Leibniz product rule [math-7EIK]

2022-06-30 · Lîm Tsú-thuàn

考慮 F(x)=f(x)g(x)F(x) = f(x)g(x)，求F(x)′F(x)'? 直覺上會因為 f(x)+g(x)f(x)+g(x) 的微分是 f(x)′+g(x)′f(x)'+g(x)'，而認為應該定義成 f(x)′g(x)′f(x)'g(x)'。那我們馬上實驗看看？令 f(x)=xf(x) = x 且 g(x)=xg(x) = x，得

(x⋅x)′=x′⋅x′=1⋅1=1(x\cdot x)' = x' \cdot x' = 1 \cdot 1 = 1

這顯然是荒謬的結論，所以這應該是錯的。不如回歸本來的定義？

F(x)′=lim⁡t→0F(x+t)−F(x)tF(x)' = \lim_{t \to 0} \frac{F(x+t) - F(x)}{t}

因為我們已經知道 F(x)=f(x)g(x)F(x)=f(x)g(x)，於是

lim⁡t→0F(x+t)−F(x)t=lim⁡t→0f(x+t)g(x+t)−f(x)g(x)t\lim_{t \to 0} \frac{F(x+t) - F(x)}{t} = \lim_{t \to 0} \frac{ f(x+t)g(x+t) - f(x)g(x) }{t}

接下來需要一點符號操作，我們讓分子的部分加上 f(x)g(x+t)f(x)g(x+t) 再減掉 f(x)g(x+t)f(x)g(x+t)，結果還是同一個運算式。再用一些重排組合運算式的方式化簡lim⁡t→0g(x+t)=g(x)\lim_{t \to 0}g(x+t) = g(x) follows from the fact that differentiable functions are continuous.。

lim⁡t→0f(x+t)g(x+t)−f(x)g(x)t=lim⁡t→0f(x)g(x+t)−f(x)g(x+t)+f(x+t)g(x+t)−f(x)g(x)t=lim⁡t→0(f(x)g(x+t)−f(x)g(x))+(f(x+t)g(x+t)−f(x)g(x+t))t=lim⁡t→0f(x)[g(x+t)−g(x)]+[f(x+t)−f(x)]g(x+t)t=lim⁡t→0f(x)[g(x+t)−g(x)]t+lim⁡t→0[f(x+t)−f(x)]g(x+t)t=f(x)⋅lim⁡t→0[g(x+t)−g(x)]t+lim⁡t→0[f(x+t)−f(x)]g(x+t)t=f(x)⋅lim⁡t→0[g(x+t)−g(x)]t+lim⁡t→0[f(x+t)−f(x)]t⋅lim⁡t→0g(x+t)=f(x)g(x)′+f(x)′g(x)\begin{aligned} &\lim_{t \to 0} \frac{ f(x+t)g(x+t) - f(x)g(x) }{t} \\=& \lim_{t \to 0} \frac{ f(x)g(x+t) - f(x)g(x+t) + f(x+t)g(x+t) - f(x)g(x) }{t} \\=& \lim_{t \to 0} \frac{ (f(x)g(x+t) - f(x)g(x)) + (f(x+t)g(x+t) - f(x)g(x+t)) }{t} \\=& \lim_{t \to 0} \frac{ f(x)[g(x+t) - g(x)] + [f(x+t) - f(x)]g(x+t) }{t} \\=& \lim_{t \to 0} \frac{f(x)[g(x+t) - g(x)]}{t} + \lim_{t \to 0} \frac{[f(x+t) - f(x)]g(x+t)}{t} \\=& f(x) \cdot \lim_{t \to 0} \frac{[g(x+t) - g(x)]}{t} + \lim_{t \to 0} \frac{[f(x+t) - f(x)]g(x+t)}{t} \\=& f(x) \cdot \lim_{t \to 0} \frac{[g(x+t) - g(x)]}{t} + \lim_{t \to 0} \frac{[f(x+t) - f(x)]}{t} \cdot \lim_{t \to 0}g(x+t) \\=& f(x)g(x)' + f(x)'g(x) \end{aligned}

Generalizations [local-0]

現在想想要是 F(x)=f(x)g(x)h(x)F(x) = f(x)g(x)h(x)？為了方便，接下來改記錄成 F=fghF=fgh。首先，其實很容易想到 F′=fg⋅h′+(fg)′⋅hF'=fg\cdot h' + (fg)'\cdot h，於是

fgh′+(fg)′h=fgh′+(fg′+f′g)h=fgh′+fg′h+f′ghfgh' + (fg)'h \\= fgh' + (fg' + f'g)h \\= fgh' + fg'h + f'gh

如果你也操作了一次四個函數的積的結果，你應該已經猜到我們觀察到的模式就是：每個子函數分別微分一次。顯然我們會想要證明這個結果，所以我們假設有函數 g=f1f2⋯fkg=f_1f_2 \cdots f_k。要論證的是隨便加個函數當 fk+1f_{k+1} 會怎樣（再次運用已經證明的兩項次事實）：

(f1f2⋯fkfk+1)′=(gfk+1)′=g′fk+1+gfk+1′(f_1f_2 \cdots f_k f_{k+1})' \\= (g f_{k+1})' \\= g' f_{k+1} + g f_{k+1}'

這表示我們的猜測無誤，每次確實都會發生新加入的函數被微分一次的事實，於是我們可以總結出模式：

∏i=1kfi=f1f2⋯fk=(f1′f2⋯fk)      第1項+(f1f2′⋯fk)      第2項+⋯                                第i項+(f1f2⋯fk′)      第k項\begin{aligned} \prod_{i=1}^{k} f_i =& f_1f_2 \cdots f_k \\=& (f_1'f_2 \cdots f_k) \;\;\; 第 1 項\\ +& (f_1f_2' \cdots f_k) \;\;\; 第 2 項\\ +& \cdots \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; 第 i 項\\ +& (f_1f_2 \cdots f_k') \;\;\; 第 k 項\\ \end{aligned}

運用Generalizations [local-1]

考慮到常見的函數：f(x)=x1nf(x) = x^\frac{1}{n}，求 f(x)′f(x)'？因為剛看完Leibniz product rule，我們可以想到函數 Id(x)=x=f(x)n=(x1n)nId(x)=x=f(x)^n=(x^\frac{1}{n})^n。運用剛剛證明的多項次結果，可以得到

Id(x)′=1=n⋅fn−1⋅f′Id(x)'=1 \\= n \cdot f^{n-1} \cdot f'

於是可以由 1=n⋅fn−1⋅f′1 = n \cdot f^{n-1} \cdot f' 導出

f′=1n⋅fn−1=1n⋅f1−n=1n⋅(x1n)1−n=1n⋅x1n−1f' = \frac{1}{n \cdot f^{n-1}} \\= \frac{1}{n} \cdot f^{1-n} \\= \frac{1}{n} \cdot (x^\frac{1}{n})^{1-n} \\= \frac{1}{n} \cdot x^{\frac{1}{n}-1}

這是個有趣的結論。