Matematika A2a 2008/3. gyakorlat
Mozo (vitalap | szerkesztései) a |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Példa) |
||
(2 szerkesztő 49 közbeeső változata nincs mutatva) | |||
1. sor: | 1. sor: | ||
:''Ez az szócikk a [[Matematika A2a 2008]] alszócikke.'' | :''Ez az szócikk a [[Matematika A2a 2008]] alszócikke.'' | ||
− | Ezen a gyakorlaton konkrét függvények folytonosságát és határértékét vizsgáljuk meg. | + | Ezen a konkrét gyakorlaton konkrét függvények konkrét folytonosságát és konkrét határértékét vizsgáljuk meg konkrét módon. |
− | == | + | ==További példák== |
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | '''1.''' Hol létezik határértéke az alábbi függvényeknek? | |
− | :<math>f(x,y)=\ | + | :a) <math>f(x,y)=\dfrac{x^2y^3}{x^2+y^6}</math> |
− | : | + | :b) <math>f(x,y)=\dfrac{\sin(x^2y^3)}{x^4+y^4}</math> (Használjuk az <math>\frac{\sin \vartheta}{\vartheta}\xrightarrow[\vartheta\to 0]\,1</math> határértéket.) |
− | + | :c) <math>f(x,y)=\sin\left(\dfrac{1}{x^2+y^2}\right)</math> | |
− | :: | + | :d) <math>f(x,y)=\frac{\mathrm{tg}(x^2y)}{e^{x^2+y^2}-1}</math> |
+ | :e) <math>f(x,y)=\frac{x^2y}{\sqrt[5]{x^2+y^2}}</math> | ||
+ | :f) <math>f(x,y)=\frac{\mathrm{arc\,tg}(xy)}{x^2+y^2}</math> | ||
+ | :g) <math>f(x,y)=\frac{x^4y}{x^6+y^4}</math> | ||
+ | :h) <math>f(x,y)=\frac{x^4y}{x^4+y^8}</math> | ||
+ | :i) <math>f(x,y)=\frac{x^2y}{\sqrt[3]{x^4+y^8}}</math> | ||
+ | :k) <math>f(x,y)=\frac{xy^4}{\sqrt{x^4+y^8}}</math> | ||
− | === | + | ==Parciális deriváltak== |
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | '''Definíció.''' Legyen ''f'': '''R'''<sup>n</sup> <math>\supset\!\to</math> '''R''', ''u'' ∈ int Dom(''f''). Azt mondjuk, hogy f parciálisan differenciálható az ''u'' pontban a ''x''<sub>i</sub> változó szerint, ha az | |
− | :<math> | + | :<math>f(u_1,...,.,...,u_n): x_i\mapsto f(u_1,...x_i,...,u_n)\,</math> |
− | + | egyváltozós valós függvény differenciálható az u<sub>i</sub> pontban. Ekkor a fenti függvény <math>u_i</math>-beli deriváltját | |
− | :<math>f( | + | :<math>\partial_if(u),\quad f'_{x_i}(u),\quad f_{x_i}(u),\quad\left.\frac{\partial f}{\partial x_i}\right|_{x=u}</math> |
− | + | jelöli. | |
− | :<math>f( | + | |
− | === | + | Példa: |
− | :<math>f(x,y)=\frac{x^ | + | :<math>\frac{\partial x^2\cdot\sin(y)}{\partial x}=2x\cdot \sin(y)</math> |
− | === | + | :<math>\frac{\partial x^2\cdot\sin(y)}{\partial y}=x^2\cdot \cos(y)</math> |
− | :<math>f(x,y)=\frac{xy^2}{x^ | + | :<math>\frac{\partial x^2\cdot\sin(y)}{\partial z}=0</math> |
− | ::( | + | |
− | === | + | :<math>\frac{\partial \sin(\mathrm{sh}(x)y^2)}{\partial x}=\cos(\mathrm{sh}(x)y^2)\cdot \mathrm{ch}(x)y^2</math> |
− | :<math>f(x,y)=\frac{x^2y}{x^4+y^2}</math> | + | |
+ | '''Feladat.''' Parciálisan deriválható-e az | ||
+ | :<math>f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}</math> | ||
+ | a (0,0)-ban? | ||
+ | |||
+ | '''Feladat.''' Parciálisan deriválható-e az | ||
+ | :<math>f(x,y)=\left\{\begin{matrix} | ||
+ | 0,& \mbox{ ha }(x,y)=(0,0)\\ | ||
+ | (x^2+y)\sin\frac{1}{|x|+|y|},& \mbox{ ha }(x,y)\ne(0,0) | ||
+ | \end{matrix}\right.</math> | ||
+ | a (0,0)-ban? | ||
+ | |||
+ | |||
+ | ==Lineáris leképezések== | ||
+ | A ''V''<sub>1</sub> és ''V''<sub>2</sub> vektorterek között ható ''A'' leképezést akkor nevezünk lineárisnak, ha teljesül minden λ, μ ∈ '''R''' és '''v''', '''u''' ∈ ''V''<sub>1</sub> | ||
+ | :<math>\mathcal{A}(\lambda.\mathbf{v}+\mu.\mathbf{u})=\lambda.\mathcal{A}\mathbf{v}+\mu.\mathcal{A}\mathbf{u}\,</math> | ||
+ | |||
+ | A definícióból rögtön következik, hogy a nulla vektor képe nulla: | ||
+ | |||
+ | :<math>\mathcal{A}\mathbf{0}_{V_1}=\mathbf{0}_{V_2}</math> | ||
+ | |||
+ | viszont más elem a ''V''<sub>2</sub> nem feltétlenül vétetik föl. | ||
+ | |||
+ | Véges dimenziós terek közti lineáris leképezés a bázis választásával egyértelműen jellemezhető az alábbi mátrixszal. | ||
+ | |||
+ | :<math>[\mathcal{A}]_{B,C} = \begin{bmatrix} | ||
+ | \begin{matrix}\vert \\ \vert \\ \mathcal{A}\mathbf{b}_1 \\ \vert \\ \vert \end{matrix}& \begin{matrix}\vert \\ \vert \\ \mathcal{A}\mathbf{b}_2 \\ \vert \\ \vert \end{matrix} & ... & \begin{matrix}\vert \\ \vert \\ \mathcal{A}\mathbf{b}_n \\ \vert \\ \vert \end{matrix} | ||
+ | \end{bmatrix} </math> | ||
+ | ahol ''B'' = ('''b'''<sub>1</sub>,'''b'''<sub>2</sub>,…,'''b'''<sub>n</sub>) a ''V''<sub>1</sub> egy bázisa, ''C'' az ''V''<sub>2</sub> bázisa, a mátrix oszlopai pedig a ''B'' elemeinek <math>\mbox{ }_\mathcal{A}</math> általi képvektoraiból, mint oszlopvektorokból áll. Ha <math>\mbox{ }_\mathcal{A}</math> ''V'' <math>\rightarrow</math> ''V'' típusú, akkor csak <math>\mbox{ }_{[\mathcal{A}]_B}</math>-t szokás írni, ha pedig pusztán <math>\mbox{ }_{[\mathcal{A}]}</math>-t írnak, akkor az azt jelenti, hogy a '''R'''<sup>n</sup> ''sztenderd bázis''áról van szó, azaz a | ||
+ | :<math>\mbox{ }_{\mbox{ }_{\begin{pmatrix}1\\0\\0\\ \vdots \\0 \end{pmatrix},\;\begin{pmatrix}0\\1\\0\\ \vdots \\0 \end{pmatrix},\;\begin{pmatrix}0\\0\\1\\ \vdots \\0 \end{pmatrix},\;\dots\;,\begin{pmatrix}0\\0\\0\\ \vdots \\1 \end{pmatrix}}}</math> | ||
+ | vektorrendszerről. | ||
+ | ===Példák=== | ||
+ | '''1.''' Forgatás az origo körül φ szöggel: | ||
+ | :<math>[\mathcal{F}_\varphi]=\begin{bmatrix}\cos\varphi & -\sin\varphi \\ \sin\varphi & \cos\varphi \end{bmatrix} | ||
+ | </math> | ||
+ | |||
+ | Világos, hogy ez invertálható leképezés és az inverze a -φ szögű forgatás. | ||
+ | |||
+ | '''2.''' Tükrözés a φ szőgű egyenesre. | ||
+ | :<math>[\mathcal{T}_\varphi]=\begin{bmatrix}\cos(2\varphi) & \sin(2\varphi) \\ \sin(2\varphi) & -\cos(2\varphi) \end{bmatrix} | ||
+ | </math> | ||
+ | |||
+ | Világos, hogy ez is invertálható és inverze saját maga. | ||
+ | |||
+ | Ezek ortogonális transzformációk, azaz a transzponáltjuk az inverzük. Speciálisan a tükrözés szimmetrikus leképezés, mert mátrixa szimmetrikus. Sőt, ezek alkotják a síkon az összes ortogonális transzformációt. | ||
+ | |||
+ | '''3.''' Deriváló operáció. Legyen ''V'' a legfeljebb másodfokú polinomfüggvények tere. Ekkor a | ||
+ | :<math>\mathcal{D}:f\mapsto f'\,</math> | ||
+ | lineáris leképezés: | ||
+ | |||
+ | Bázis ''V''-ben: {1, x, x<sup>2</sup>}, ezért a mátrixa: | ||
+ | :<math>[\mathcal{D}]= | ||
+ | \begin{bmatrix} | ||
+ | 0 & 1 & 0 \\ | ||
+ | 0 & 0 & 2\\ | ||
+ | 0 & 0 & 0 | ||
+ | \end{bmatrix} </math> | ||
+ | Világos, hogy a leképezés képzere nem a teljes ''V'', hanem annak egy altere (a legfeljebb elsőfokú polinomfüggvények tere) és nem csak a 0 polinom képe 0, hanem minden konstans polinomé. | ||
+ | |||
+ | ==Differenciálhatóság== | ||
+ | ===Definíció és folytonosság=== | ||
+ | Azt mondjuk, hogy az <math>f:\mathbf{R}^n\supset\to\mathbf{R}^m</math> függvény (totálisan) differenciálható az <math>u\in \mathrm{int\,Dom}(f)</math> pontban, ha létezik olyan <math>\mathbf{A}:\mathbf{R}^n\to\mathbf{R}^m</math> lineáris leképezés, hogy | ||
+ | :<math>\exists\lim\limits_{x\to u}\frac{f(x)-f(u)-\mathbf{A}\cdot (x-u)}{||x-u||}=\mathbf{0} | ||
+ | </math> | ||
+ | Ez az '''A''' lineáris leképezés egyértelmű és ha kell, df(u)-val jelöljük. | ||
+ | |||
+ | Egy ezzel ekvivalens megfogalmazást is kimondunk, ami rendkívül jól használható feltétel lesz később. A fenti ''f'' differenciálható az értelmezési tartományának belső ''u'' pontjában, ha létezik olyan <math>\varepsilon:\mathrm{Dom}(f)\to \mathbf{R}^m</math> függvény és <math>\mathbf{A}:\mathbf{R}^n\to\mathbf{R}^m</math> lineáris leképezés, hogy | ||
+ | :1) minden <math>x\in\mathrm{Dom}(f)</math>-re: <math>f(x)=f(u)+\mathbf{A}(x-u)+\varepsilon(x)||x-u||</math> és | ||
+ | :2) <math>\varepsilon\in\mathrm{C}(u)</math> és <math>\varepsilon(u)=0</math>. | ||
+ | |||
+ | Ebből rögtön következik, hogy differenciálható függvény folytonos. | ||
+ | |||
+ | Deriválható-e az | ||
+ | :<math>f(x,y)=\begin{cases}\frac{xy}{x^2+y^2}& \mbox{, ha }(x,y)\ne (0,0)\\ 0& \mbox{, ha }(x,y)= (0,0)\end{cases} | ||
+ | </math> | ||
+ | függvény? | ||
+ | ===Parciális differenciálhatóság és differenciálhatóság=== | ||
+ | Ha ''f'':'''R'''<sup>n</sup><math>\to</math>'''R'''<sup>m</sup> (totálisan) differenciálható az értelmezési tartományának ''u'' belső pontjában, akkor ''f'' parciálisan differenciálható ''u''-ban és df(u) mátrixa a sztenderd bázisban: | ||
+ | :<math>[\mathrm{d}f(u)]=\begin{bmatrix}\partial_{x_1}f_1 &\dots &\partial_{x_n}f_1\\\vdots & &\\\partial_{x_1}f_m &\dots &\partial_{x_n}f_m\end{bmatrix}</math> | ||
+ | |||
+ | ''Bizonyítás.'' Bőven elég egy komponensfüggvénnyel rendelkező függvényre igazolni. A határérték és függvénykompozíció kapcsolatára vonatkozó tétel szerint, ha ''a'' belső pontja a Dom(g)-nek, g injektív és g(a) belső pontja Dom(h)-nak és létezik g-nek (véges) határértéke ''a''-ban és h-nak a g-nek az ''a''-beli határértékében, akkor a hog-nek is létezik ''a''-ban határértéke és | ||
+ | :<math>\lim\limits_{(\lim\limits_{a} g)} h=\lim\limits_{a} (h\circ g)</math> | ||
+ | Innen a <math>g:x(t)=u+te_i</math> függvénnyel(, ahol e<sub>i</sub> az i-edik sztenderd báziselem) és az ''a'' = 0 ponttal teljesül, hogy | ||
+ | :<math>\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(u)-\mathbf{A}(x-u)}{||x-u||}=0=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te_i)-f(u)-\mathbf{A}(te_i)}{||te_i||}</math> | ||
+ | :<math>0=\lim\limits_{t\to 0+}\frac{f(u+te_i)-f(u)-\mathbf{A}(te_i)}{||te_i||}=\lim\limits_{t\to 0+}\frac{f(u+te_i)-f(u)-t\mathbf{A}e_i}{t}=\lim\limits_{t\to 0+}\frac{f(u+te_i)-f(u)}{t}-\mathbf{A}e_i=\mathbf{A}e_i | ||
+ | </math> | ||
+ | :<math>0=\lim\limits_{t\to 0-}\frac{f(u+te_i)-f(u)-\mathbf{A}(te_i)}{||te_i||}=\lim\limits_{t\to 0-}\frac{f(u+te_i)-f(u)+t\mathbf{A}e_i}{-t}=\lim\limits_{t\to 0-}\frac{f(u+te_i)-f(u)}{t}-\mathbf{A}e_i=\mathbf{A}e_i | ||
+ | </math> | ||
+ | :<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te_i)-f(u)}{t}=\partial_{x_i}f(u)=\mathbf{A}e_i</math> | ||
+ | |||
+ | '''Példa.''' | ||
+ | Tekintsük az | ||
+ | :<math>g(x,y)=\left\{\begin{matrix}\begin{pmatrix}\frac{xy}{x^2+y^2}\\ x+y\end{pmatrix}& \mbox{, ha }&(x,y)\ne (0,0)\\ | ||
+ | \begin{pmatrix}0\\ 0\end{pmatrix}&\mbox{, ha }&(x,y)=(0,0)\end{matrix}\right.</math> | ||
+ | Ekkor | ||
+ | :<math>J^g(0,0)=\begin{pmatrix}0 & 0\\ | ||
+ | 1 & 1\end{pmatrix}</math> | ||
+ | Viszont g nem totálisan diffható, mert a (t,t) mentén a (0,0)-ba tartva: | ||
+ | :<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{g(t,t)-g(0,0)-J^g(0,0)\cdot(t,t)}{\sqrt{2}|t|}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(\frac{1}{2},2t)-(0,t)}{\sqrt{2}|t|}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(\frac{1}{2},t)}{\sqrt{2}|t|}=\lim\limits_{t\to 0}(\frac{1}{\sqrt{2}2|t|},\frac{t}{\sqrt{2}|t|})</math> | ||
+ | ami nem létezik. | ||
+ | |||
+ | Persze g nem folytonos, és így nem is lehet totálisan differenciálható. | ||
+ | |||
+ | '''Példa.''' <math>f(x,y)=\sqrt[3]{x^4+y^4}</math> | ||
+ | |||
+ | ===Iránymenti deriválhatóság és differenciálhatóság=== | ||
+ | Ha e tetszőleges egységvektor, akkor | ||
+ | :<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te)-f(u)}{t}=\partial_{e}f(u)=[\mathrm{grad}\,f(u)]\cdot e=[\nabla f(u)]\cdot e</math> | ||
+ | |||
+ | |||
+ | '''Példa.''' | ||
+ | :<math>f(x,y)=\left\{\begin{matrix}\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}& \mbox{, ha }&(x,y)\ne (0,0)\\ | ||
+ | 0&\mbox{, ha }&(x,y)=(0,0)\end{matrix}\right.</math> | ||
+ | |||
+ | Ekkor | ||
+ | :<math>\mathrm{J}^f(0,0)=[0, 0]\,</math> | ||
+ | |||
+ | Ha tehát differenciálható, akkor az '''iránymenti derivált'''ak (Gateau-deriváltak) is léteznek (e egységvektor): | ||
+ | |||
+ | :<math>\partial_ef(u)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te)-f(u)}{t}=\mathrm{J}^f(0,0)\cdot e=e\cdot\mathrm{grad}\,f(u)</math> | ||
+ | |||
+ | Ám, polárkoordinátákra áttérve: | ||
+ | :<math>f(x(r,\varphi),y(r,\varphi))=\frac{r^2\cos\varphi\sin\varphi}{r}=r\cos\varphi\sin\varphi=r\cdot \frac{1}{2}\sin 2\varphi</math> | ||
+ | φ = π/4-et és π + π/4-et véve a vetületfüggvény a | ||
+ | :<math>t\mapsto\frac{1}{2}|t|</math>, | ||
+ | ami nem differenciálható a 0-ban. | ||
+ | |||
+ | '''Megjegyzés.''' Persze abból, hogy az összes iránymenti derivált létezik, abból nem következik, hogy a függvény totálisan deriválható: | ||
+ | ==Folytonos parciális differenciálhatóság== | ||
+ | |||
+ | Megfordításról a következő esetben beszélhetünk. | ||
+ | |||
+ | '''Tétel.''' Ha az ''f'':'''R'''<sup>n</sup> ⊃<math>\to</math> '''R'''<sup>m</sup> függvény minden parciális deriváltfüggvénye létezik az ''u'' egy környezetében és ''u''-ban a parciális deriváltak folytonosak, akkor ''u''-ban ''f'' differenciálható. (Sőt, folytonosan differenciálható.) | ||
+ | |||
+ | ''Bizonyítás.'' Elegendő az m = 1 esetet vizsgálni. Továbbá a bizonyítás elve nem változik, ha csak az n = 2 esetet tekintjük. Legyen x az u mondott környezetéből vett pont, és x = (<math>x_1</math>,<math>x_2</math>), v=(<math>u_1</math>,<math>x_2</math>), u=(<math>u_1</math>,<math>u_2</math>) Ekkor az [x,v] szakaszon ∂<sub>1</sub>f-hez a Lagrange-féle középértéktétel miatt létezik olyan ξ(<math>x_1</math>)∈[<math>x_1</math>,<math>u_1</math>] szám, és a [v,u] szakaszon ∂<sub>2</sub>f-hez ζ(<math>x_2</math>)∈[<math>x_2</math>,<math>u_2</math>] szám, hogy | ||
+ | :<math>f(x)-f(u)=f(x)-f(v)+f(v)-f(u)=\,</math> | ||
+ | :<math>=\partial_1 f(\xi(x_1),x_2)(x_1-u_1)+\partial_2 f(u_1,\zeta(x_2))(x_2-u_2)=</math> | ||
+ | :<math>=\partial_1f(u)(x_1-u_1)+\partial_2f(u)(x_2-u_2)+</math> | ||
+ | :<math>+(\partial_1 f(\xi(x_1),x_2)-\partial_1f(u))(x_1-u_1)+(\partial_2 f(u_1,\zeta(x_2))-\partial_2f(u))(x_2-u_2)</math> | ||
+ | itt az | ||
+ | :<math>\varepsilon_1(x)=\partial_1 f(\xi(x_1),x_2)-\partial_1f(u)</math> és <math>\varepsilon_2(x)=\partial_2 f(x_1,\zeta(x_2))-\partial_2f(u)</math> | ||
+ | függvények folytonosak ''u''-ban (még ha a ξ, ζ függvények nem is azok), és értékük az ''u''-ban 0. Világos, hogy ez azt jelenti, hogy f differenciálható ''u''-ban. | ||
+ | |||
+ | Világos, hogy a parciális deriváltak folytonossága szükséges a fenti tételben. Az alábbi példában léteznek a parciális deriváltfüggvények az ''u'' egy környzetében, de az ''u''-ban nem folytonosak. | ||
+ | |||
+ | ===Példa=== | ||
+ | A differenciálhatóság azonban nem elég ahhoz, hogy a parciális deriváltak folytonosak legyenek. | ||
+ | |||
+ | Az | ||
+ | :<math>f(x,y)=\left\{\begin{matrix}(x^2+y^2)\sin\cfrac{1}{x^2+y^2}, & \mbox{ha} & (x,y)\ne (0,0)\\\\ | ||
+ | 0, & \mbox{ha} & (x,y) =(0,0) | ||
+ | \end{matrix}\right. | ||
+ | </math> | ||
+ | differenciálható, hiszen ez az | ||
+ | :<math>f(\mathbf{r})=\left\{\begin{matrix} \mathbf{r}^2\cdot\sin(|\mathbf{r}|^{-2}) & \mbox{ha} & \mathbf{r}\ne \mathbf{0}\\\\ | ||
+ | \mathbf{0}, & \mbox{ha} & \mathbf{r}= \mathbf{0}\end{matrix}\right. | ||
+ | </math> | ||
+ | függvény és '''r''' ≠ '''0'''-ban: | ||
+ | :<math>\mathrm{grad}(f)=\sin(|\mathbf{r}|^{-2}).\mathrm{grad}\,\mathbf{r}^2+\mathbf{r}^2.\mathrm{grad}\,\sin(|\mathbf{r}|^{-2})=</math> | ||
+ | :<math>=\sin(|\mathbf{r}|^{-2}).2\mathbf{r}+\mathbf{r}^2\cdot\cos(|\mathbf{r}|^{-2})\cdot(-2)|\mathbf{r}|^{-3}.\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}</math> | ||
+ | |||
+ | |||
+ | ===Példa=== | ||
+ | |||
+ | :<math>f(x,y)=\left\{\begin{matrix} | ||
+ | 0,& \mbox{ ha }(x,y)=(0,0)\\ | ||
+ | \frac{xy(x^2-y^2)}{x^2+y^2},& \mbox{ ha }(x,y)\ne(0,0) | ||
+ | \end{matrix}\right.</math> | ||
+ | |||
+ | 1) Polárkoordinátásan könnyen kijön, hogy ez a függvény totálisan deriválható. Parciális deriváltjai a 0-ban: 0. | ||
+ | |||
+ | 2) Melyek a második parciális deriváltjai a 0-ban? | ||
+ | |||
+ | :<math>f(x,y)=\frac{x^3y-xy^3}{x^2+y^2}\qquad (x,y)\ne(0,0) | ||
+ | </math> | ||
+ | |||
+ | :<math>\partial_{1}f(x,y)=\frac{(3x^2y-y^3)(x^2+y^2)-2x(x^3y-xy^3)}{(x^2+y^2)^2}=\frac{3x^4y-x^2y^3+3x^2y^2-y^5-2x^4y+2x^2y^3}{(x^2+y^2)^2}=\frac{x^4y+x^2y^3+3x^2y^2-y^5}{(x^2+y^2)^2}</math> | ||
+ | :<math>\partial_1(\partial_{1}f)(0,0)=\lim\limits_{x\to 0}\frac{x^4\cdot 0+x^2\cdot 0^3+3x^2\cdot 0^2-0^5}{x(x^2+0^2)^2}=0</math> | ||
+ | :<math>\partial_2(\partial_{1}f)(0,0)=\lim\limits_{y\to 0}\frac{0^4y+0^2y^3+3\cdot 0^2y^2-y^5}{y(0^2+y^2)^2}=\lim\limits_{y\to 0}\frac{-y^5}{y^5}=-1</math> | ||
+ | |||
+ | |||
+ | :<math>\partial_{1}f(x,y)=\begin{cases}0,& \mbox{ ha }(x,y)=(0,0)\\ | ||
+ | \frac{}{(x^2+y^2)^2},& \mbox{ ha }(x,y)\ne(0,0) | ||
+ | 0\end{cases} | ||
+ | </math> | ||
+ | |||
+ | :<math>\partial_{1}(\partial_{1}f)(0,0)=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{klkj}{asdsa} | ||
+ | </math> | ||
+ | |||
+ | <!-- | ||
+ | |||
+ | :<math>J^g(0,0)=H^f(0,0)=\begin{bmatrix} | ||
+ | 0 & -1\\ | ||
+ | 1 & 0 | ||
+ | \end{bmatrix}</math> | ||
+ | ami a 90˚-os forgatás. | ||
+ | |||
+ | Számoljuk ki g értékét a (x,x) alakú pontokban: | ||
+ | |||
+ | :<math>\partial_1f(x,x)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(x+t,x)-f(0,0)}{t}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(x+t)x((x+t)^2-x^2)}{t((x+t)^2+x^2)}=</math> | ||
+ | :<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{(x+t)x(2tx+t^2)}{t(2x^2+2tx+t^2)}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(x+t)x(2x+t)}{2x^2+2tx+t^2}=\lim\limits_{t\to 0}=x</math> | ||
+ | :<math>\partial_2f(x,x)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(x,x+t)-f(0,0)}{t}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{x(x+t)(x^2-(x+t)^2)}{t(x^2+(x+t)^2)}=</math> | ||
+ | :<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{x(x+t)(-2tx-t^2)}{t(2x^2+2tx+t^2)}=-x</math> | ||
+ | |||
+ | Tehát g(t,t)=(t,-t), és emiatt | ||
+ | |||
+ | :<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{g(t,t)-g(0,0)-J^g(0,0)\cdot (t,t)}{|t|}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(t,-t)-(-t,t)}{|t|}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(2t,-2t)}{|t|}=\lim\limits_{t\to 0}(2\mathrm{sgn}(t),-2\mathrm{sgn}(t))\ne (0,0)\,</math> | ||
+ | márpedig ha g minden parciális deriváltja folytonos lenne a (0,0)-ban, akkor g totálisan is deriválható lenne. | ||
+ | --> | ||
<center> | <center> | ||
45. sor: | 245. sor: | ||
|} | |} | ||
</center> | </center> | ||
+ | |||
+ | [[Kategória:Matematika A2]] |
A lap jelenlegi, 2017. február 19., 21:57-kori változata
- Ez az szócikk a Matematika A2a 2008 alszócikke.
Ezen a konkrét gyakorlaton konkrét függvények konkrét folytonosságát és konkrét határértékét vizsgáljuk meg konkrét módon.
Tartalomjegyzék |
További példák
1. Hol létezik határértéke az alábbi függvényeknek?
- a)
- b) (Használjuk az határértéket.)
- c)
- d)
- e)
- f)
- g)
- h)
- i)
- k)
Parciális deriváltak
Definíció. Legyen f: Rn R, u ∈ int Dom(f). Azt mondjuk, hogy f parciálisan differenciálható az u pontban a xi változó szerint, ha az
egyváltozós valós függvény differenciálható az ui pontban. Ekkor a fenti függvény ui-beli deriváltját
jelöli.
Példa:
Feladat. Parciálisan deriválható-e az
a (0,0)-ban?
Feladat. Parciálisan deriválható-e az
a (0,0)-ban?
Lineáris leképezések
A V1 és V2 vektorterek között ható A leképezést akkor nevezünk lineárisnak, ha teljesül minden λ, μ ∈ R és v, u ∈ V1
A definícióból rögtön következik, hogy a nulla vektor képe nulla:
viszont más elem a V2 nem feltétlenül vétetik föl.
Véges dimenziós terek közti lineáris leképezés a bázis választásával egyértelműen jellemezhető az alábbi mátrixszal.
ahol B = (b1,b2,…,bn) a V1 egy bázisa, C az V2 bázisa, a mátrix oszlopai pedig a B elemeinek általi képvektoraiból, mint oszlopvektorokból áll. Ha V V típusú, akkor csak -t szokás írni, ha pedig pusztán -t írnak, akkor az azt jelenti, hogy a Rn sztenderd bázisáról van szó, azaz a
vektorrendszerről.
Példák
1. Forgatás az origo körül φ szöggel:
Világos, hogy ez invertálható leképezés és az inverze a -φ szögű forgatás.
2. Tükrözés a φ szőgű egyenesre.
Világos, hogy ez is invertálható és inverze saját maga.
Ezek ortogonális transzformációk, azaz a transzponáltjuk az inverzük. Speciálisan a tükrözés szimmetrikus leképezés, mert mátrixa szimmetrikus. Sőt, ezek alkotják a síkon az összes ortogonális transzformációt.
3. Deriváló operáció. Legyen V a legfeljebb másodfokú polinomfüggvények tere. Ekkor a
lineáris leképezés:
Bázis V-ben: {1, x, x2}, ezért a mátrixa:
Világos, hogy a leképezés képzere nem a teljes V, hanem annak egy altere (a legfeljebb elsőfokú polinomfüggvények tere) és nem csak a 0 polinom képe 0, hanem minden konstans polinomé.
Differenciálhatóság
Definíció és folytonosság
Azt mondjuk, hogy az függvény (totálisan) differenciálható az pontban, ha létezik olyan lineáris leképezés, hogy
Ez az A lineáris leképezés egyértelmű és ha kell, df(u)-val jelöljük.
Egy ezzel ekvivalens megfogalmazást is kimondunk, ami rendkívül jól használható feltétel lesz később. A fenti f differenciálható az értelmezési tartományának belső u pontjában, ha létezik olyan függvény és lineáris leképezés, hogy
- 1) minden -re: és
- 2) és .
Ebből rögtön következik, hogy differenciálható függvény folytonos.
Deriválható-e az
függvény?
Parciális differenciálhatóság és differenciálhatóság
Ha f:RnRm (totálisan) differenciálható az értelmezési tartományának u belső pontjában, akkor f parciálisan differenciálható u-ban és df(u) mátrixa a sztenderd bázisban:
Bizonyítás. Bőven elég egy komponensfüggvénnyel rendelkező függvényre igazolni. A határérték és függvénykompozíció kapcsolatára vonatkozó tétel szerint, ha a belső pontja a Dom(g)-nek, g injektív és g(a) belső pontja Dom(h)-nak és létezik g-nek (véges) határértéke a-ban és h-nak a g-nek az a-beli határértékében, akkor a hog-nek is létezik a-ban határértéke és
Innen a g:x(t) = u + tei függvénnyel(, ahol ei az i-edik sztenderd báziselem) és az a = 0 ponttal teljesül, hogy
Példa. Tekintsük az
Ekkor
Viszont g nem totálisan diffható, mert a (t,t) mentén a (0,0)-ba tartva:
ami nem létezik.
Persze g nem folytonos, és így nem is lehet totálisan differenciálható.
Példa.
Iránymenti deriválhatóság és differenciálhatóság
Ha e tetszőleges egységvektor, akkor
Példa.
Ekkor
Ha tehát differenciálható, akkor az iránymenti deriváltak (Gateau-deriváltak) is léteznek (e egységvektor):
Ám, polárkoordinátákra áttérve:
φ = π/4-et és π + π/4-et véve a vetületfüggvény a
- ,
ami nem differenciálható a 0-ban.
Megjegyzés. Persze abból, hogy az összes iránymenti derivált létezik, abból nem következik, hogy a függvény totálisan deriválható:
Folytonos parciális differenciálhatóság
Megfordításról a következő esetben beszélhetünk.
Tétel. Ha az f:Rn ⊃ Rm függvény minden parciális deriváltfüggvénye létezik az u egy környezetében és u-ban a parciális deriváltak folytonosak, akkor u-ban f differenciálható. (Sőt, folytonosan differenciálható.)
Bizonyítás. Elegendő az m = 1 esetet vizsgálni. Továbbá a bizonyítás elve nem változik, ha csak az n = 2 esetet tekintjük. Legyen x az u mondott környezetéből vett pont, és x = (x1,x2), v=(u1,x2), u=(u1,u2) Ekkor az [x,v] szakaszon ∂1f-hez a Lagrange-féle középértéktétel miatt létezik olyan ξ(x1)∈[x1,u1] szám, és a [v,u] szakaszon ∂2f-hez ζ(x2)∈[x2,u2] szám, hogy
itt az
- és
függvények folytonosak u-ban (még ha a ξ, ζ függvények nem is azok), és értékük az u-ban 0. Világos, hogy ez azt jelenti, hogy f differenciálható u-ban.
Világos, hogy a parciális deriváltak folytonossága szükséges a fenti tételben. Az alábbi példában léteznek a parciális deriváltfüggvények az u egy környzetében, de az u-ban nem folytonosak.
Példa
A differenciálhatóság azonban nem elég ahhoz, hogy a parciális deriváltak folytonosak legyenek.
Az
differenciálható, hiszen ez az
függvény és r ≠ 0-ban:
Példa
1) Polárkoordinátásan könnyen kijön, hogy ez a függvény totálisan deriválható. Parciális deriváltjai a 0-ban: 0.
2) Melyek a második parciális deriváltjai a 0-ban?
2. gyakorlat | pótló gyakorlat |