) függvény megváltozásának, miközben az \(x\) megváltozik \(\Delta x\)-nyivel.
Nézzük most az \(f(g(x))\) összetett függvény \(x\) szerinti deriváltját! (A függvények deriváltja esetében most mindig kiírjuk, hogy mely változó szerint tekintjük õt fv.nek, ami szerint a deriválást gondoljuk.)
\begin{equation}
\begin{split}
f_x'(g(x)) &= \lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{f(g(x+\Delta x))-f(g(x))}{\Delta x} =
\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{f( \color{darkblue}{g(x+\Delta x)} )-f(g(x))}{\Delta x} = \\\\
&\text{Írjuk a }g(x+\Delta x) \text{ helyére a (J)-bõl nyerhetõ } g(x + \Delta x) = g+\Delta g \text{ -t!}\\\\
&= \lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{f( \color{darkblue}{g+\Delta g)} )-f(g(x))}{\Delta x} =
\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\left[\frac{f(g+\Delta g) )-f(g)}{\Delta x}\cdot\frac{\color{darkgreen}{\Delta g}}{\Delta g}\right]=\\\\
&\text{Emlékezzünk }\Delta g \text{ jelentésére!}\\\\
&= \lim_{\Delta x\rightarrow 0}\left[\frac{f(g+\Delta g) )-f(g)}{\Delta x}\cdot\frac{\color{darkgreen}{g(x+\Delta x)-g(x)}}{\Delta g}\right]=\\\\
&=\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\left[\frac{f(g+\Delta g) )-f(g)}{\Delta g}\cdot\frac{g(x+\Delta x)-g(x)}{\Delta x}\right]=\\\\
&=\lim_{\Delta g\rightarrow 0}\frac{f(g+\Delta g) )-f(g)}{\Delta g}\cdot
\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{g(x+\Delta x)-g(x)}{\Delta x} = f_g'(g)\cdot g_x'(x)
\end{split}
\end{equation}Ezzel a bizonyítást befejeztük.
Megjegyzés: A bizonyítás során kihasználtuk, hogy ha \(\Delta x\rightarrow 0\), akkor \(\Delta g\rightarrow 0\) is fennáll. Ez valójában a \(g(x)\) függvény folytonosságát igenyelné.
Fennáll azonban az az általános tétel, hogy ha egy \(g(x)\) függvény valamely \(x\) pontban deriválható, akkor ott folytonos is.
Ennek magyrázata az, hogy a
\[
\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{g(x+\Delta x)-g(x)}{\Delta x}
\]határértéknek léteznie kell (ha \(g\) deriválható). De a nevezõ 0-hoz tartása a miatt a véges határérték csak akkor létezhet, ha a számláló is 0-hoz tart. És ez maga a folytonosság (az adott pontban).
Példák
1. példa: \(f(x) = \left(x^2+1\right)^3\).
Fogjuk ezt fel összetett függvénynek!
A belsõ függvény a \(g(x)=x^2+1\),
a külsõ függvény a köbreemelés: \(f(g)=g^3\)
A megfelelõ deriváltak
\(f_g'(g) = 3g^2\)
\(g_x'(x) = 2 x\)
Az \(f(g(x))\) x szerinti deriváltja:
\[
f'(x) = f_x'(g(x)) = f_g'(g)\cdot g_x'(x) = 3g^2\cdot2x =
3(x^2+1)^2\cdot2x = 6x(x^2+1)^2
\]
Tehát úgy deriválunk, mintha csak a külsõ függvény létezne (a köbreemelés), majd ezt megszorozzuk a belsõ függvény deriváltjával.
Ellenõrzés: El tudjuk
ezt máshogy' is végezni - felbontjuk a zárójelet, és deriválunk:
\[
f'(x) = \left[(x^2+1)^3\vphantom{1^1_1}\right]' =
\left[x^6+3x^4+3x^2+1\vphantom{1^1_1}\right]' = 6x^5+12x^3+6x =
6x(x^4+2x^2+1)
\]És ez láthatóan ugyanaz, mint az elõbb volt.
Ezt a fv.-t tehát tudtuk deriválni az összetett fv. szabálya nélkül is, de van, amikor anélkül már nem megy...
2. példa: \(g(x) = \sqrt{x}\)
A \(g(x)\) függvényt nem tudjuk deriválni, de ismerjük az inverzét; és annak deriváltját. A \(g\) függvény inverze a négyzetreemelés.
Legyen \(f(g)=g^2\).
Ekkor egyrészt: \(f'_g(g)=2g\), másrészt: \(f(g(x))=x\). Rendezgessük
ezt egy kicsit!
\begin{equation}
\begin{split}
f(g(x)) &=
x\hphantom{00000000}\big/\,(\cdot)'_x\hphantom{00}\text{(Ha két függvény
azonos, akkor a deriváltjuk is azonos.)}\\\\
f'_x(g(x)) &= 1\\\\
f'_g(g)\cdot g'_x(x) &= 1\\\\
2g \cdot g'_x(x) &= 1\\\\
g'_x(x) &= \frac1{2g}\\\\
g'_x(x) &= \color{darkred}{\mathbf{\frac1{2\sqrt{x}}}}
\end{split}
\end{equation}
Érdekes, hogy ha úgy tekintünk a \(g(x)=\sqrt{x}\) függvényre, mint
törtkitevõs hatványfüggvényre: \(g(x)=x^{\frac12}\), és
'elhessegetjük' azt a problémát, hogy a hatványfüggvényre csak egész
kitevõ mellett igazoltuk a deriválás szabályát: ,,A kitevõ lejön elé
szorzónak és eggyel csökken'', akkor úgy tûnik, hogy minden OK:
\[
\left[\sqrt{x}\vphantom{1^1_1}\right]' =
\left[x^{\frac12}\vphantom{1^1_1}\right]' = \tfrac12x^{-\frac12} =
\tfrac12\cdot\tfrac1{x^{\frac12}} = \tfrac12\cdot\tfrac1{\sqrt{x}}
\]Ugyanazt kaptuk!!!
A következõ órán igazoljuk, hogy a törtkitevõs hatványfüggvényre \(\left(g(x)=x^{\frac{p}q},\,p\in\mathbb Z,\,q\in\mathbb N^+\right)\) is érvényes az egész kitevõs hatványra vonatkozó deriválási szabály.
